高等数学电子教案12599.pdf

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1、 1 第十二章 无穷级数 教学目的：1、理解无穷级数收敛、发散以及和的概念。2、了解无穷级数基本性质及收敛的必要条件。3、掌握几何级数和 p-级数的收敛性。4、掌握正项级数的比较审敛法、比值审敛法和根值审敛法。5、掌握交错级数的莱布尼茨定理，会估计交错级数的截断误差。6、了解无穷级数绝对收敛与条件收敛的概念以及绝对收敛与条件收敛的关系。7、理解函数项级数的收敛性、收敛域及和函数的概念，了解函数项级数的一致收敛性概念，了解函数项级数和函数的性质。8、掌握幂级数的收敛半径、收敛区间及收敛域的求法，了解幂级数在其收敛区间内的一些基本性质。9、会利用幂级数的性质求和 10、了解函数展开为泰勒级数的充分

2、必要条件。11、会利用基本初等函数的麦克劳林展开式将一些简单的函数间接展开成幂级数。12、理解函数展开为傅里叶级数的狄利克雷条件。13、掌握将定义在区间(，)上的函数展开为傅里叶级数的方法。14、会将定义在区间0，上的函数展开为正弦或余弦级数。15、会将定义在区间(l，l)上的函数展开为傅里叶级数。教学重点：1、级 数 收 敛 的 定 义 及 条 件 2、判 定 正 项 级 数 的 收 敛 与 发 散 3、幂级数的收敛半径、收敛区间及收敛域的求法；4、泰 勒 级 数 5、函 数 展 开 成 傅 立 叶 级 数。教学难点：1、级 数 收 敛 的 定 义 及 条 件 2、判 定 正 项 级 数 的

3、 收 敛 与 发 散 3、幂级数的收敛半径、收敛区间及收敛域的求法；2 4、泰 勒 级 数；5、函 数 展 开 成 傅 立 叶 级 数 3 12 1 常数项级数的概念和性质 一、常数项级数的概念 常数项无穷级数 一般地，给定一个数列 u1 u2 u3 un 则由这数列构成的表达式 u1 u2 u3 un 叫做（常数项)无穷级数 简称（常数项)级数 记为1nnu 即 3211 nnnuuuuu 其中第 n 项 u n 叫做级数的一般项 级数的部分和 作级数1nnu的前 n 项和 nniinuuuuus 3211 称为级数1nnu的部分和 级数敛散性定义 如果级数1nnu的部分和数列ns有极限 s

4、 即 ssnnlim 则称无穷级数1nnu收敛 这时极限 s 叫做这级数的和 并写成 3211 nnnuuuuus 4 如果ns没有极限 则称无穷级数1nnu发散 余项 当级数1nnu收敛时 其部分和 s n是级数1nnu的和 s 的近似值 它们之间的差值 rnssnun1un2 叫做级数1nnu的余项 例 1 讨论等比级数(几何级数)20 nnnaqaqaqaaq 的敛散性 其中 a0 q 叫做级数的公比 解：如果 q1 则部分和 qaqqaqaqaaqaqaqasnnnn 111 12 当|q|1 时 因为qasnn1lim 所以此时级数nnaq0收敛 其和为qa1 当|q|1 时 因为n

5、nslim 所以此时级数nnaq0发散 如果|q|1 则当 q1 时 sn na 因此级数nnaq0发散 当 q1 时 级数nnaq0成为 aaaa 时|q|1 时 因为 sn 随着 n 为奇数或偶数而等于 a 或零 5 所以 sn的极限不存在 从而这时级数nnaq0也发散 综上所述 如果|q|1 则级数nnaq0收敛 其和为qa1 如果|q|1 则级数nnaq0发散 仅当|q|1 时 几何级数nnaq0a0)收敛 其和为qa1 例 2 证明级数 135 （2n-1）是发散的 证 此级数的前 n 项部分和为 1 35 (21)(1)nsnn n 显然 nnslim 因此所给级数是发散的 例 3

6、 判别无穷级数 )1(1 431321211 nn 的收敛性 解 由于 111)1(1nnnnun 因此 )1(1 431321211 nnsn 111)111()3121()211(nnn 从而 1)111(limlimnsnnn 所以这级数收敛 它的和是 1 6 提示 111)1(1nnnnun 二、收敛级数的基本性质 性质 1 如果级数1nnu收敛于和 s 则它的各项同乘以一个常数 k 所得的级数1nnku也收敛 且其和为 ks 证明：设1nnu与1nnku的部分和分别为 sn与n 则 )(limlim21nnnnkukuku ksskuuuknnnn lim)(lim21 这表明级数1

