AM@函数展开成幂级数@直接法

abstract

• 函数展开成幂级数
• 采用定义法(直接法)推导简单函数的幂级数展开公式

引言

• 幂级数有两重要问题
  • 幂级数收敛域以及其和函数(即幂级数会在收敛域收敛于哪个函数)
  • 将给定的函数展开成幂级数形式(即找到收敛域内收敛于给定函数的级数)

函数展开成幂级数

• 对于给定的函数$f(x)$,若能够找到一个幂级数,它在某个区间$I$内收敛,且其和恰好就是给定的函数$f(x)$
• 如果能够找到这样的幂级数,就称$f(x)$在区间$I$内能展开成幂级数,这个幂级数在区间$I$内就表达了函数$f(x)$
• 这显然能够方便我们估计被展开函数在区间$I$内任意一点的函数值,并且要多精确有多精确(只要展开的项足够多)
• 这部分内容和泰勒展开关系密切

确定展开的幂级数系数

• 设函数$f(x)$在点$x_0$的某个邻域$U(x_0)$内能够展开成幂级数,则$f(x)$=${\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_k(x-x_0{)}^k$,$x\in U(x_0)$(1)

• 根据和函数的性质,$f(x)$在$U(x_0)$内具有任意阶导数,$f^{(n)}(x)$=${\sum }_{k=0}^{\infty }{A}_{n+k}^k{a}_{n+k}(x-x_0{)}^k$=$n!a_n+(n+1)!a_{n+1}(x-x_0)+\frac{(n+2)!}{2!}{a}_{n+2}(x-x_0{)}^2+\cdots$,$x\in U(x_0)$(2)

  • $[a_k(x-x_0{)}^k{]}^{(n)}$
    1. =$0$,$k<n$
    2. =$a_{k}n!$,$k=n$
    3. =$a_k(A_k^n{)}^{k-n}(x-x{)}^{k-n}$
       • 其中$A_k^n$=$\frac{k!}{(k-n)!}$=$k(k-1)\cdots (k-n+1)$
       • 例如,当$k=n+1$时,$a_{n+1}(n+1)!(x-x_0)$
         • 当$k=n+2$时,$a_{n+2}\frac{(n+2)!}{2!}(x-x_0{)}^2$
         • $\cdots$

• 由(2)得$f^{(n)}(x_0)$=$n!a_n$(3),从而$a_n$=$\frac{1}{n!}{f}^{(n)}(x_0)$(4)

  • 这个过程和泰勒多项式的系数公式推导过程是一致的,可参考泰勒多项式的推导

• 这表明,若函数$f(x)$有幂级数展开式(1),那么该幂级数的系数$a_n$由公式(4)确定

• 即该幂级数(展开式)为$f(x)$=${\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{f}^{(n)}(x_0)(x-x_0{)}^k$,$x\in U(x_0)$(5)

• 式(5)右端称为$f(x)$在$x_0$处的泰勒级数;公式(5)称为$f(x)$在$x_0$处的泰勒展开式

小结

• 函数$f(x)$在$U(x_0)$内能够展开成幂级数的充要条件是式(5)成立,即泰勒级数在$U(x_0)$内收敛,且收敛到$f(x)$

定理

• 设函数$f(x)$在点$x_0$的某一邻域$U(x_0)$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要条件是在$U(x_0)$内$f(x)$的泰勒公式中的余项$R_n(x)$当$n\to \infty$时的极限为0,即$\underset{n\to \infty }{\lim }{R}_n(x)=0$,$x\in (U(x_0))$(6)
  • $n$次泰勒多项式$p_n(x)$就是泰勒级数(5)的前$n+1$项部分和
    • 这包括一个0次项(常数项),因此不是$n$项而是$n+1$项
  • 根据级数收敛的定义:
  • ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{f}^{(n)}(x_0)(x-x_0{)}^n$=$f(x)$,$x\in U(x_0)$
    • $\iff$ $\underset{n\to \infty }{\lim }{p}_n(x)$=$f(x)$
    • $\iff$ $\underset{n\to \infty }{\lim }[f(x)-p_n(x)]$=$f(x)-f(x)=0$
    • $\iff$ $\underset{n\to \infty }{\lim }{R}_n(x)$=$0$
    • 上述各等价式均有条件$$x\in U(x_0)$$

麦克劳林级数

• 通常幂级数展开指的就是Maclaurin幂级数展开(最简单的展开形式)

• 当$x_0=0$时,公式(5)变为${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{f}^{(n)}(0)x^n$(7),这成为Maclaurin级数

• 若$f(x)$能在$(-r,r)$内展开成$x$的幂级数,则$f(x)$=${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{f}^{(n)}(0)x^n$,$|x|<r$,(8),这称为Maclaurin展开式

展开成Maclaurin级数的步骤

• 求出$f(x)$的各阶导函数$f^{(n)}(x)$,$n=1,2,\cdots$

• 每求出一个导函数$f^{(k)}(x)$,就判断$x=0$处的导数值$f^{(k)}(0)$是否存在,如果不存在,则停止(这表明$f(x)$无法被展开成$x$的幂级数)

