第五节 函数的幂级数展开式的应用

第五节

一、近似计算

二、微分方程的幂级数解法

函数幂级数展开式的应用

第十二章

三、欧拉公式

一、近似计算







 x)^m 1 mx 1

( ^{ 2 }_

! 2

) 1

(m x

m      xⁿ  n

n m m

m

!

) 1 (

) 1 (

) 1 1

(   x  例 1. 计算⁵ 240 10^4.



 3 r2

 ² 3⁸ 1

! 2 5

4

1 





12

3 3

1

! 3 5

9 4

1 





   







  _{4 16}

3 1

! 4 5

14 9

4

1 





811 8 1

1 3

1 25

6

 





3 ) 1 5

1 1 ( 3

240 ₄

5   

  3 0.00741 2.9926 的近似值 , 精确到



 



 



 

 

 



 

 

2 8

2 81

1 81

1 1 3

1

! 2 5

4 3 1

1 3



  ₄

3 1 5

1 

 _{2 8}

3 1

! 2 5

4

1 



   





 _{3 12} 3

1

! 3 5

9 4 1 解 : ⁵ 240  ⁵ 243  3 3(1 ₄ ) ¹⁵

3

 1





 243 3⁵ 

10 4

5 .

0  ^



) 1 1

4 ( 3

) 2 1

ln(

4 3

2      









 x x x x

x

x 

例 2. 计算ln 2 _{的近似值 , 使准确到}10^4. 解 : 已知

) 1 1

4 ( 3

) 2 1

ln(

4 3

2      





 x x x x

x

x 

故 ln(1 ) ln(1 ) 1

ln1 x x

x

x    







^{  }_



 ^{3 5}

5 1 3

2 x 1 x x

令 2 1

1 



 x

x 得



 



       

 _{3 5 7} 

3 1 7

1 3

1 5

1 3

1 3 1 3

2 1 2

ln

) 1 1

(  x  3 ,

 1

x 于是有

用此式求 ln2 计算量 大

4 9

3 1 9

2 1 



 r



 



   

 ₁₁ )² 

9 (1 9

1 1 3

2

91 11 1

1 3

2

 





 



      



 _{3 5 7}

3 1 7

1 3

1 5

1 3

1 3

1 3

2 1 2

ln  0.6931

311

1 11

1 

   ₁₃   3

1 13

1

39

4 1

  10 4

2 . 78732 0

1   _



在上述展开式中取前四项 ,

说明 : 在展开式

x x



 1 ln1

中 ,

令 2 1 1

  x n



 



 

 

 

 

 ³ )⁵ 

1 2

( 1 5 ) 1

1 2

( 1 3 1 1

2 2 1 ln 1

n n

n n

n

得

) 1 ln( 

 n

具此递推公式可求出任意正整数的对数 . 如



 



   



 ³ )⁵ 

9 (1 5 ) 1

9 (1 3 1 9

2 1 2

ln 2 5

ln  1.6094

( n 为自然数 )

,



 



 

 

 

 

 ³ )⁵ 

1 2

( 1 5 ) 1

1 2

( 1 3 1 1

2 2 1

ln n n n n



^{  }_



 ^{3 5}

5 1 3

2 x 1 x x



   ³  ⁵  )⁷  20

( π

! 7 ) 1

20 ( π

! 5 ) 1

20 ( π

! 3

1 20

π 20

sin π 例 3. 利

用 ,

! sin 3

x3

x

x   _求 sin 9 误差 .

解 : 先把角度化为弧度9  ^{( 弧度 )}

2 )5

20 ( π

! 5

 1

r (0.2)⁵

120

 1 10 ⁵

3

1  _



! sin 3

x3

x x  

! 5 x5

 7!

x7

 

000646 .

0 157080

.

0 

3  20) ( π

! 3

1 20

π 20

sin π  



的近似值 , 并估计

180 9 π 

20

 π

15643 .

 0

( 取

例 4. 计算积分 ²¹ e ^x2 dx

π 0

1



^{ 的近似值 , 精确到}

) 56419 .

π 0

1 

解 : e^x2  1

) ! 1 (

2

0 n

x ⁿ

n



^ n





 (  x  )

x dx π e

2 ¹₂ ²

0



 ^{ 2}_π



₀²¹ _^{ ( 1 ) 2}_{! }^{ dx}

0 n

x ⁿ

n



^ n







^



 

0 !

) 1 ( π

2

n

n

n x²ⁿ dx

0

12



. 10^4

! 1

) (x²

 2!

) (x^{2 2}

   

! 3

) ( x^{2 3}



^



 



0 !