7、nnku收敛 且和为 ks 表明：级数的每一项同乘以一个不为零常数后，它的收敛性不会改变。性质 2 如果级数1nnu、1nnv分别收敛于和 s、则级数)(1nnnvu 也收敛 且其和为 s 证明：如果1nnu、1nnv、)(1nnnvu 的部分和分别为 sn、n、n 则 )()()(limlim2211nnnnnvuvuvu )()(lim2121nnnvvvuuu ssnnn)(lim 表明：两个收敛级数可以逐项相加与逐项相减。性质 3 在级数中去掉、加上或改变有限项 不会改变级数的收敛性 比如 级数 )1(1 431321211 nn是收敛的 7 加一项后级数11119895 1 22 3

8、3 4(1)n n 也是收敛的 减一项后级数 )1(1 541431 nn也是收敛的 性质 4 如果级数1nnu收敛 则对这级数的项任意加括号后所成的级数仍收敛 且其和不变 注意 如果加括号后所成的级数收敛 则不能断定去括号后原来的级数也收敛 例如 级数 （11)+（11)+收敛于零 但级数 1111 却是发散的 推论 如果加括号后所成的级数发散 则原来级数也发散 级数收敛的必要条件 性质 5 如果1nnu收敛 则它的一般项 un 趋于零 即0lim0nnu 证：设级数1nnu的部分和为 sn 且ssnnlim 则 0limlim)(limlim110ssssssunnnnnnnnn 注意 级

9、数的一般项趋于零并不是级数收敛的充分条件 例如 调和级数 1 3121111 nnn 尽管它的一般项1lim0nn，但它是发散的 因为 假若级数11nn收敛且其和为 s sn是它的部分和 显然有ssnnlim及ssnn2lim 于是0)(lim2nnnss 但另一方面 8 2121 212121 21112 nnnnnnssnn 故0)(lim2nnnss 矛盾 这矛盾说明级数11nn必定发散 12 2 常数项级数的审敛法 一、正项级数及其审敛法 定义：各项都是正数或零的级数称为正项级数，称为正项级数。正项级数是一类非常重要的级数，关于正项级数有列重要结论：定理 1 正项级数1nnu收敛的充分

10、必要条件它的部分和数列sn有界 证 设级数 u1 u2 un 是一个正项级数。其部分和为 sn 显然 sn是一个单调增加数列，若部分和数列 sn有界 则根据单调有界数列必有 极限的准则，可知级数un收敛；反之 若级数un收敛，则部分和数列 sn有极限，根据有极限的数列是有界数列的性质可知sn有界 定理 2(比较审敛法)设1nnu和1nnv都是正项级数 且 unvn(n1 2 )若级数1nnv收敛 则级数1nnu收敛 反之 若级数1nnu发散 则级数1nnv发散 证 设级数1nnv收敛于和 则级数1nnu的部分和 snu1u2 unv1 v2 vn(n1,2,)即部分和数列sn有界 由定理 1

11、知级数1nnu收敛 反之 设级数1nnu发散 则级数1nnv必发散 9 因为若级数1nnv收敛 由上已证明的结论 将有级数1nnu也收敛 与假设矛盾 推论 设1nnu和1nnv都是正项级数 如果级数1nnv收敛 且存在自然数 N 使当 nN 时有unkvn(k0)成立 则级数1nnu收敛 如果级数1nnv发散 且当 nN 时有 unkvn(k0)成立 则级数1nnu发散 例 1 讨论 p级数 1 413121111 pppppnnn 的收敛性 其中常数 p0 解 设 p1 这时nnp11 而调和级数11nn发散 由比较审敛法知 当 p1 时级数pnn11发散 设 p1 此时有 1)1(1111

12、111111ppnnpnnppnnpdxxdxnn(n2,3,)对于级数1)1(1112ppnnn 其部分和 111111)1(11)1(11 3121211 ppppppnnnns 因为1)1(11 limlim1pnnnns 所以级数1)1(1112ppnnn收敛 从而根据比较审敛法的推论 1 可知 级数pnn11当 10 p1 时收敛 综上所述 p级数pnn11当 p1 时收敛 当 p1 时发散 提示 级数1)1(1112ppnnn的部分和为 111111)1(11)1(11 3121211 ppppppnnnns 因为1)1(11 limlim1pnnnns 所以级数1)1(1112p

