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文章目錄
- 1 引入
- 2 泰勒中值定理
- 2.1 泰勒多項(xiàng)式
- 3.2 泰勒中值定理1
- 3.3 泰勒中值定理2
- 2.4 誤差估計(jì)
- 4 麥克勞林公式
- 5 常見(jiàn)麥克勞林公式
- 6 泰勒公式相關(guān)例題
- 6.1 將函數(shù)展成指定的泰勒公式
- 6.1.1 公式法
- 6.1.2 間接展法(變量替換)
- 6.2 利用泰勒公式求極限
- 6.3 確定無(wú)窮小的階數(shù)
- 6.4 求f(n)(x0)f^{(n)}(x_0)f(n)(x0?)即f(x)f(x)f(x)的n階導(dǎo)在某一點(diǎn)的值
- 6.5 證明題
- 7 后記
1 引入
對(duì)于一些復(fù)雜函數(shù),我們希望用一些簡(jiǎn)單的函數(shù)(冪函數(shù)-多項(xiàng)式函數(shù))來(lái)近似表達(dá)。
前面我們?cè)趯W(xué)習(xí)微分時(shí),有f(x)=f(x0)+f′(x0)(x?x0)+o(x?x0)f(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)(x-x_0)+o(x-x_0)f(x)=f(x0?)+f′(x0?)(x?x0?)+o(x?x0?)(誤差)
?f(x)≈f(x0)+f′(x0)(x?x0)\Rightarrow f(x)\approx f(x_0)+f^{'}(x_0)(x-x_0)?f(x)≈f(x0?)+f′(x0?)(x?x0?)
但是這種近似有缺點(diǎn):
- 近似精確度不高
- 有誤差,無(wú)法估計(jì)
2 泰勒中值定理
2.1 泰勒多項(xiàng)式
設(shè)函數(shù)f(x)在x0f(x)在x_0f(x)在x0?處有n階導(dǎo)數(shù),試找出一個(gè)關(guān)于(x?x0)的n(x-x_0)的n(x?x0?)的n次多項(xiàng)式
pn(x)=a0+a1(x?x0)+a2(x?x0)2+?+an(x?x0)np_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+\cdots+a_n(x-x_0)^npn?(x)=a0?+a1?(x?x0?)+a2?(x?x0?)2+?+an?(x?x0?)n (3-1)
來(lái)近似表達(dá)f(x)f(x)f(x)要求Pn(x)與f(x)P_n(x)與f(x)Pn?(x)與f(x)之差是當(dāng)x→x0時(shí)比(x?x0)nx\to x_0時(shí)比(x-x_0)^nx→x0?時(shí)比(x?x0?)n高階的無(wú)窮小。
要滿足上述要求,我們假設(shè)Pn(x)在x0P_n(x)在x_0Pn?(x)在x0?處的函數(shù)值及它直到n階導(dǎo)數(shù)在x0x_0x0?處的值依次與f(x0),f′(x0),?,f(n)(x0)f(x_0),f^{'}(x_0),\cdots,f^{(n)}(x_0)f(x0?),f′(x0?),?,f(n)(x0?)相等,即
pn(x0)=f(x0),Pn′(x0)=f′(x0),Pn′′(x0)=f′′(x0),?,Pn(n)(x0)=f(n)(x0)p_n(x_0)=f(x_0),P^{'}_n(x_0)=f^{'}(x_0),P^{''}_n(x_0)=f^{''}(x_0),\cdots,P^{(n)}_n(x_0)=f^{(n)}(x_0)pn?(x0?)=f(x0?),Pn′?(x0?)=f′(x0?),Pn′′?(x0?)=f′′(x0?),?,Pn(n)?(x0?)=f(n)(x0?)
對(duì)(3-1)式求各階導(dǎo)數(shù),導(dǎo)入上式得
a0=f(x0),a1=f′(x0),a2=f′(x0)2!,?,an=f(n)(x0)n!a_0=f(x_0),a_1=f^{'}(x_0),a_2=\frac{f^{'}(x_0)}{2!},\cdots,a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}a0?=f(x0?),a1?=f′(x0?),a2?=2!f′(x0?)?,?,an?=n!f(n)(x0?)?
