讨论
lim
n
Rn
0
或
f
(n)( x)
M,
则级数在收敛区间内收敛于 f ( x).
几个常见函数的麦克劳林级数
例1 将f ( x) e x展开成麦克劳林级数.
解 f (n)( x) e x , f (n)(0) 1. (n 0,1,2, )
ex 1 x 1 x2 1 xn
2!
n!
容易证明 lim e xn1 0
2
2
f (2n)(0) 0, f (2n1)(0) (1)n , (n 0,1,2, )
且 f (n)( x) sin( x n ) 1 x (,)
2
sin[ (n 1) ]
所以lim
2 xn1 0
n (n 1)!
sin x x 1 x3 1 x5 (1)n x2n1
3! 5!
(2n 1)!
x (,)
例3 将f ( x) (1 x) ( R)展开成x的幂级数. 解 f (n)( x) ( 1) ( n 1)(1 x)n,
f (n)(0) ( 1) ( n 1), (n 0,1,2, )
1 x ( 1) x2 ( 1) ( n 1) xn
若这样的幂级数存n0在，则称 f ( x) 可以展
开成幂级数。
若 f ( x)在x0的某个邻域内有n 1阶导数，则
f (x)
f ( x0 )
f ( x0 )( x x0 )
f (n)( x0 ) ( x n!
x0 )n
f (n1)( ) ( x
(n 1)!
x0 )n1,其中介于x与x0之间.
2!
n!
lim an1 lim n 1,
n an
n n 1
R 1,
在(1,1)内, 若
s( x) 1 x ( 1) ( n 1) xn
n!
s( x) ( 1)x ( 1) ( n 1) xn1
(n 1)! xs( x) x ( 1)x2 ( 1) ( n 1) xn
s( x) 1 x
两边积分
x s( x) dx
0 s( x)
x
dx, 0 1 x
得 ln s( x) ln s(0) ln(1 x),
x (1,1)
即 ln s( x) ln(1 x) ,
s( x) (1 x) , x (1,1)
(1 x)
1 x ( 1) x2 ( 1) ( n 1) xn
2!
n!
x (1,1) 牛顿二项展开式
注意: 在x 1处收敛性与的取值有关.
1 收敛区间为(1,1); 1 1 收敛区间为(1,1];
1 收敛区间为[1,1].
0, x 0
在x=0点任意阶可导,
且 f (n)(0) 0 (n 0,1,2, )
f ( x)的麦氏级数为 0 xn
n0
该级数在(,)内和函数s( x) 0.
可见 除 x 0 外, f ( x) 的麦氏级数
处处不收敛于 f ( x).
定理1 设函数f ( x)在x0的某个邻域U ( x0 )有
逐项求导任意次,得
f ( x) a1 2a2( x x0 ) nan( x x0 )n1
f (n)( x) n!an (n 1)n 3 2an1( x x0 )
令 x x0, 即得
an
1 n!
f
(n)( x0 )
(n 0,1,2, )
泰勒系数是唯一的,
f ( x)的展开式是唯一的.
任意阶导数,则f ( x)在x x0处的泰勒级数
n0
f
(n)( x0 ) ( x n!
x0 )n收敛到f ( x）的充分必要
条件是f ( x)在x x0处泰勒公式中的余项
Rn( x)满足
证明 设
：lim n
Rn
(
x)
0。
Sn(x)
f ( x0 )
f ( x0 )(x
x0 )
f (n)( x0 ) ( x n!
第2节 函数展开成幂级数
一、泰勒级数 二、函数展开成幂级数 三、 小结
一、泰勒级数
上节例题 (1)n1 xn ln(1 x) (1 x 1)
n1
n
解决的是已知幂级数，求其和函数。若
给定函数 f (x) ，是否存在幂级数，使其
在收敛域内以 f (x)为和函数？即
f ( x) an( x x0 )n
定理2 如果存在常数 M ,使得对( x0 R, x0 R) 中的所有 x 及一切自然数n ,都有
f (n)(x) M
则 f ( x)在( x0 R, x R0 )内可展开为泰勒级数.
二、函数展开成幂级数
1.直接法(泰勒级数法)
步骤:
(1) 求an
f (n)( x0 ); n!
(2)
若上式中的 n 趋向于无穷，则我们得到
一个幂级数：
f ( x0 )
f ( x0 )( x
x0 )
f (n)( x0 ) ( x n!
x0
)n
（1）
（1）式称为函数 f ( x)在 x0 的泰勒级数。当 x0 0 时称（1）为 f (x) 的麦克劳林级数。
例如
f
(x)
e
1 x2
,
x0
n (n 1)!
e x 1 x 1 x2 1 xn (n 0,1,2, )
2!
n!
e x 1 x 1 x2 1 xn x (,)
2!
n!
例2 将f ( x) sin x展开成x的幂级数.
解
f (n)( x) sin( x n ), f (n)(0) sin n ,
x0 )n
则
f ( x) Sn( x) Rn( x)
其中
Rn( x)
f (n1)( ) (
(n 1)!
x
x0 )n1
,介于x与x0之间.
从而有 Rn( x) f ( x) Sn( x)
所以
Sn
(
x
)收敛f
(
x
)充要条件是lim n
Rn
(
x
)
0.
证毕。
注：Taylor展开式是唯一的。
若 f ( x) a0 a1( x x0 ) an( x x0 )n
(n 1)!
利用 (m 1) (m n 1) (m 1) (m n) m(m 1) (m n 1)
(n 1)!
n!
n!
(1 x)s( x)
2 x ( 1) x2 2( 1) ( n 1) xn1
2!
n!
s( x)
s( x) , 且 s(0) 1.