13、pnnn收敛 p级数的收敛性 p级数pnn11当 p1 时收敛 当 p1 时发散 例 2 证明级数1)1(1nnn是发散的 证 因为11)1(1)1(12nnnn 而级数 11 3121111 nnn是发散的 根据比较审敛法可知所给级数也是发散的 定理 3 (比较审敛法的极限形式)设1nnu和1nnv都是正项级数 (1)如果lvunnnlim(0l)且级数1nnv收敛 则级数1nnu收敛 11 (2)如果nnnnnnvulvulim0lim或 且级数1nnv发散 则级数1nnu发散 证明 由极限的定义可知 对l21 存在自然数 N 当 nN 时 有不等式 llvullnn2121 即nnnlv

14、ulv2321 再根据比较审敛法的推论 1 即得所要证的结论 例 3 判别级数11tannn的收敛性 解 因为1tan lim11nnn 而级数11nn发散 根据比较审敛法的极限形式 级数11tannn发散 例 4 判别级数11(21)(21)nnn的收敛性 解 因为211(21)(21)lim14nnnn 而级数211nn收敛 根据比较审敛法的极限形式 级数11(21)(21)nnn收敛 定理 4(比值审敛法 达朗贝尔判别法)若正项级数1nnu的后项与前项之比值的极限等于 nnnuu1lim 12 则 当1 时级数收敛 当1(或nnnuu1lim)时级数发散 当 1 时级数可能收敛也可能发散

15、 例 5 证明级数 )1(3211 3211211111 n 是收敛的 解 因为101lim 321)1(321lim lim 1 nnnuunnnnn 根据比值审敛法可知所给级数收敛 例 6 判别级数 10!10321102110132 nn的收敛性 解 因为101lim!1010)!1(lim lim 11nnnuunnnnnnn 根据比值审敛法可知所给级数发散 例 7 判别级数112(21)nnn的收敛性 解 12(21)lim lim1(21)(22)nnnnunnunn 这时1 比值审敛法失效 必须用其它方法来判别级数的收敛性 因为211(21)2nnn 而级数211nn收敛 因此由

16、比较审敛法可知所给级数收敛 定理 5 (根值审敛法 柯西判别法)设1nnu是正项级数 如果它的一般项 un的 n 次根的极限等于 nnnulim 13 则当1 时级数收敛 当1(或nnnulim)时级数发散 当1 时级数可能收敛也可能发散 例 8 证明级数 1 3121132 nn是收敛的 并估计以级数的部分和 sn近似代替和 s 所产生的误差 解 因为01lim 1lim lim nnunnnnnnn 所以根据根值审敛法可知所给级数收敛 以这级数的部分和 sn 近似代替和 s 所产生的误差为 )3(1)2(1)1(1|321 nnnnnnnr )1(1)1(1)1(1321 nnnnnn n

17、nn)1(1 例 9 判定级数12)1(2nnn的收敛性 解 因为 21)1(221limlimnnnnnnu 所以 根据根值审敛法知所给级数收敛 定理 6 (极限审敛法)设1nnu为正项级数 (1)如果)lim(0limnnnnnulnu或 则级数1nnu发散 (2)如果 p1 而)0(limllunnpn 则级数1nnu收敛 例 7 判定级数12)11ln(nn的收敛性 解 因为)(1)11ln(22nnn 故 14 11lim)11ln(limlim22222nnnnunnnnn 根据极限审敛法 知所给级数收敛 例 8 判定级数)cos1(11nnn的收敛性 解 因为 222232321

18、)(211lim)cos1(1limlimnnnnnnnunnnnn 根据极限审敛法 知所给级数收敛 二、交错级数及其审敛法 交错级数 交错级数是这样的级数 它的各项是正负交错的 交错级数的一般形式为 11)1(nnnu 或1(1)nnnu 其中0nu 例如 1)1(11nnn是交错级数 但 cos1)1(11nnnn不是交错级数 定理 7（莱布尼茨定理）如果交错级数11)1(nnnu满足条件 (1)unun1(n1 2 3 )(2)0limnnu 则级数收敛 且其和 su1 其余项 rn的绝对值|rn|un1 证明 设前 2n 项部分和为 s2n 由 s2n(u1u2)(u3u4)(u2n