pn(x)=f(x0)+f′(x0)(x?x0)+f′(x0)2!(x?x0)2+?+f(n)(x0)n!(x?x0)np_n(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{'}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^npn?(x)=f(x0?)+f′(x0?)(x?x0?)+2!f′(x0?)?(x?x0?)2+?+n!f(n)(x0?)?(x?x0?)n (3-2)
下面的定理表明,多項(xiàng)式(3-2)的確是我們要找的n次多項(xiàng)式。
3.2 泰勒中值定理1
如果函數(shù)f(x)在x0處具有nf(x)在x_0處具有nf(x)在x0?處具有n階導(dǎo)數(shù),那么存在x0x_0x0?的一個(gè)鄰域,對(duì)于改鄰域內(nèi)的任一xxx,有
f(x)=f(x0)+f′(x0)(x?x0)+f′(x0)2!(x?x0)2+?+f(n)(x0)n!(x?x0)n+Rn(x)f(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{'}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x)f(x)=f(x0?)+f′(x0?)(x?x0?)+2!f′(x0?)?(x?x0?)2+?+n!f(n)(x0?)?(x?x0?)n+Rn?(x) (3-3)
其中Rn(x)=o((x?x0)n)R_n(x)=o((x-x_0)^n)Rn?(x)=o((x?x0?)n) (3-4)
證明:記Rn(x)=f(x)?Pn(x),則Rn(x0)=Rn′(x0)=R′′(x0)=?=R(n)(x0)=0由于f(x)在x0處具有你階導(dǎo)數(shù),從而Rn(x)也在該鄰域內(nèi)n階可導(dǎo),反復(fù)應(yīng)用洛必達(dá)法則,得lim?x→x0Rn(x)(x?x0)n=lim?x→x0Rn′(x)n(x?x0)n?1=lim?x→x0Rn′(x)n(x?x0)n?1=?=lim?x→x0Rn(n?1)(x)n!(x?x0)=1n!R(n)(x0)=0因此Rn(x)=o((x?x0)n)證明: \\ 記R_n(x)=f(x)-P_n(x),則 \\ R_n(x_0)=R_n^{'}(x_0)=R^{''}(x_0)=\cdots=R^{(n)}(x_0)=0 \\ 由于f(x)在x_0處具有你階導(dǎo)數(shù),從而R_n(x)也在該鄰域內(nèi)n階可導(dǎo),反復(fù)應(yīng)用洛必達(dá)法則,得 \\ \lim\limits_{x\to x_0}\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^n}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{R_n^{'}(x)}{n(x-x_0)^{n-1}}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{R_n^{'}(x)}{n(x-x_0)^{n-1}} \\ =\cdots=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{R_n^{(n-1)}(x)}{n!(x-x_0)}=\frac{1}{n!}R^{(n)}(x_0)=0 \\ 因此R_n(x)=o((x-x_0)^n) 證明:記Rn?(x)=f(x)?Pn?(x),則Rn?(x0?)=Rn′?(x0?)=R′′(x0?)=?=R(n)(x0?)=0由于f(x)在x0?處具有你階導(dǎo)數(shù),從而Rn?(x)也在該鄰域內(nèi)n階可導(dǎo),反復(fù)應(yīng)用洛必達(dá)法則,得x→x0?lim?(x?x0?)nRn?(x)?=x→x0?lim?n(x?x0?)n?1Rn′?(x)?=x→x0?lim?n(x?x0?)n?1Rn′?(x)?=?=x→x0?lim?n!(x?x0?)Rn(n?1)?(x)?=n!1?R(n)(x0?)=0因此Rn?(x)=o((x?x0?)n)
注:
- Rn(x)=o((x?x0)n)稱(chēng)為f(x)在x0處R_n(x)=o((x-x_0)^n)稱(chēng)為f(x)在x_0處Rn?(x)=o((x?x0?)n)稱(chēng)為f(x)在x0?處的佩亞諾余項(xiàng)
3.3 泰勒中值定理2
如果函數(shù)f(x)f(x)f(x)在x0x_0x0?的某個(gè)鄰域U(x0)U(x_0)U(x0?)內(nèi)具有(n+1)(n+1)(n+1)階導(dǎo)數(shù),那么對(duì)于任一x∈U(x0)x\in U(x_0)x∈U(x0?),有
f(x)=f(x0)+f′(x0)(x?x0)+f′(x0)2!(x?x0)2+?+f(n)(x0)n!(x?x0)n+Rn(x)f(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{'}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x)f(x)=f(x0?)+f′(x0?)(x?x0?)+2!f′(x0?)?(x?x0?)2+?+n!f(n)(x0?)?(x?x0?)n+Rn?(x) (3-5)
其中Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(x?x0)n+1R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}Rn?(x)=(n+1)!f(n+1)(ξ)?(x?x0?)n+1 (3-6)
這里ξ是x與x0\xi是x與x_0ξ是x與x0?直接的某個(gè)值
