视频网站建设,重庆seo哪个强,免费网站建设itcask,页面设计流程文章目录 间接法推导幂级数展开常用麦克劳林幂级数展开公式应用例例例 间接法推导幂级数展开 已知函数的幂级数展开公式间接推导其他函数幂级数 使用原始的推导公式推导函数的幂级数展开是繁琐不便的,需要分别计算各项系数 a n f ( n ) ( 0 ) n ! a_{n}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}… 文章目录 间接法推导幂级数展开常用麦克劳林幂级数展开公式应用例例例 间接法推导幂级数展开 已知函数的幂级数展开公式间接推导其他函数幂级数 使用原始的推导公式推导函数的幂级数展开是繁琐不便的,需要分别计算各项系数 a n f ( n ) ( 0 ) n ! a_{n}\frac{f^{(n)}(0)}{n!} ann!f(n)(0),最后考察余项 R n ( x ) R_{n}(x) Rn(x)是否趋于0 尤其是其中研究余项在初等函数中也不是容易的事 间接法包括: 幂级数运算(四则运算,逐项求导,逐项积分)变量代换法 这些间接方法不仅计算简单,而且避开了对余项的研究
常用麦克劳林幂级数展开公式 利用以下基础展开式(直接法推得),可以推出许多函数的幂级数展开式 下面( 1 ∼ 4 1\sim{4} 1∼4)是基础幂级数,推出后面得新幂级数: e x e^{x} ex ∑ n 0 ∞ 1 n ! x n \sum_{n0}^{\infin}\frac{1}{n!}x^{n} ∑n0∞n!1xn, x ∈ ( − ∞ , ∞ ) x\in(-\infin,\infin) x∈(−∞,∞) e x e^{x} ex 1 x x 2 2 ! ⋯ 1x\frac{x^2}{2!}\cdots 1x2!x2⋯ sin x \sin{x} sinx ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n x 2 n 1 ( 2 n 1 ) ! \sum_{n0}^{\infin} (-1)^{n}\frac{x^{2n1}}{(2n1)!} ∑n0∞(−1)n(2n1)!x2n1, x ∈ ( − ∞ , ∞ ) x\in(-\infin,\infin) x∈(−∞,∞) sin x \sin{x} sinx x − x 3 3 ! x 5 5 ! − ⋯ x-\frac{x^3}{3!}\frac{x^{5}}{5!}-\cdots x−3!x35!x5−⋯ 1 1 − x \frac{1}{1-x} 1−x1 ∑ n 0 ∞ x n \sum_{n0}^{\infin}x^{n} ∑n0∞xn, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1) 这个级数是最简单的幂级数,因为这是级数的前 n n n项和是容易表示的,即首项为 1 1 1,公比为 x x x的前 n n n项和: 1 ( 1 − x n ) 1 − x \frac{1(1-x^{n})}{1-x} 1−x1(1−xn),当 n → ∞ n\to{\infin} n→∞时 s n → 1 1 − x s_{n}\to{\frac{1}{1-x}} sn→1−x1, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1)也可以利用幂级数的通用求法来求 1 1 − x \frac{1}{1-x} 1−x1 1 x x 2 ⋯ 1xx^2\cdots 1xx2⋯ 1 1 x \frac{1}{1x} 1x1 ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n x n \sum_{n0}^{\infin}(-1)^{n}x^{n} ∑n0∞(−1)nxn, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1) 和第3个类似也可以由 x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in{(-1,1)} x∈(−1,1), − x ∈ ( − 1 , 1 ) -x\in(-1,1) −x∈(−1,1),将式(3)的 x x x替换为 − x -x −x,得到(4) 1 1 x \frac{1}{1x} 1x1 1 − x x 2 − ⋯ 1-xx^2-\cdots 1−xx2−⋯ ln ( x 1 ) \ln(x1) ln(x1) ∑ n 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 1 n x n \sum_{n1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n}x^{n} ∑n1∞(−1)n−1n1xn, x ∈ ( − 1 , 1 ] x\in(-1,1] x∈(−1,1] 对式(4)两边做 [ 0 , x ] [0,x] [0,x]上的积分,即 