19、1u2n)及 s2nu1(u2u3)(u4u5)(u2n2u2n1)u2n 看出数列s2n单调增加且有界(s2nu1)所以收敛 设 s2ns(n)则也有 s2n1s2nu2n1s(n)所以 sns(n)从而级数是收敛的 且snu1 因为|rn|un1un2 也是收敛的交错级数 所以|rn|un1 15 例 9 证明级数 1)1(11nnn收敛 并估计和及余项 证 这是一个交错级数 因为此级数满足 (1)1111nnunnu(n1,2,)(2)01limlimnunnn 由莱布尼茨定理 级数是收敛的 且其和 su11 余项11|1nurnn 三、绝对收敛与条件收敛 绝对收敛与条件收敛 若级数1|

20、nnu收敛 则称级数1nnu绝对收敛 若级数1nnu收敛 而级数1|nnu发散 则称级1nnu条件收敛 例如 级数1211)1(nnn是绝对收敛的 而级数111)1(nnn是条件收敛的 定理 8 如果级数1nnu绝对收敛 则级数1nnu必定收敛 证明略 注意 如果级数1|nnu发散 我们不能断定级数1nnu也发散 但是 如果我们用比值法或根值法判定级数1|nnu发散 则我们可以断定级数1nnu必定发散 这是因为 此时|un|不趋向于零 从而 un也不趋向于零 因此级数1nnu也是发散的 16 例 11 判别级数41sinnnan的收敛性 解 因为|44sin1|nann 而级数411nn是收敛

21、的 所以级数41sin|nnan也收敛 从而级数41sinnnan绝对收敛 例 12 判别级数12)11(21)1(nnnnn的收敛性 解 由2)11(21|nnnnu 有121)11(lim21|limenunnnnn 可知0limnnu 因此级数12)11(21)1(nnnnn发散 12 3 幂级数 一、函数项级数的概念 函数项级数 给定一个定义在区间 I 上的函数列：u1(x)，u2(x)，u3(x)，un(x)由这函数列构成的表达式 u1(x)u2(x)u3(x)un(x)称为定义在区间 I 上的(函数项)级数 记为1)(nnxu 对于区间 I 内的一定点 x0 若常数项级数10)(n

22、nxu收敛 则称 点 x0是级数1)(nnxu的收敛点 若常数项级数10)(nnxu发散 则称 17 点 x0是级数1)(nnxu的发散点。函数项级数1)(nnxu的所有收敛点的全体称为它的收敛域 所有发散点的全体称为它的发散域 在收敛域上 函数项级数1)(nnxu的和是 x 的函数 s(x)s(x)称为函数项级数1)(nnxu的和函数 并写成1)()(nnxuxs un(x)是1)(nnxu的简便记法 以下不再重述 在收敛域上 函数项级数un(x)的和是 x 的函数 s(x)s(x)称为函数项级数un(x)的和函数 并写成 s(x)un(x)这函数的定义就是级数的收敛域。函数项级数un(x)

23、的前 n 项的部分和记作 sn(x)即 sn(x)u1(x)u2(x)u3(x)un(x)在收敛域上有)()(limxsxsnn或 sn(x)s(x)(n)函数项级数1)(nnxu的和函数 s(x)与部分和 sn(x)的差 rn(x)s(x)sn(x)叫做函数项级数1)(nnxu的余项 函数项级数un(x)的余项记为 rn(x)它是和函数 s(x)与部分和 sn(x)的差 rn(x)s(x)sn(x)在收敛域上有0)(limxrnn 二、幂级数及其收敛性 幂级数 函数项级数中简单而常见的一类级数就是各项都幂函数的函数项级数 这种形式的级数称为幂级数 它的形式是 a0a1xa2x2 anxn 其

24、中常数 a0 a1 a2 an 叫做幂级数的系数 例如一下级数 1xx2x3 xn 18 !1 !2112 nxnxx 注 幂级数的一般形式是 a0a1(xx0)a2(xx0)2 an(xx0)n 经变换 txx0就得 a0a1ta2t2 antn 幂级数 1xx2x3 xn 可以看成是公比为 x 的几何级数 当|x|1 时它是收敛的 当|x|1 时 它是发散的 因此它的收敛域为(1 1)在收敛域内有 11132 nxxxxx 由此例可得：定理 1(阿贝尔定理)如果级数0nnnxa当 xx0(x00)时收敛 则适合不等式|x|x0|的一切 x 使这幂级数绝对收敛 反之 如果级数0nnnxa当