證明:記Rn(x)=f(x)?Pn(x),則只需證明Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(x?x0)n+1由假設(shè)可知Rn(x0)=Rn′(x0)=R′′(x0)=?=R(n)(x0)=0對(duì)于2個(gè)函數(shù)Rn(x)及(x?x0)n+1在以x0和x為端點(diǎn)的區(qū)間上應(yīng)用柯西中值定理(這2個(gè)函數(shù)滿足柯西中值定理?xiàng)l件)Rn(x)(x?x0)n+1=Rn(x)?Rn(x0)(x?x0)n+1?(x0?x0)n+1=Rn′(ξ1)(n+1)(ξ1?x0)n(ξ1在x0與x之間)在對(duì)這2個(gè)函數(shù)以ξ1和x0為端點(diǎn)的區(qū)間應(yīng)用柯西中值定理Rn′(ξ1)(n+1)(ξ1?x0)n=Rn′(ξ1)?Rn′(x0)(n+1)(ξ1?x0)n?(n+1)(x0?x0)n=Rn′′(ξ2)(n+1)n(ξ2?x0)n?1(ξ2在ξ1與x0之間)重復(fù)應(yīng)用柯西中值定理,經(jīng)過(guò)(n+1)次后,得Rn(x)(x?x0)n+1=Rn(n+1)(ξ)(n+1)!(ξ在ξn與x0之間,因此也在x0與x之間)Rn(n+1)(ξ)=[f(ξ)?Pn(ξ)](n+1)=f(n+1)(ξ)?Pn(n+1)(ξ)其中Pn(n)(x)為常數(shù),Pn(n+1)(ξ)=0所以Rn(n+1)(ξ)=f(n+1)(ξ)即Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(x?x0)n+1(ξ在x0與x之間)證明:\\ 記R_n(x)=f(x)-P_n(x),則 \\ 只需證明R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} \\ 由假設(shè)可知\quad R_n(x_0)=R_n^{'}(x_0)=R^{''}(x_0)=\cdots=R^{(n)}(x_0)=0 \\ 對(duì)于2個(gè)函數(shù)Rn(x)及(x-x_0)^{n+1}在以x_0和x為端點(diǎn)的區(qū)間上應(yīng)用柯西中值定理(這2個(gè)函數(shù)滿足柯西中值定理?xiàng)l件) \\ \frac{Rn(x)}{(x-x_0)^{n+1}}=\frac{Rn(x)-Rn(x_0)}{(x-x_0)^{n+1}-(x_0-x_0)^{n+1}} \\ =\frac{Rn^{'}(\xi_1)}{(n+1)(\xi_1-x_0)^{n}}(\xi_1在x_0與x之間) \\ 在對(duì)這2個(gè)函數(shù)以\xi_1和x_0為端點(diǎn)的區(qū)間應(yīng)用柯西中值定理 \\ \frac{Rn^{'}(\xi_1)}{(n+1)(\xi_1-x_0)^{n}}=\frac{Rn^{'}(\xi_1)-Rn^{'}(x_0)}{(n+1)(\xi_1-x_0)^{n}-(n+1)(x_0-x_0)^{n}} \\ =\frac{Rn^{''}(\xi_2)}{(n+1)n(\xi_2-x_0)^{n-1}}(\xi_2在\xi_1與x_0之間) \\ 重復(fù)應(yīng)用柯西中值定理,經(jīng)過(guò)(n+1)次后,得 \\ \frac{Rn(x)}{(x-x_0)^{n+1}}=\frac{Rn^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(\xi在\xi_n與x_0之間,因此也在x_0與x之間) \\ Rn^{(n+1)}(\xi)=[f(\xi)-Pn(\xi)]^{(n+1)}=f^{(n+1)(\xi)}-Pn^{(n+1)(\xi)} \\ 其中Pn^{(n)}(x)為常數(shù),Pn^{(n+1)(\xi)}=0 \\ 所以Rn^{(n+1)}(\xi)=f^{(n+1)(\xi)} 即\\ R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}(\xi在x_0與x之間) 證明:記Rn?(x)=f(x)?Pn?(x),則只需證明Rn?(x)=(n+1)!f(n+1)(ξ)?(x?x0?)n+1由假設(shè)可知Rn?(x0?)=Rn′?(x0?)=R′′(x0?)=?=R(n)(x0?)=0對(duì)于2個(gè)函數(shù)Rn(x)及(x?x0?)n+1在以x0?和x為端點(diǎn)的區(qū)間上應(yīng)用柯西中值定理(這2個(gè)函數(shù)滿足柯西中值定理?xiàng)l件)(x?x0?)n+1Rn(x)?=(x?x0?)n+1?(x0??x0?)n+1Rn(x)?Rn(x0?)?=(n+1)(ξ1??x0?)nRn′(ξ1?)?(ξ1?在x0?與x之間)在對(duì)這2個(gè)函數(shù)以ξ1?和x0?為端點(diǎn)的區(qū)間應(yīng)用柯西中值定理(n+1)(ξ1??x0?)nRn′(ξ1?)?=(n+1)(ξ1??x0?)n?(n+1)(x0??x0?)nRn′(ξ1?)?Rn′(x0?)?=(n+1)n(ξ2??x0?)n?1Rn′′(ξ2?)?(ξ2?在ξ1?與x0?之間)重復(fù)應(yīng)用柯西中值定理,經(jīng)過(guò)(n+1)次后,得(x?x0?)n+1Rn(x)?=(n+1)!Rn(n+1)(ξ)?(ξ在ξn?與x0?之間,因此也在x0?與x之間)Rn(n+1)(ξ)=[f(ξ)?Pn(ξ)](n+1)=f(n+1)(ξ)?Pn(n+1)(ξ)其中Pn(n)(x)為常數(shù),Pn(n+1)(ξ)=0所以Rn(n+1)(ξ)=f(n+1)(ξ)即Rn?(x)=(n+1)!f(n+1)(ξ)?(x?x0?)n+1(ξ在x0?與x之間)
注:
- 該公式稱(chēng)為f(x)在x0f(x)在x_0f(x)在x0?處帶有拉格朗日型余項(xiàng)的n階泰勒公式
- 也稱(chēng)為將f(x)在x0f(x)在x_0f(x)在x0?處展成帶有拉格朗日型余項(xiàng)的n階泰勒公式或稱(chēng)為f(x)按(x?x0)f(x)按(x-x_0)f(x)按(x?x0?)的冪展成帶有拉格朗日型余項(xiàng)的n階泰勒公式