左边: ∫ 0 x 1 x 1 d x \int_{0}^{x}\frac{1}{x1}\mathrm{d}x ∫0xx11dx ∫ 0 x 1 t 1 d t \int_{0}^{x}\frac{1}{t1}\mathrm{d}t ∫0xt11dt ln ∣ t 1 ∣ ∣ 0 x \ln|t1||_{0}^{x} ln∣t1∣∣0x ln ∣ x 1 ∣ \ln|x1| ln∣x1∣ ln ( x 1 ) \ln(x1) ln(x1), x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1)右边: ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n x n \sum_{n0}^{\infin}(-1)^{n}x^{n} ∑n0∞(−1)nxn ∑ n 0 ∞ ∫ 0 x ( − 1 ) n t n d t \sum_{n0}^{\infin}\int_{0}^{x}(-1)^{n}t^{n}\mathrm{d}t ∑n0∞∫0x(−1)ntndt ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n 1 n 1 x n 1 \sum_{n0}^{\infin}(-1)^{n}\frac{1}{n1}x^{n1} ∑n0∞(−1)nn11xn1 ∑ n 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 1 n x n \sum_{n1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n}x^{n} ∑n1∞(−1)n−1n1xn, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1) ln ( x 1 ) \ln(x1) ln(x1) x − x 2 2 x 3 3 − ⋯ x-\frac{x^2}{2}\frac{x^3}{3}-\cdots x−2x23x3−⋯ cos x \cos{x} cosx ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n x 2 n ( 2 n ) ! \sum_{n0}^{\infin} (-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!} ∑n0∞(−1)n(2n)!x2n, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1) 对式(2)两边求导,立即得到此式 cos x \cos{x} cosx 1 − x 2 2 ! x 4 4 ! − ⋯ 1-\frac{x^2}{2!}\frac{x^{4}}{4!}-\cdots 1−2!x24!x4−⋯ 1 1 x 2 \frac{1}{1x^2} 1x21 ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n x 2 n \sum_{n0}^{\infin}(-1)^{n}x^{2n} ∑n0∞(−1)nx2n, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1) 对于 x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1), x 2 ∈ ( − 1 , 1 ) x^2\in(-1,1) x2∈(−1,1)所以将式(4)中 x x x替换为 x 2 x^2 x2即得此式 1 1 x 2 \frac{1}{1x^2} 1x21 1 − x 2 x 4 − ⋯ 1-x^2x^{4}-\cdots 1−x2x4−⋯ arctan x \arctan{x} arctanx ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n 1 2 n 1 x 2 n 1 \sum_{n0}^{\infin}(-1)^{n}\frac{1}{2n1}x^{2n1} ∑n0∞(−1)n2n11x2n1, x ∈ [ − 1 , 1 ] x\in[-1,1] x∈[−1,1] 对式(7)两边做 [ 0 , x ] [0,x] [0,x]上的积分,即得此式 arctan x \arctan{x} arctanx x − x 3 3 x 5 5 ⋯ x-\frac{x^3}{3}\frac{x^5}{5}\cdots x−3x35x5⋯ a x a^{x} ax ∑ n 0 ∞ ( ln a ) n n ! x n \sum_{n0}^{\infin}\frac{(\ln{a})^{n}}{n!}x^{n} ∑n0∞n!