25、xx0时发散 则适合不等式|x|x0|的一切 x 使这幂级数发散 证 先设 x0是幂级数0nnnxa的收敛点 即级数0nnnxa收敛 根据级数收敛的必要条件 有0lim0nnnxa 于是存在一个常数 M 使|anx0n|M(n0,1,2,)这样级数0nnnxa的的一般项的绝对值 nnnnnnnnnnxxMxxxaxxxaxa|00000 因为当|x|x0|时 等比级数nnxxM|00收敛 所以级数0|nnnxa收敛 也就是级数0nnnxa绝对收敛 定理的第二部分可用反证法证明 倘若幂级数当 xx0时发散而有一点 x1适合|x1|x0|使级 19 数收敛 则根据本定理的第一部分 级数当 xx0时

26、应收敛 这与所设矛盾 定理得证 推论 如果级数0nnnxa不是仅在点 x0 一点收敛 也不是在整个数轴上都收敛 则必有一个完全确定的正数 R 存在 使得 当|x|R 时 幂级数绝对收敛 当|x|R 时 幂级数发散 当 xR 与 xR 时 幂级数可能收敛也可能发散 收敛半径与收敛区间 正数R通常叫做幂级数0nnnxa的收敛半径 开区间(R R)叫做幂级数0nnnxa的收敛区间 再由幂级数在 xR 处的收敛性就可以决定它的收敛域 幂级数0nnnxa的收敛域是(R,R)(或R,R)、(R,R、R,R之一 规定 若幂级数0nnnxa只在 x0 收敛 则规定收敛半径 R0 若幂级数0nnnxa对一切 x

27、 都收敛 则规定收敛半径 R 这时收敛域为(,)关于幂级数的收敛半径求法，有下列定理：定理 2 如果|lim1nnnaa 其中 an、an1是幂级数0nnnxa的相邻两项的系数 则这幂级数的收敛半径 00 10 R 简要证明|lim|lim111xxaaxaxannnnnnnn (1)如果 0 则只当|x|1 时幂级数收敛 故1R (2)如果0 则幂级数总是收敛的 故 R 20(3)如果 则只当 x0 时幂级数收敛 故 R0 例 1 求幂级数11)1(nnnnx的收敛半径与收敛域 解 因为1111lim|lim 1nnaannnn 所以收敛半径为11R 当 x1 时 幂级数成为111)1(nn

28、n 是收敛的 当 x1 时 幂级数成为1)1(nn 是发散的 因此 收敛域为(1,1 例 2 求幂级数0!1nnxn !1 !31!21132 nxnxxx 的收敛域 解 因为0)!1(!lim !1)!1(1lim|lim 1nnnnaannnnn 所以收敛半径为 R 从而收敛域为(,)例 3 求幂级数0!nnxn的收敛半径 解 因为 !)!1(lim|lim 1nnaannnn 所以收敛半径为 R0 即级数仅在 x0 处收敛 例 4 求幂级数022!)()!2(nnxnn的收敛半径 解 级数缺少奇次幂的项 定理 2 不能应用 可根据比值审敛法来求收敛半径 幂级数的一般项记为nnxnnxu2

29、2)!()!2()(21 因为 21|4|)()(|limxxuxunnn 当 4|x|21 即21|x时级数收敛 当 4|x|21 即21|x时级数发散 所以收敛半径为21R 提示 2222)1(221)1()12)(22()!()!2()!1()!1(2)()(xnnnxnnxnnxuxunnnn 例 5 求幂级数12)1(nnnnx的收敛域 解 令 tx1 上述级数变为12nnnnt 因为 21)1(22|lim 11nnaannnnn 所以收敛半径 R2 当 t2 时 级数成为11nn 此级数发散 当 t2 时 级数成为1)1(nn 此级数收敛 因此级数12nnnnt的收敛域为2t2

30、因为2x12 即1x3 所以原级数的收敛域为1,3)三、幂级数的运算 设幂级数anxn及bnxn分别在区间(R,R)及(R,R)内收敛 则在(R,R)与(R,R)中较小的区间内有 加法 anxnbnxn(anbn)xn 减法 anxnbnxn(anbn)xn 乘法)()(00nnnnnnxbxaa0b0(a0b1a1b0)x(a0b2a1b1a2b0)x2 (a0bna1bn1 anb0)xn 22 除法：000nnnnnnnnna xc xb x 这里假定00b。为了决定系数nc，可以将 0nnnb x与0nnnc x相乘，然后比较 与0nnna x的同次幂项系数得出。关于幂级数，有以下的重