- n=0時(shí),f(x)=f(x0)+f′(ξ)(x?x0)n=0時(shí),f(x)=f(x_0)+f^{'}(\xi)(x-x_0)n=0時(shí),f(x)=f(x0?)+f′(ξ)(x?x0?),即為拉格朗日中值定理公式
2.4 誤差估計(jì)
由泰勒中值定理2知,我們用Pn(x)近似表達(dá)函數(shù)f(x)f(x)f(x)時(shí),其誤差為∣Rn(x)∣|Rn(x)|∣Rn(x)∣。如果對(duì)于某個(gè)固定的n,當(dāng)x∈U(x0)時(shí),∣f(n+1)(x)∣≤Mx\in U(x_0)時(shí),|f^{(n+1)}(x)|\le Mx∈U(x0?)時(shí),∣f(n+1)(x)∣≤M,那么有估計(jì)式
∣Rn(x)∣=∣f(n+1)(ξ)(n+1)!(x?x0)n+1∣≤M(n+1)!(∣x?x0∣)n+1|Rn(x)|=|\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}|\le\frac{M}{(n+1)!}(|x-x_0|)^{n+1}∣Rn(x)∣=∣(n+1)!f(n+1)(ξ)?(x?x0?)n+1∣≤(n+1)!M?(∣x?x0?∣)n+1
4 麥克勞林公式
如果取x0=0x_0=0x0?=0,那么泰勒公式變?yōu)?#xff1a;
f(x)=f(0)+f′(0)?x+f′(0)2!x2+?+f(n)(0)n!xn+Rn(x)Rn(x)={o(xn)佩亞諾型余項(xiàng)fn+1(ξ)(n+1)!xn+1(ξ在x0與x之間)拉格朗日型余項(xiàng)f(x)=f(0)+f^{'}(0)\cdot x+\frac{f^{'}(0)}{2!}x^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+R_n(x) \\ Rn(x)= \begin{cases} o(x^n)\quad 佩亞諾型余項(xiàng) \\ \frac{f^{n+1}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}(\xi在x_0與x之間)\quad 拉格朗日型余項(xiàng) \\ \end{cases} f(x)=f(0)+f′(0)?x+2!f′(0)?x2+?+n!f(n)(0)?xn+Rn?(x)Rn(x)={o(xn)佩亞諾型余項(xiàng)(n+1)!fn+1(ξ)?xn+1(ξ在x0?與x之間)拉格朗日型余項(xiàng)?
此公式稱(chēng)為f(x)的n階f(x)的n階f(x)的n階麥克勞林公式。
注:
- ξ\xiξ可以寫(xiě)成θx(0<θ<1)\theta x(0\lt\theta\lt1)θx(0<θ<1)
- 相應(yīng)的誤差估計(jì):∣Rn(x)∣≤M(n+1)!∣x∣n+1|Rn(x)|\le\frac{M}{(n+1)!}|x|^{n+1}∣Rn(x)∣≤(n+1)!M?∣x∣n+1
- 麥克勞林公式函數(shù)f(x)按x的冪f(x)按x的冪f(x)按x的冪展開(kāi)
5 常見(jiàn)麥克勞林公式
ex=1+x+x22!+?+xnn!+eθx(n+1)!(o(xn))sin?x=x?x33!+x55!??+(?1)m?1x2m?1(2m?1)!+(?1)mcos?θx(2m+1)!x2m+1(o(x2m?1))cos?x=1?x22!+x44!??+(?1)mx2m(2m)!+(?1)m+1cos?θx(2m+2)!x2m+2(o(x2m))ln?(1+x)=x?x22!+x33!??+(?1)n?1xnn!+(?1)n(n+1)(1+θx)n+1(o(xn))(1+x)α=1+αx+α(α?1)2!x2+?+α(α?1)?(α?n+1)n!xn+α(α?1)?(α?n)(n+1)!(1+θx)α?n?1xn+1(o(xn))e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}(o(x^n )) \\ \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots+(-1)^{m-1}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!}+(-1)^m\frac{\cos\theta x}{(2m+1)!}x^{2m+1} (o(x^{2m-1}))\\ \cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots+(-1)^m\frac{x^{2m}}{(2m)!}+(-1)^{m+1}\frac{\cos\theta x}{(2m+2)!}x^{2m+2}(o(x^{2m})) \\ \ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n!}+\frac{(-1)^n}{(n+1)(1+\theta x)^{n+1}}(o(x^n)) \\ (1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n+\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)}{(n+1)!}(1+\theta x)^{\alpha-n-1}x^{n+1}(o(x^n)) \\ ex=1+x+2!x2?+?+n!xn?+(n+1)!eθx?(o(xn))sinx=x?3!x3?+5!x5???+(?1)m?1(2m?1)!x2m?1?+(?1)m(2m+1)!cosθx?x2m+1(o(x2m?1))cosx=1?2!x2?+4!x4???+(?1)m(2m)!x2m?+(?1)m+1(2m+2)!cosθx?x2m+2(o(x2m))ln(1+x)=x?2!x2?+3!x3???+(?1)n?1n!xn?+(n+1)(1+θx)n+1(?1)n?(o(xn))(1+x)α=1+αx+2!α(α?1)?x2+?+n!α(α?1)?(α?n+1)?xn+(n+1)!α(α?1)?(α?n)?(1+θx)α?n?1xn+1(o(xn))