(lna)nxn, ( − ∞ x ∞ ) (-\infinx\infin) (−∞x∞) 将式(1)中的 x x x替换为 ln a x \ln{a^{x}} lnax,即 x ln a x\ln{a} xlna即可 e ln a x e^{\ln{a^{x}}} elnax a x a^{x} ax 补充一个直接法推得幂级数展开: f ( x ) f(x) f(x) ( 1 x ) m (1x)^{m} (1x)m 1 m x m ( m − 1 ) 2 ! x 2 ⋯ m ( m − 1 ) ⋯ ( m − n 1 ) n ! x n ⋯ 1mx\frac{m(m-1)}{2!}x^2\cdots\frac{m(m-1)\cdots{(m-n1)}}{n!}x^{n}\cdots 1mx2!m(m−1)x2⋯n!m(m−1)⋯(m−n1)xn⋯, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1) 其中 m m m为任意实数当 m ∈ N m\in\mathrm{N_{}} m∈N,展开式就是二项式定理: ( 1 x ) m (1x)^{m} (1x)m ∑ k 0 m C m k x k \sum_{k0}^{m}C_{m}^{k}{x}^{k} ∑k0mCmkxk
应用
利用上述公式推导陌生函数的幂级数展开实例
例 把 f ( x ) f(x) f(x) ( 1 − x ) ln ( 1 x ) (1-x)\ln(1x) (1−x)ln(1x)展开成 x x x得幂级数 由 ln ( 1 x ) \ln(1x) ln(1x) ∑ n 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n \sum_{n1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n} ∑n1∞n(−1)n−1xn, x ∈ ( − 1 , 1 ] x\in{(-1,1]} x∈(−1,1] f ( x ) f(x) f(x) ( 1 − x ) ∑ n 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n (1-x)\sum_{n1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n} (1−x)∑n1∞n(−1)n−1xn 思路1: ∑ n 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n ( 1 − x ) \sum_{n1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}(1-x) ∑n1∞n(−1)n−1xn(1−x),这不是 x x x得幂级数 思路2:分配律分开处理,对齐通项幂次和求和下标求和 先对齐通项幂(变动求和下标的起点),在对其求和下标(将多于的项移到求和号外计算) ∑ n 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n \sum_{n1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n} ∑n1∞n(−1)n−1xn- ∑ n 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n 1 \sum_{n1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n1} ∑n1∞n(−1)n−1xn1 ∑ n 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n \sum_{n1}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n} ∑n1∞n(−1)n−1xn- ∑ n 2 ∞ ( − 1 ) n − 2 n − 1 x n \sum_{n2}^{\infin}\frac{(-1)^{n-2}}{n-1}x^{n} ∑n2∞n−1(−1)n−2xn x ∑ n 2 ∞ ( − 1 ) n − 1 n x n x\sum_{n2}^{\infin}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n} x∑n2∞n(−1)n−1xn- ∑ n 2 ∞ ( − 1 ) n − 2 n − 1 x n \sum_{n2}^{\infin}\frac{(-1)^{n-2}}{n-1}x^{n} ∑n2∞n−1(−1)n−2xn x ∑ n 2 ∞ ( − 1 ) n − 1 ( 2 n − 1 ) n ( n − 1 ) x n x\sum_{n2}^{\infin} \frac{(-1)^{n-1}(2n-1)}{n(n-1)}x^{n} x∑n2∞n(n−1)(−1)n−1(2n−1)xn, x ∈ ( − 1 , 1 ] x\in{(-1,1]} x∈(−1,1]
例