31、要性质 性质 1 幂级数0nnnxa的和函数 s(x)在其收敛域 I 上连续 如果幂级数在 xR(或 xR)也收敛 则和函数 s(x)在(R,R(或R,R)连续 性质 2 幂级数0nnnxa的和函数 s(x)在其收敛域 I 上可积 并且有逐项积分公式 01000001)()(nnnnxnnxnnnxxnadxxadxxadxxs(xI)逐项积分后所得到的幂级数和原级数有相同的收敛半径 性质 3 幂级数0nnnxa的和函数 s(x)在其收敛区间(R R)内可导 并且有逐项求导公式 1100)()()(nnnnnnnnnxnaxaxaxs(|x|R)逐项求导后所得到的幂级数和原级数有相同的收敛半径

32、 例 6 求幂级数011nnxn的和函数 解 求得幂级数的收敛域为1 1)设和函数为 s(x)即011)(nnxnxs x1 1)显然 s(0)1 在0111)(nnxnxxs的两边求导得 xxxnxxsnnnn11)11()(001 对上式从 0 到 x 积分 得 23 )1ln(11)(0 xdxxxxsx 于是 当 x 0 时 有)1ln(1)(xxxs 从而0 1 1|0 )1ln(1)(xxxxxs 因为 xnnnndxxnxnxxs001011111)()1ln(11000 xdxxdxxxxnn 所以 当 x0 时 有)1ln(1)(xxxs 从而 0 1 1|0 )1ln(1)

33、(xxxxxs 提示 应用公式)0()()(0FxFdxxFx 即xdxxFFxF0)()0()(11132 nxxxxx 例 7 求级数01)1(nnn的和 解 考虑幂级数011nnxn 此级数在1,1)上收敛 设其和 函数为 s(x)则01)1()1(nnns 在例 6 中已得到 xs(x)ln(1x)于是s(1)ln2 21ln)1(s 即21ln1)1(0nnn 12 4 函数展开成幂级数 一、泰勒级数 问题 给定函数 f(x)要考虑它是否能在某个区间内“展开成幂级数”就是说 是否能找到这样一个幂级数 它在某区间内收敛 且其和恰好就是给定的函数 f(x)如果能找到这样 24 的幂级数

34、我们就说 函数 f(x)在该区间内能展开成幂级数 或简单地说函数 f(x)能展开成幂级数 而该级数在收敛区间内就表达了函数 f(x)以前学过泰勒多项式 如果f(x)在点x0的某邻域内具有各阶导数 则在该邻域内f(x)近似等于 )(!2)()()()(200000 xxxfxxxfxfxf )()(!)(00)(xRxxnxfnnn 其中10)1()()!1()()(nnnxxnfxR(介于 x 与 x0之间)泰勒级数 如果 f(x)在点 x0的某邻域内具有各阶导数 f(x)f(x)f(n)(x)则当 n时 f(x)在点 x0的泰勒多项式 nnnxxnxfxxxfxxxfxfxp)(!)()(!

35、2)()()()(00)(200000 成为幂级数 )(!3)()(!2)()()(300200000 xxxfxxxfxxxfxf )(!)(00)(nnxxnxf 这一幂级数称为函数 f(x)的泰勒级数 显然 当 xx0时 f(x)的泰勒级数收敛于 f(x0)但是 除了 xx0外 f(x)的泰勒级数是否收敛?如果收敛 它是否一定收敛于 f(x)?对此，有以下定理：定理 设函数 f(x)在点 x0的某一邻域 U(x0)内具有各阶导数 则 f(x)在该邻域内能展开成泰勒级数的充分必要条件是 f(x)的泰勒公式中的余项 Rn(x)当 n0 时的极限为零 即 )(0)(lim0 xUxxRnn 证

36、明 先证必要性 设 f(x)在 U(x0)内能展开为泰勒级数 即 )(!)()(!2)()()()(00)(200000 nnxxnxfxxxfxxxfxfxf 又设 sn1(x)是 f(x)的泰勒级数的前 n1 项的和 则在 U(x0)内 sn1(x)f(x)(n)而 f(x)的 n 阶泰勒公式可写成 f(x)sn1(x)Rn(x)于是 R n(x)f(x)sn1(x)0(n)再证充分性 设 Rn(x)0(n)对一切 xU(x0)成立 因为 f(x)的 n 阶泰勒公式可写成 f(x)sn1(x)R n(x)于是 sn1(x)f(x)R n(x)f(x)即 f(x)的泰勒级数在 U(x0)内收