6 泰勒公式相關(guān)例題
6.1 將函數(shù)展成指定的泰勒公式
6.1.1 公式法
直接利用泰勒公式或者麥克勞林公式
6.1.2 間接展法(變量替換)
f(x)=f(0)+f′(0)?x+f′(0)2!x2+?+f(n)(0)n!xn+Rn(x)f(x)=f(0)+f^{'}(0)\cdot x+\frac{f^{'}(0)}{2!}x^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+R_n(x)f(x)=f(0)+f′(0)?x+2!f′(0)?x2+?+n!f(n)(0)?xn+Rn?(x)
$f[g(x)]=f(0)+f^{'}(0)\cdot g(x)+\frac{f{'}(0)}{2!}g2(x)+\cdots+\frac{f{(n)}(0)}{n!}gn(x)+R_n[g(x)] $
例2
1)將f(x)=e2xf(x)=e^{2x}f(x)=e2x展成佩亞諾型余項(xiàng)的n階麥克勞林公式
解:ex=1+x+x22!+?+xnn!+o(xn)用2x替換x后仍然是關(guān)于x的冪的展開(kāi)式即麥克勞林公式,所以直接替換,得e2x=1+2x+(2x)22!+?+(2x)nn!+o(xn)=ex=1+2x+222!x2+?+2nn!xn+o(xn)解:e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+o(x^n ) \\ 用2x替換x后仍然是關(guān)于x的冪的展開(kāi)式即麥克勞林公式,所以直接替換,得 \\ e^{2x}=1+2x+\frac{(2x)^2}{2!}+\cdots+\frac{(2x)^n}{n!}+o(x^n )\\ =e^x=1+2x+\frac{2^2}{2!}x^2+\cdots+\frac{2^n}{n!}x^n+o(x^n ) 解:ex=1+x+2!x2?+?+n!xn?+o(xn)用2x替換x后仍然是關(guān)于x的冪的展開(kāi)式即麥克勞林公式,所以直接替換,得e2x=1+2x+2!(2x)2?+?+n!(2x)n?+o(xn)=ex=1+2x+2!22?x2+?+n!2n?xn+o(xn)
2)把f(x)=ex在x=1f(x)=e^x在x=1f(x)=ex在x=1處展成佩亞諾型余項(xiàng)的n階泰勒公式
解:我們知道ex的n階麥克勞林公式,但是需要展成(x?1)的冪的多項(xiàng)式ex=e1+(x?1)=e?ex?1=e[1+(x?1)+(x?1)22!+?+(x?1)nn!+o((x?1)n)]=e+e(x?1)+e2!(x?1)2+?+en!(x?1)n+o((x?1)n)解:我們知道e^x的n階麥克勞林公式,但是需要展成(x-1)的冪的多項(xiàng)式 \\ e^x=e^{1+(x-1)}=e\cdot e^{x-1}=e[1+(x-1)+\frac{(x-1)^2}{2!}+\cdots+\frac{(x-1)^n}{n!}+o((x-1)^n )] \\ =e+e(x-1)+\frac{e}{2!}(x-1)^2+\cdots+\frac{e}{n!}(x-1)^n+o((x-1)^n ) 解:我們知道ex的n階麥克勞林公式,但是需要展成(x?1)的冪的多項(xiàng)式ex=e1+(x?1)=e?ex?1=e[1+(x?1)+2!(x?1)2?+?+n!(x?1)n?+o((x?1)n)]=e+e(x?1)+2!e?(x?1)2+?+n!e?(x?1)n+o((x?1)n)
- 也可以直接利用公式帶入
3)把f(x)=x?ln?(2+x)f(x)=x\cdot\ln(2+x)f(x)=x?ln(2+x)展成n階麥克勞林公式
解:已知ln?(1+x)=x?x22!+x33!??+(?1)n?1xnn!+o(xn)如果ln?(2+x)=ln?[1+(1+x)]帶入展開(kāi)是(1+x)的冪的多項(xiàng)式即f(x)在?1處的泰勒公式不是麥克勞林公式此時(shí)ln?(2+x)=ln?[2(1+12x)]=ln?2+ln?(1+12x)因?yàn)閒(x)=x?ln?(2+x),所以ln?(1+12x)展成n?1階即可,得ln?(1+12x)=12x?x222?2!+x323?3!??+(?1)n?2xn?12n?1(n?1)!+o(xn?1)f(x)=x[ln?2+ln?(1+12x)]=xln?2+12x2?x322?2!+x423?3!??+(?1)n?2xn2n?1(n?1)!+o(xn)解:已知\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n!}+o(x^n) \\ 如果\ln(2+x)=\ln[1+(1+x)]帶入展開(kāi)是(1+x)的冪的多項(xiàng)式即f(x)在-1處的泰勒公式不是麥克勞林公式 \\ 此時(shí)\ln(2+x)=\ln[2(1+\frac{1}{2}x)]=\ln2+\ln(1+\frac{1}{2}x) \\ 因?yàn)閒(x)=x\cdot\ln(2+x),所以\ln(1+\frac{1}{2}x)展成n-1階即可,得 \\ \ln(1+\frac{1}{2}x)=\frac{1}{2}x-\frac{x^2}{2^2\cdot2!}+\frac{x^3}{2^3\cdot3!}-\cdots+(-1)^{n-2}\frac{x^{n-1}}{2^{n-1}(n-1)!}+o(x^{n-1}) \\ f(x)=x[\ln2+\ln(1+\frac{1}{2}x)]=x\ln2+\frac{1}{2}x^2-\frac{x^3}{2^2\cdot2!}+\frac{x^4}{2^3\cdot3!}-\cdots+(-1)^{n-2}\frac{x^{n}}{2^{n-1}(n-1)!}+o(x^{n}) 解:已知ln(1+x)=x?2!x2?+3!x3???+(?1)n?1n!xn?+o(xn)如果ln(2+x)=ln[1+(1+x)]帶入展開(kāi)是(1+x)的冪的多項(xiàng)式即f(x)在?1處的泰勒公式不是麥克勞林公式此時(shí)ln(2+x)=ln[2(1+21?x)]=ln2+ln(1+21?x)因?yàn)?/span>f(x)=x?ln(2+x),所以ln(1+21?x)展成n?1階即可,得ln(1+21?x)=21?x?22?2!x2?+23?3!x3???+(?1)n?22n?1(n?1)!xn?1?+o(xn?1)f(x)=x[ln2+ln(1+21?x)]=xln2+21?x2?22?2!x3?+23?3!x4???+(?1)n?22n?1(n?1)!xn?+o(xn)