) 1 ( π

2

n

n

n 2^{2 1} 1



) n

1 2

( n 

 

! 3 7 2

1

! 2 5 2

1 3

2 1 1

π 1

6 4

2   



 

 



 



^{12 e}^{x2 dx}

π 2

0



 



 



 



 

 

 

! 3 7 2

1

! 2 5 2

1 3

2 1 1

π 1

6 4

2

n n

n

r n ₂

2 ) 1 2

(

!

1 π

1



  10^4

4

2 10

2 ) 1 2

(

!

π  n n   ⁿ 

则 n 应满足 n  4

x dx π e

2 ₂^{1 2}



0 ^

则所求积分近似值为 欲使截断误差

5205 .

 0 ,

 4 取 n

例 5. 计算积分 x x

x d sin

1



0 ^{的近似值 , 精确到104.}

解 : 由于 sin 1, lim0 

 x x

x 故所给积分不是广义积分 .

若定义被积函数在 x = 0 处的值为 1, 则它在积分区间



 

 











 ( 1) (2 1)!

! 7

! 5

! 1 3

sin ^{2 4 6 2}

n x x

x x

x

x _n ⁿ

x x

x d sin

1



0 ^{1 } ₃¹_3! ^ ₅¹_5!^ _{(2n 1}^(_{) }¹₍⁾₂ⁿ_{n 1)!}^

3  r

00167 .

0 05556

. 0

1 



上连续 , 且有幂级数展开式 :

! 7 7

1

 0.3 10 ⁴

35280

1   _



9461 .

 0

二、微分方程的幂级数解法

) , d (

d f x y

x y 

0 y0

y _xx 

. )

,

( 取 ₀ 取 ₀ 取 取 取 取 取 取 f x y x  x y  y











 y₀ a₁(x x₀) a₂(x x₀)² y

代入原方程 , 比较同次幂系数可定常数 a₁,a₂,,a_n, 由此确定的级数①即为定解问题在收敛区间内的解 .

① 设所求解为

幂级数解法 本质上就是 待定系数法





 a_n(x x₀)ⁿ 1. 一阶微分方程的情形

例 6. 取 取 取 y  x  y²

解 : 根据初始条件 , 设所求特解为



 





 a x a x a_nxⁿ

y _{1 2} ²

代入原方程 , 得

.

0 0取 取 取 取 取 y _x 









 _{2 3} ² ₄ ³ ₅ ⁴

1 2a x 3a x 4a x 5a x a

2 3 3

2 2

1 )

(   



 x a x a x a x











 x a₁²x² 2a₁a₂x³ (a₂² 2a₁a₃)x⁴ 比较同次幂系数 , 得

,

1  0

a ,

2 1

2 

a a₃  0, a₄  0, , 20

1

5  a

故所求解的幂级数前几项为  ²  ⁵  20

1 2

1 x x

y

2. 二阶齐次线性微分方程问题 0 )

( )

(   

  P x y Q x y y

定理 :

n n n

x a y



^





0

则在－ R < x < R 内方程 ② 必有幂级数解 :

②

设 P(x), Q(x) 在 ( － R, R ) 内可展成 x 的幂 级数 ,

( 证明略 )

此定理在数学物理方程及特殊函数中非常有用 , 很多 重要的特殊函数都是根据它从微分方程中得到的 .

例 7.求方程 x² y   (x  2)(x y  y)  x⁴ 的一个特解 解 : 设特解为 , .

0

n n

nx a y



^



 代入原方程整理得



₁



⁴

2 0

0 ( 1)( 2) ( 2)

2a a x n n a_n n a_n xⁿ x

n













 ^ _





比较系数得 : a₀  0, 6a₄  2a₃  1

) 4 ,

2 (

0 )

2 (

) 2 )(

1

(n  n  a_n  n  a_n1  n  n 

2 1, a

显然 a _{可任意取值 ,因是求特解 , 故} 取

,

2 0

1  a  a

从而得 6

, 1

0 ₄

3  a 

a 当 n > 4 时 ,

1 1

1

 

 _n

n a

a n ₄

4 )

2 )(

1 (

1 a

n

n 

   

 ( 1)!

1

  n

因此

n n

nx a y



^





0

n n

n x



^

 



4 ( 1)!

1 _n

n

n x x



^





3 ! 1

! , e 1

0

n n

x x



^ n





2 ) 1 1

e

( x x²

x

y  ^x   

注意到 : 此题的上述特解即为

三、欧拉 (Euler) 公

式

( i )

1

n n

n v

u 



^



则称 ③ 收敛 , 且其和 为

) i

(

1 n

n



^ un  v



绝对收敛 ,



^1

 n

un

) i

(

1

n n

n v

u 



^

 收敛 .