37、敛 并且收敛于 f(x)25 在泰勒级数中取 x00 得 !)0(!2)0()0()0()(2nnxnfxfxff 此级数称为 f(x)的麦克劳林级数 展开式的唯一性 如果 f(x)能展开成 x 的幂级数 那么这种展式是唯一的 它一定与 f(x)的麦克劳林级数一致 这是因为 如果 f(x)在点 x00 的某邻域(R R)内能展开成 x 的幂级数 即 f(x)a0a1xa2x2 anxn 那么根据幂级数在收敛区间内可以逐项求导 有 f(x)a12a2x3a3x2 nanxn1 f(x)2!a232a3x n(n1)anxn2 f(x)3!a3 n(n1)(n2)anxn3 f(n)(x)n!an

38、(n1)n(n1)2an1x 于是得 a0f(0)a1f(0)!2)0(2fa !)0()(nfann 注意 如果 f(x)能展开成 x 的幂级数 那么这个幂级数就是 f(x)的麦克劳林级数 但是 反过来如果f(x)的麦克劳林级数在点x00的某邻域内收敛 它却不一定收敛于f(x)因此 如果f(x)在点 x00 处具有各阶导数 则 f(x)的麦克劳林级数虽然能作出来 但这个级数是否在某个区间内收敛 以及是否收敛于 f(x)却需要进一步考察 二、函数展开成幂级数 展开步骤 第一步 求出 f(x)的各阶导数 f(x)f(x)f(n)(x)第二步 求函数及其各阶导数在 x0 处的值 f(0)f(0)f

39、(0)f(n)(0)第三步 写出幂级数 !)0(!2)0()0()0()(2 nnxnfxfxff 并求出收敛半径 R 26 第四步 考察在区间(R R)内时是否 Rn(x)0(n)1)1()!1()(lim)(limnnnnnxnfxR 是否为零 如果 Rn(x)0(n)则 f(x)在(R R)内有展开式 !)0(!2)0()0()0()()(2 nnxnfxfxffxf(RxR)例 1 将函数 f(x)ex展开成 x 的幂级数 解 所给函数的各阶导数为 f(n)(x)ex(n1 2 )因此 f(n)(0)1(n1 2 )于是得级数 !1 !2112nxnxx 它的收敛半径 R 对于任何有限

40、的数 x、(介于 0 与 x 之间)有 )!1(|)!1(|)(|1|1nxexnexRnxnn 而0)!1(|lim 1nxnn 所以0|)(|lim xRnn 从而有展开式 )(!1 !2112 xxnxxenx 例 2 将函数 f(x)sin x 展开成 x 的幂级数 解 因为)2 sin()()(nxxfn(n1 2 )所以 f(n)(0)顺序循环地取 0 1 0 1 (n0 1 2 3 )于是得级数 )!12()1(!5!312153nxxxxnn 它的收敛半径为 R 对于任何有限的数 x、(介于 0 与 x 之间)有 )!1(|)!1(2)1(sin|)(|11nxxnnxRnnn

41、0(n)因此得展开式 27 )()!12()1(!5!3sin12153 xnxxxxxnn )(!1 !2112 xxnxxenx 例 3 将函数 f(x)(1 x)m展开成 x 的幂级数 其中 m 为任意常数 解 f(x)的各阶导数为 f(x)m(1x)m1 f(x)m(m1)(1x)m2 f(n)(x)m(m1)(m2)(mn1)(1x)mn 所以 f(0)1 f(0)m f(0)m(m1)f(n)(0)m(m1)(m2)(mn1)于是得幂级数 !)1()1(!2)1(12 nxnnmmmxmmmx 可以证明 )11(!)1()1(!2)1(1)1(2 xxnnmmmxmmmxxnm 间

42、接展开法 例 4 将函数 f(x)cos x 展开成 x 的幂级数 解 已知 )!12()1(!5!3sin12153 nxxxxxnn(x)对上式两边求导得 )()!2()1(!4!21cos242 xnxxxxnn 例 5 将函数211)(xxf展开成 x 的幂级数 解 因为)11(1112 xxxxxn 把 x 换成x2 得 )1(1112422 nnxxxx(1x1)28 注 收敛半径的确定 由1x21 得1x1 例 6 将函数 f(x)ln(1x)展开成 x 的幂级数 分析 因为xxf11)(而x11是收敛的等比级数0)1(nnnx(1x1)的和函数 )1(11132 nnxxxxx

43、 所以将上式从 0 到 x 逐项积分 得 )11(1)1(432)1ln(1432 xnxxxxxxnn 解 f(x)ln(1x)xxdxxdxx0011)1ln(01001)1()1(nnnxnnnnxdxx(1x1)上述展开式对 x1 也成立 这是因为上式右端的幂级数当 x1 时收敛 而 ln(1x)在 x1 处有定义且连续 例 7 将函数 f(x)sin x 展开成)4(x的幂级数 解 因为 )4sin()4cos(22)4(4sinsinxxxx 并且有 )()4(!41)4(!211)4cos(42 xxxx )()4(!51)4(!31)4()4sin(53 xxxxx 所以 )(