6.2 利用泰勒公式求極限
- 無(wú)窮小的運(yùn)算
o(xn)±o(xn)=o(xn)o(xn)+o(xk)=o(xn)(k<n)o(x^n)\pm o(x^n)=o(x^n)\quad o(x^n)+o(x^k)=o(x^n)(k\lt n)o(xn)±o(xn)=o(xn)o(xn)+o(xk)=o(xn)(k<n)
m.o(xn)=o(mxn)=o(xn)(m為常數(shù))m.o(x^n)=o(mx^n)=o(x^n)(m為常數(shù))m.o(xn)=o(mxn)=o(xn)(m為常數(shù))
xk.o(xn)=o(xn+k)o(xk).o(xn)=o(xn+k)x^k.o(x^n)=o(x^{n+k}) \quad o(x^k).o(x^n)=o(x^{n+k})xk.o(xn)=o(xn+k)o(xk).o(xn)=o(xn+k)
o(xn)xk=o(xn?k)(k<n)\frac{o(x^n)}{x^k}=o(x^{n-k})(k\lt n)xko(xn)?=o(xn?k)(k<n)
例3 求極限lim?x→0cos?x?e?x22sin?4x\lim\limits_{x\to0}{\frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{\sin^4 x}}x→0lim?sin4xcosx?e?2x2??
解:當(dāng)x→0時(shí),有sin?4x∽x4,那么分子展成4階泰勒公式cos?x=1?x22!+x44!+o(x4)e?x22=1+(?x22)+(?x22)22!+o(x4)cos?x?e?x22=16x4+o(x4)所以lim?x→0cos?x?e?x22sin?4x=lim?x→016x4+o(x4)x4=16解:當(dāng)x\to0時(shí),有\(zhòng)\ \sin^4x\backsim x^4 ,那么分子展成4階泰勒公式\\ \cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+o(x^4) \\ e^{-\frac{x^2}{2}}=1+(-\frac{x^2}{2})+\frac{(-\frac{x^2}{2})^2}{2!}+o(x^4) \\ \cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}=\frac{1}{6}x^4+o(x^4) \\ 所以\lim\limits_{x\to0}{\frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{\sin^4 x}}=\lim\limits_{x\to0}{\frac{\frac{1}{6}x^4+o(x^4)}{x^4}}=\frac{1}{6} 解:當(dāng)x→0時(shí),有sin4x∽x4,那么分子展成4階泰勒公式cosx=1?2!x2?+4!x4?+o(x4)e?2x2?=1+(?2x2?)+2!(?2x2?)2?+o(x4)cosx?e?2x2?=61?x4+o(x4)所以x→0lim?sin4xcosx?e?2x2??=x→0lim?x461?x4+o(x4)?=61?
注:
-
利用泰勒公式求極限就是用多項(xiàng)式+余項(xiàng)代替復(fù)雜公式,進(jìn)而求多項(xiàng)式+余項(xiàng)的極限的思想
-
那么泰勒公式要展成幾階呢?(觀察分子、分母的最低次冪)
-
要注意與等價(jià)無(wú)窮小代換,有理化等結(jié)合使用
6.3 確定無(wú)窮小的階數(shù)
若f(x)=ajxk+aj+1xk+1+?+amxn,(aj=?0,k<n)f(x)=a_jx^k+a_{j+1}x^{k+1}+\cdots+a_mx^n,(a_j\not=0,k\lt n)f(x)=aj?xk+aj+1?xk+1+?+am?xn,(aj?=0,k<n),
則當(dāng)x→0x\to0x→0時(shí),有f(x)∽ajxkf(x)\backsim a_{j}x^kf(x)∽aj?xk
即f(x)是x的k階無(wú)窮小f(x)是x的k階無(wú)窮小f(x)是x的k階無(wú)窮小
證明:lim?x→0f(x)ajxk=lim?x→0ajxk+aj+1xk+1+?+amxnajxk=lim?x→0(1+aj+1ajx+aj+2ajx2+?+amajxn?k)=1即f(x)∽ajxk或f(x)是x的k階無(wú)窮小證明: \lim\limits_{x\to0}{\frac{f(x)}{a_jx^k}}=\lim\limits_{x\to0}{\frac{a_jx^k+a_{j+1}x^{k+1}+\cdots+a_mx^n}{a_jx^k}} \\ =\lim\limits_{x\to0}{(1+\frac{a_{j+1}}{a_j}x+\frac{a_{j+2}}{a_j}x^2+\cdots+\frac{a_m}{a_j}x^{n-k})}=1 \\ 即f(x)\backsim a_jx^k或f(x)是x的k階無(wú)窮小 證明:x→0lim?aj?xkf(x)?=x→0lim?aj?xkaj?xk+aj+1?xk+1+?+am?xn?=x→0lim?(1+aj?aj+1??x+aj?aj+2??x2+?+aj?am??xn?k)=1即f(x)∽aj?xk或f(x)是x的k階無(wú)窮小