有理分式的展开,通常采用 1 1 − x \frac{1}{1-x} 1−x1 ∑ n 0 ∞ x n \sum_{n0}^{\infin}x^{n} ∑n0∞xn(1)或 1 1 x \frac{1}{1x} 1x1 ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n x n \sum_{n0}^{\infin}(-1)^{n}x^{n} ∑n0∞(−1)nxn(1-1)代换 (1)和(1-1)之间形式转换是很简单的, 1 1 x \frac{1}{1x} 1x1 1 1 − ( − x ) \frac{1}{1-(-x)} 1−(−x)1, 而若展开为 x − x 0 x-x_0 x−x0的形式,则需要配项(换元: t x − x 0 tx-x_0 tx−x0),令 g g ( t ) g ( x − x 0 ) gg(t)g(x-x_0) gg(t)g(x−x0),使得形式靠近 1 1 − t ( x ) \frac{1}{1-t(x)} 1−t(x)1 例如,设分母为 P ( x ) P(x) P(x),则应将 P ( x ) P(x) P(x)变形为 P ( x ) k ( 1 g ( x − x 0 ) ) P(x)k(1g(x-x_0)) P(x)k(1g(x−x0)), k k k为常数特别的,如果能够确定 g ( x − x 0 ) g(x-x_0) g(x−x0)是 x x x的一次式,即可设 g ( x − x 0 ) m ( x − x 0 ) g(x-x_0)m(x-x_0) g(x−x0)m(x−x0),那么 P ( x ) k ( 1 m ( x − x 0 ) ) P(x)k(1m(x-x_0)) P(x)k(1m(x−x0)), m , k m,k m,k为常数,即 P ( x ) P(x) P(x) k m x k − k m x 0 kmxk-kmx_0 kmxk−kmx0,利用系数比较法可以分别确定 k , m k,m k,m 从而可以确定 g g ( x − x 0 ) gg(x-x_0) gg(x−x0),用 g g g代替式(1)或(1-1)中的 x x x,并且收敛区间为 g ∈ ( − 1 , 1 ) g\in(-1,1) g∈(−1,1)的解集 总之,这个过程是需要一定的尝试和计算才能正确变形为复合要求的形式 f ( x ) f(x) f(x) 1 x 2 4 x 3 \frac{1}{x^24x3} x24x31展开为 x − 1 x-1 x−1的幂级数 f ( x ) f(x) f(x) 1 ( x 1 ) ( x 3 ) \frac{1}{(x1)(x3)} (x1)(x3)1 1 2 ( 1 x ) \frac{1}{2(1x)} 2(1x)1- 1 2 ( 3 x ) \frac{1}{2(3x)} 2(3x)1 1 4 1 1 x − 1 2 \frac{1}{4}\frac{1}{1\frac{x-1}{2}} 4112x−11- 1 8 ( 1 x − 1 4 ) \frac{1}{8(1\frac{x-1}{4})} 8(14x−1)1(2) 2 ( 1 x ) 2(1x) 2(1x) k ( 1 m ( x − 1 ) ) k(1m(x-1)) k(1m(x−1))(2-1),即 2 x 2 2x2 2x2 k m x k − k m kmxk-km kmxk−km 比较系数可得 m k 2 mk2 mk2, k − k m 2 k-km2 k−km2,解得 k 4 k4 k4, m 1 2 m\frac{1}{2} m21,代入式(2-1),得 4 ( 1 x − 1 2 ) 4(1\frac{x-1}{2}) 4(12x−1) 从而 1 2 ( 1 x ) \frac{1}{2(1x)} 2(1x)1 1 4 ( 1 x − 1 2 ) \frac{1}{4(1\frac{x-1}{2})} 4(12x−1)1 类似的, 2 ( 3 x ) 2(3x) 2(3x) k ( 1 m ( x − 1 ) ) k(1m(x-1)) k(1m(x−1)),即 6 2 x 62x 62x k m x k − k m kmxk-km kmxk−km,比较两边系数,得 m k 2 mk2 mk2, k − k m 6 k-km6 k−km6,得 k 8 k8 k8, m 1 4 m\frac{1}{4} m41, 从而 1 2 ( 3 x ) \frac{1}{2(3x)} 2(3x)1 1 8 ( 1 x − 1 4 ) \frac{1}{8(1\frac{x-1}{4})} 8(14x−1)1 而 1 4 1 1 x − 1 2 \frac{1}{4}\frac{1}{1\frac{x-1}{2}} 4112x−11 1 4 ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n 2 n ( x − 1 ) n \frac{1}{4}\sum_{n0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{2^{n}}(x-1)^{n} 41∑n0∞2n(−1)n(x−1)n(3), x − 1 2 ∈ ( − 1 , 1 ) \frac{x-1}{2}\in(-1,1) 2x−1∈(−1,1),解得 x ∈ ( − 1 , 3 ) x\in(-1,3) x∈(−1,3),类似的, 1 8 ( 1 x − 1 4 ) \frac{1}{8(1\frac{x-1}{4})} 8(14x−1)1 1 8 ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n 4 n ( x − 1 ) n \frac{1}{8}\sum_{n0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{4^{n}}(x-1)^{n} 81∑n0∞4n(−1)n(x−1)n,(4) x ∈ ( − 3 , 5 ) x\in(-3,5) x∈(−3,5)所以 f ( x ) f(x) f(x) ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n ( 1 2 n 2 − 1 2 2 n 3 ) ( x − 1 ) n \sum_{n0}^{\infin}(-1)^{n}(\frac{1}{2^{n2}}-\frac{1}{2^{2n3}})(x-1)^{n} ∑n0∞(−1)n(2n21−22n31)(x−1)n(5) 这里(3),(4)无法对求和号的通项直接相加,需要将求和号外的系数移入求和号这样(3)改写为 ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n 2 n 2 ( x − 1 ) n \sum_{n0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{2^{n2}}(x-1)^{n} ∑n0∞2n2(−1)n(x−1)n(4)改写为 ∑ n 0 ∞ 1 2 3 ( − 1 ) n 2 2 n ( x − 1 ) n \sum_{n0}^{\infin} \frac{1}{2^{3}}\frac{(-1)^{n}}{2^{2n}}(x-1)^{n} ∑n0∞23122n(−1)n(x−1)n ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n 2 2 n 3 ( x − 1 ) n \sum_{n0}^{\infin} \frac{(-1)^{n}}{2^{2n3}}(x-1)^{n} ∑n0∞22n3(−1)n(x−1)n,取(3,4)中较小的收敛半径,即 x ∈ ( − 1 , 3 ) x\in(-1,3) x∈(−1,3)
例 sin x \sin{x} sinx展开成 x − π 4 x-\frac{\pi}{4} x−4π得幂级数 注意,被展开的函数时 sin x \sin{x} sinx,而不是 sin ( x − π 4 ) \sin{(x-\frac{\pi}{4})} sin(x−4π)后者展开成 x − π 4 x-\frac{\pi}{4} x−4π直接用 x − π 4 x-\frac{\pi}{4} x−4π代替 sin x \sin{x} sinx的幂级数展开但是前者要复杂,需要做变形 sin x \sin{x} sinx sin ( π 4 ( x − π 4 ) ) \sin(\frac{\pi}{4}(x-\frac{\pi}{4})) sin(4π(x−4π)) sin π 4 cos ( x − π 4 ) cos π 4 sin ( x − π 4 ) \sin\frac{\pi}{4}\cos(x-\frac{\pi}{4})\cos\frac{\pi}{4}\sin(x-\frac{\pi}{4}) sin4πcos(x−4π)cos4πsin(x−4π) 1 2 [ cos ( x − π 4 ) sin ( x − π 4 ) ] \frac{1}{\sqrt{2}}[\cos(x-\frac{\pi}{{4}})\sin(x-\frac{\pi}{4})] 2 1[cos(x−4π)sin(x−4π)]现在用 x − π 4 x-\frac{\pi}{4} x−4π分别代替 cos x , sin x \cos{x},\sin{x} cosx,sinx幂级数展开中的 x x x然后合并,最后可得 sin x \sin{x} sinx 1 2 [ ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n ( 2 n 1 ) ! ( x − π 4 ) 2 n 1 ] \frac{1}{\sqrt{2}}[\sum_{n0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{(2n1)!}(x-\frac{\pi}{4})^{2n1}] 2 1[∑n0∞(2n1)!(−1)n(x−4π)2n1], x ∈ ( − ∞ , ∞ ) x\in(-\infin,\infin) x∈(−∞,∞)