44、)4(!31)4(!21)4(1 22sin32 xxxxx 例 8 将函数341)(2xxxf展开成(x1)的幂级数 解 因为 )411(81)211(41)3(21)1(21)3)(1(1341)(2xxxxxxxxxf 29 004)1()1(812)1()1(41nnnnnnnnxx )31()1)(2121()1(0322xxnnnnn 提示 )211(2)1(21xxx)411(4)1(43xxx 0)1211(2)1()1(2111nnnnxxx 0)1411(4)1()1(4111nnnnxxx 收敛域 由1211x和1411x得31x 小结：常用的展开式 )11(1112 x

45、xxxxn)(!1 !2112 xxnxxenx )()!12()1(!5!3sin12153 xnxxxxxnn )()!2()1(!4!21cos242 xnxxxxnn )11(1)1(432)1ln(1432 xnxxxxxxnn !2)1(1)1(2 xmmmxxm)11(!)1()1(xxnnmmmn 12 5 函数的幂级数展开式的应用 30 一、近似计算 例 1 计算5240的近似值 要求误差不超过 00001 解 因为5/1455)311(33243240 所以在二项展开式中取51m 431x 即得 )31!3594131!254131511(32401238245 这个级数收

46、敛很快 取前两项的和作为5240的近似值 其误差(也叫做截断误差)为 )31!451494131!3594131!2541(3|164123822 r )811(8111 31!25413282 200001402725181111312568 于是取近似式为)31511(324045 为了使“四舍五入”引起的误差(叫做舍入误差)与截断误差之和不超过 104 计算时应取五位小数 然后四舍五入 因此最后得：9926.22405 例 2 计算 ln 2 的近似值 要求误差不超过 00001 解 在上节例 5 中 令 x1 可得 1)1(312112ln1 nn.如果取这级数前 n 项和作为 ln2

47、 的近似值 其误差为 11|nrn.为了保证误差不超过410 就需要取级数的前 10000 项进行计算.这样做计算量太大了 我们必需用收敛较快的级数来代替它.把展开式 31 )11(1)1(432)1ln(1432 xnxxxxxxnn 中的 x 换成x 得 )11(432)1ln(432 xxxxxx 两式相减 得到不含有偶次幂的展开式 )1ln()1ln(11lnxxxx)11()5131(253 xxxx 令211xx 解出31x 以31x代入最后一个展开式 得 )31713151313131(22ln753 如果取前四项作为 ln2 的近似值 则误差为 )31131311113191(

48、2|131194 r )91(911 32211 7000001341911132911.于是取 )31713151313131(22ln753 同样地 考虑到舍入误差 计算时应取五位小数 33333.031 01235.031313 00082.031515 00007.031717 因此得 ln 206931 例 3 利用3!31sinxxx 求 sin9的近似值 并估计误差 解 首先把角度化成弧度 91809(弧度)20(弧度)从而 320!312020sin 其次 估计这个近似值的精确度 在 sin x 的幂级数展开式中令20 x 得 32 20!7120!5120!312020sin

49、753 等式右端是一个收敛的交错级数 且各项的绝对值单调减少 取它的前两项之和作为20sin的近似值 起误差为 3000001)2.0(120120!51|552r 因此取 1 5 7 0 8 0.020 003876.0203 于是得 sin9015643 这时误差不超过 105 例 4 计算定积分 dxex21022 的近似值 要求误差不超过 00001（取56419.01）解：将 ex的幂级数展开式中的 x 换成x2 得到被积函数的幂级数展开式 !3)(!2)(!1)(1322222 xxxex )(!)1(20 xnxnnn.于是 根据幂级数在收敛区间内逐项可积 得 dxxndxnxd

50、xennnnnnx 2102021020210!)1(2!)1(222 )!3721!25213211(1642 .前四项的和作为近似值 其误差为 9 0 0 0 01!49211|84r 33 所以 5295.0)!3721!25213211(126422102dxex 例 5 计算积分 dxxx10sin 的近似值 要求误差不超过 00001 解 由于1sinlim0 xxx 因此所给积分不是反常积分 如果定义被积函数在 x0 处的值为 1 则它在积分区间0 1上连续，展开被积函数 有 )(!7!5!31sin642 xxxxxx 在区间0 1上逐项积分 得 !771!551!3311si