例4 試確定a,b,使f(x)=x?(a+bcos?x)sin?x,當(dāng)x→0a,b,使f(x)=x-(a+b\cos x)\sin x,當(dāng)x\to0a,b,使f(x)=x?(a+bcosx)sinx,當(dāng)x→0時(shí)是關(guān)于x的5x的5x的5階無(wú)窮小。
解:化簡(jiǎn)f(x)f(x)=x?(a+bcos?x)sin?x=x?asin?x?bsin?xcos?x=x?asin?x?b2sin?2x把f(x)展成5階麥克勞林公式,得f(x)=x?a(x?x33!+x55!+o(x5))?b2(2x?23x33!+25x55!+o(x5))=(1?a?b)x+a+4b3!x3?a+16b5!x5+o(x5)因?yàn)閒(x)是關(guān)于x的5階無(wú)窮小,則{1?a?b=0a+4b=0a+16b=?0求解方程組得a=?13b=43解:化簡(jiǎn)f(x) \\ f(x)=x-(a+b\cos x)\sin x=x-a\sin x-b\sin x\cos x=x-a\sin x-\frac{2}\sin 2x \\ 把f(x)展成5階麥克勞林公式,得\\ f(x)=x-a(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^5))-\frac{2}(2x-\frac{2^3x^3}{3!}+\frac{2^5x^5}{5!}+o(x^5)) \\ =(1-a-b)x+\frac{a+4b}{3!}x^3-\frac{a+16b}{5!}x^5+o(x^5) \\ 因?yàn)閒(x)是關(guān)于x的5階無(wú)窮小,則 \\ \begin{cases} 1-a-b=0 \\ a+4b=0 \\ a+16b\not=0 \end{cases} \\ 求解方程組得 a=-\frac{1}{3} \quad b=\frac{4}{3} 解:化簡(jiǎn)f(x)f(x)=x?(a+bcosx)sinx=x?asinx?bsinxcosx=x?asinx?2b?sin2x把f(x)展成5階麥克勞林公式,得f(x)=x?a(x?3!x3?+5!x5?+o(x5))?2b?(2x?3!23x3?+5!25x5?+o(x5))=(1?a?b)x+3!a+4b?x3?5!a+16b?x5+o(x5)因?yàn)?/span>f(x)是關(guān)于x的5階無(wú)窮小,則????1?a?b=0a+4b=0a+16b=0?求解方程組得a=?31?b=34?
6.4 求f(n)(x0)f^{(n)}(x_0)f(n)(x0?)即f(x)f(x)f(x)的n階導(dǎo)在某一點(diǎn)的值
原理 f(x)的n階泰勒公式為:f(x0)+f′(x0)(x?x0)+f′(x0)2!(x?x0)2+?+f(n)(x0)n!(x?x0)n+o((x?x0)n)f(x)的n階泰勒公式為:f(x_0)+f^{'}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{'}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n)f(x)的n階泰勒公式為:f(x0?)+f′(x0?)(x?x0?)+2!f′(x0?)?(x?x0?)2+?+n!f(n)(x0?)?(x?x0?)n+o((x?x0?)n)
若已知f(x)f(x)f(x)的展開(kāi)式為:f(x0)+f′(x0)(x?x0)+f′(x0)2!(x?x0)2+?+f(n)(x0)n!(x?x0)n+o((x?x0)n)f(x_0)+f^{'}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{'}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n)f(x0?)+f′(x0?)(x?x0?)+2!f′(x0?)?(x?x0?)2+?+n!f(n)(x0?)?(x?x0?)n+o((x?x0?)n)
則f(n)(x0)n!=an,即f(n)(x0)=n!an\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}=a_n,即f^{(n)}(x_0)=n!a_nn!f(n)(x0?)?=an?,即f(n)(x0?)=n!an?
例5 f(x)=(1+x2)?exf(x)=(1+x^2)\cdot e^xf(x)=(1+x2)?ex,求f(100)(0)f^{(100)}(0)f(100)(0)
1)可以利用萊布尼茨公式求f(x)的100階導(dǎo)數(shù)f(x)的100階導(dǎo)數(shù)f(x)的100階導(dǎo)數(shù),在帶入x=0求值
2)利用麥克勞林公式(x=0)
解:因?yàn)榍骹(100)(0),那么我們把f(x)展成100階麥克勞林公式且只關(guān)心x100項(xiàng)的系數(shù)f(x)=(1+x2)(1+x+?+198!x98+?+1100!x100+o(x100))設(shè)x100項(xiàng)的系數(shù)為a100,則a100=1100!+198!則f(100)(0)=a100100!=(1100!+198!)100!=1+9900=9901解:因?yàn)榍骹^{(100)}(0),那么我們把f(x)展成100階麥克勞林公式且只關(guān)心x^{100}項(xiàng)的系數(shù) \\ f(x)=(1+x^2)(1+x+\cdots+\frac{1}{98!}x^{98}+\cdots+\frac{1}{100!}x^{100}+o(x^{100})) \\ 設(shè)x^{100}項(xiàng)的系數(shù)為a_{100},則 \\ a_{100} = \frac{1}{100!}+\frac{1}{98!} 則 \\ f^{(100)}(0)=a_{100}100!=(\frac{1}{100!}+\frac{1}{98!})100!=1+9900=9901 解:因?yàn)榍?/span>f(100)(0),那么我們把f(x)展成100階麥克勞林公式且只關(guān)心x100項(xiàng)的系數(shù)f(x)=(1+x2)(1+x+?+98!1?x98+?+100!1?x100+o(x100))設(shè)x100項(xiàng)的系數(shù)為a100?,則a100?=100!1?+98!1?則f(100)(0)=a100?100!=(100!1?+98!1?)100!=1+9900=9901