  • 例如$x=0$处$f(x)=x^{\frac{7}{3}}$
    • $f^{\prime }(0)$=$\frac{7}{3}{x}^{\frac{4}{3}}{|}_{x=0}$=$0$,
    • $f^{\prime \prime }(0)$=$\frac{7}{3}\frac{4}{3}{x}^{\frac{1}{3}}{|}_{x=0}$=$0$
    • $f^{\prime \prime \prime }(0)$=$\frac{28}{9}\frac{1}{3}{x}^{-\frac{2}{3}}{|}_0$,然而$f^{\prime \prime \prime }(x)$在$x=0$处没有定义(其中$\frac{1}{x^{\frac{2}{3}}}$,$x\ne 0$),从而导数不存在,这里情况就可以终止了

• 根据泰勒展开公式,写出幂级数:

  • $f(x)$=$f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+\cdots$(9)
    • =${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n$
  • 求出幂级数(9)的收敛半径$R$
    • 求收敛半径的时机在幂级数确定之后,而不是之前,因为收敛半径式对于级数而言的
    • 总之,仅知道$f(x)$是无法求其幂级数展开的收敛半径
    • 由于通项中含有$n!$,通常采用系数比值法求收敛半径

• 利用余项$R_n(x)$=$\frac{1}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}(\theta x)x^{n+1}$,$\theta \in (0,1)$

  • 考察$x$在区间$(-R,R)$内时余项$R_n(x)$的极限是否为0,即$\underset{n\to \infty }{\lim }{R}_n(x)=0$是否成立,若成立,则$f(x)$在$(-R,R)$内的Maclaurin幂级数展开式为式(9),且$x\in (-R,R)$

例

• 求$f(x)$=$e^x$展开成$x$的幂级数(即Maclaurin级数)
  • $f^{(n)}$=$e^x$,$(n=1,2,\cdots )$,因此$f^{(n)}(0)=1$,$(n=0,1,2,\cdots )$,这里记号$f^{(0)}=f(0)$
  • 构造幂级数${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n$=${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{x}^n$=$1+x+\frac{x^2}{2}+\cdots$(1)
  • 由系数比值法:$\rho$=$\underset{n\to \infty }{\lim }|\frac{n!}{(n+1)!}|$=$\underset{n\to \infty }{\lim }|\frac{1}{n+1}|$=0,从而收敛半径为$R=+\infty$
  • 对于任何有限的数$x,\xi$,($\xi$介于$0,x$之间,即$|\xi |<|x|$
    • 余项的绝对值为$|R_n(x)|$=$|\frac{e^{\xi }}{(n+1)!}{x}^{n+1}|$<$e^{|x|}\frac{|x{|}^{n+1}}{(n+1)!}$(2)
    • 因为$x$是有限的,所以$e^{|x|}$是有限的
    • $\frac{|x{|}^{n+1}}{(n+1)!}\to 0(n\to \infty )$(3)
      • 有几个角度可以说明这一点
        • 从直观上看,分母是阶乘级别,分子式指数级别,显然前者增长速度更快,无穷大的量级比较决定了该极限为0
        • 从而定义证明,这不是很方便
        • 从级数$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{|x{|}^{n+1}}{(n+1)!}\to 0$是收敛级数(由比值审敛法可知)可以说明通项的极限趋于0,这就说明了式(3)成立,此种推理最为严谨和方便
    • 这就说明(2)式在$n\to \infty$时趋于0,从而$|R_n(x)|\to 0$
    • 所以展开式$e^x$=${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{x}^n$,$x\in (-\infty ,+\infty )$是所求的幂级数展开式

例

• 求$f(x)$=$\sin x$的Maclaurin展开式

  • $f^{(n)}(x)$=$\sin (x+n\frac{\pi }{2})$,$n=1,2,\cdots$

  • $f^{(n)}(0)$循环地取$0,1,0,-1$,于是可构造幂级数$x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots +(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots$=${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$(1)

  • 收敛半径为$R=+\infty$

    • 容易从通项的分子和分母的量级上判断出任意有限的$x$取值下,级数(1)收敛
    • 或者用比值审敛法,可知收敛条件恒成立
    • 所以收敛半径为$+\infty$

  • 对于任何有限的数$x,\xi$,($\xi$介于$0,x$之间,即$|\xi |<|x|$,余项的绝对自值当$R_n(x)\to 0(n\to \infty )$

    • $|R_n(x)|$=$|f^{(n+1)}(\xi )\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}|$ $⩽$ $|\frac{|x{|}^{n+1}}{(n+1)!}|$ $\to 0(n\to \infty )$
      • $f^{(n+1)}(\xi )$=$\sin (\xi +(n+1)\frac{\pi }{2})$(3),该式有界:$|f^{(n+1)}(\xi )|⩽1$
      • 注意,此处余项是$n$次幂项后的余项$R_n(x)$,不同于$R_{2n+1}(x)$

  • 因此所求展开式为$f(x)$=${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$,$x\in (-\infty ,+\infty )$