6.5 證明題
例6. 設(shè)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[?1,1]f(x)在閉區(qū)間[-1,1]f(x)在閉區(qū)間[?1,1]上是具有3階連續(xù)導(dǎo)數(shù),且f(?1)=0,f(1)=1,f′(0)=0f(-1)=0,f(1)=1,f^{'}(0)=0f(?1)=0,f(1)=1,f′(0)=0
證明:存在ξ∈(?1,1),使f′′′(ξ)=3\xi\in(-1,1),使f^{'''}(\xi)=3ξ∈(?1,1),使f′′′(ξ)=3
分析:
- 證明涉及到二階及以上的導(dǎo)數(shù),考慮泰勒公式。
-
- 要展成幾階泰勒公式:結(jié)論為f′′′(ξ)f^{'''}(\xi)f′′′(ξ),余項(xiàng)為階,展成2階泰勒公式即可
- 在哪一點(diǎn)展開(kāi)-看哪一點(diǎn)的信息最利于展開(kāi)
- 在0出有1階導(dǎo)的值,適合展開(kāi)
證明:f(x)在x=0處展開(kāi)2階泰勒公式,得f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2!x2+f′′′(ξ)3!x3(ξ在0及x之間)帶入f(?1)=0,f(1)=1,f′(0)=0得{f(?1)=0=f(0)+f′′(0)2?f′′′(ξ1)6(ξ1∈(?1,0))(1)f(1)=1=f(0)+f′′(0)2+f′′′(ξ2)6(ξ2∈(0,1))(2)(2)式?(1)式得f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)6=1即f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)2=3令g(x)=f′′′(x),x∈[?1,1],則g(x)在[?1,1]上連續(xù)ξ1∈(?1,0),ξ2∈(0,1),則min?{g(ξ1),g(ξ2)}≤g(ξ1)+g(ξ2)2≤max?{g(ξ1),g(ξ2)}則由介值定理知?ξ∈(ξ1,ξ2)?(?1,1),使g(ξ)=3即f′′′(ξ)=3證明:f(x)在x=0處展開(kāi)2階泰勒公式 ,得\\ f(x)=f(0)+f^{'}(0)x+\frac{f^{''}(0)}{2!}x^2+\frac{f^{'''}(\xi)}{3!}x^3(\xi在0及x之間) \\ 帶入f(-1)=0,f(1)=1,f^{'}(0)=0 \quad得\\ \begin{cases} f(-1)=0=f(0)+\frac{f^{''}(0)}{2}-\frac{f^{'''}(\xi_1)}{6}(\xi_1\in(-1,0)) \quad (1) \\ f(1)=1=f(0)+\frac{f^{''}(0)}{2}+\frac{f^{'''}(\xi_2)}{6}(\xi_2\in(0,1)) \quad(2) \end{cases} \\ (2)式-(1)式得 \\ \frac{f^{'''}(\xi_1)+f^{'''}(\xi_2)}{6}=1 即\frac{f^{'''}(\xi_1)+f^{'''}(\xi_2)}{2}=3 \\ 令g(x)=f^{'''}(x),x\in[-1,1],則g(x)在[-1,1]上連續(xù) \\ \xi_1\in(-1,0),\xi_2\in(0,1),則 \\ \min\{g(\xi_1),g(\xi_2)\}\le\frac{g(\xi_1)+g(\xi_2)}{2}\le\max\{g(\xi_1),g(\xi_2)\} \\ 則由介值定理知 \exists\xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(-1,1),使g(\xi)=3 即\\ f^{'''}(\xi)=3 證明:f(x)在x=0處展開(kāi)2階泰勒公式,得f(x)=f(0)+f′(0)x+2!f′′(0)?x2+3!f′′′(ξ)?x3(ξ在0及x之間)帶入f(?1)=0,f(1)=1,f′(0)=0得????f(?1)=0=f(0)+2f′′(0)??6f′′′(ξ1?)?(ξ1?∈(?1,0))(1)f(1)=1=f(0)+2f′′(0)?+6f′′′(ξ2?)?(ξ2?∈(0,1))(2)?(2)式?(1)式得6f′′′(ξ1?)+f′′′(ξ2?)?=1即2f′′′(ξ1?)+f′′′(ξ2?)?=3令g(x)=f′′′(x),x∈[?1,1],則g(x)在[?1,1]上連續(xù)ξ1?∈(?1,0),ξ2?∈(0,1),則min{g(ξ1?),g(ξ2?)}≤2g(ξ1?)+g(ξ2?)?≤max{g(ξ1?),g(ξ2?)}則由介值定理知?ξ∈(ξ1?,ξ2?)?(?1,1),使g(ξ)=3即f′′′(ξ)=3
7 后記
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參考:
[1]同濟(jì)大學(xué)數(shù)學(xué)系.高等數(shù)學(xué) 第七版 上冊(cè)[M].北京:高等教育出版社,2014.7.P137~p143.
[2]【梨米特】同濟(jì)七版《高等數(shù)學(xué)》全程教學(xué)視頻|純干貨知識(shí)點(diǎn)解析,應(yīng)該是全網(wǎng)最細(xì)|微積分 | 高數(shù)[CP/OL].2020-04-16.p21.