,

1

u u

n

n 



^



,

1

v v

n

n 



^



若 ^{n n}

n

v u i

1



^ 



. i v u 

2 2

1

n n

n

v u 





^



收敛 , 若

对复数项级数

2 ,

2

n n

n u v

u   vn  un²  vn²

③



^

1 n

vn 绝对收敛 则称 ③ 绝对收敛 .

由于 , 故知

定义 : 复变量z  x  i y _{的指数函数为}

)

! ( 1

! 2 1 1

e    ²   z  z  

z n

z ⁿ

z  

易证它在整个复平面上绝对收敛 . 当 y = 0 时 , 它与实指数函数e^x

当 x = 0 时 ,



 









 ⁿ

y y

y n y

y (i )

! ) 1

!(i 3 ) 1

!(i 2 i 1

1

e^{i 2 3}



 

 





 



   ⁿ 

n

n y y

y^{2 4 2}

! ) 2 (

) 1 (

! 4

1

! 2 1 1

 i



 cos y



 



 





 



 ^{ }



 ^{2 1}

5 1 3

! ) 1 2

(

) 1 (

! 5

1

! 3

1 ⁿ _n

n y y

y y

y sin i

的幂级数展式一致 .

x

x cos x i sin

eⁱ  

x

x cos x i sin e^i  

（欧拉公式）

x cos

（也称欧拉公式）

利用欧拉公式可得复数的指数形式

r

 x x y

y O

y x

z   i y

x

z   i ^{ r}



^{cos  i sin}





ei

 r 则

x sin

2 e e^ix  ^ix



2 e e^ix  ^ix



据此可得

)n

sin i

(cos    cos n  i sin n

( 德莫弗公式 )

利用幂级数的乘法 , 不难验证

2 1

2

1 e e

e^{z z}  ^z  ^z 特别有

y x i

e ^  e^x (cos y  isin y) (x, y  R)

y x i

e ^

y x ei

e 



) sin i

(cos

e^x y  y

  e^x

r

 x x y

y O

y x

z   i

y x

z   i  r



cos  i sin



 r e^i

作业 P291 1

(1),(3);

2

⁽²⁾ ；

3

^(1),(3)

; 4

⁽²⁾

备用题

^1.



 









1 3! 6! 9! (3 )! )

(

3 9

6 3

n x x

x x x

y

(1) 验证函数 n

) (  x  

满足微分方程 y   y  y  e^x;

(2) 利用 (1) 的结果求幂级数 (3 )!

3

0 n

x ⁿ



n^

 的和 . (2002 考

研 )

解 : (1)      

! ) 3 (

! 9

! 6

! 1 3

) (

3 9

6 3

n x x

x x x

y

n



 

 







  ^

! ) 1 3

(

! 8

! 5

! ) 2

(

1 3 8

5 2

n x x

x x x

y

n



 

 







  ^

! ) 2 3

(

! 7

! ) 4

(

2 3 7

4

n x x

x x x

y

n

0 n! xⁿ



n^

所以 y   y  y    e^x

(2) 由 (1) 的结果可知所给级数的和函数满足

y x

y

y      e ,

1 )

0 ( 

y y(0)  0

其特征方程 :r²  r 1  0, _特征根 : i 2

3 2

1

2 ,

1   

r

∴ 齐次方程通解为

2 ) sin 3 2

cos 3 (

e ² _{1 2}

1

x C

x C

Y  ^{ x} 

设非齐次方程特解为 y^  Ae^x , _{代入原方程得} A  ₃¹, 故非齐次方程通解为

ex

3

 1 2 )

sin 3 2

cos 3 (

e ² _{1 2}

1

x C

x C

y  ^{ x} 

代入初始条件可得 , 0 3

2 2

1  C 

C 故所求级数的和

) (

3e 1 2

cos 3 3 e

2 ₂¹     

 ^{ x} x ^x x

! ) 3 (

3

0 n

x ⁿ



n^



2.

0 )

1 (

2 )

1

(  x² y   x y  n n  y  (n为常数) 解 : ,

1 ) 2

( ₂

x x x

P 

  ₂

1

) 1 ) (

( x

n x n

Q 

  都可在(1,1)内 求解勒让德 (Legendre) 方程

展成幂级数 , 故方程满足定理条件 . 设方程的解为 ,

0 k k k

x a y



^



 _代入④ :

④

2 2

) 1

( ^





 ^{ k k} k

x a k

k _k ^k

k

x a k



^ k







2

) 1 (

k k k

x a



^ k





1

2 ( 1) 0

0









^



k k k

x a n

n

因方程特点 , 不用将 P, Q 进行展开

定理

整理后得 :



^{( 2)( 1)} ₂ ^{( )( 1)}



⁰

0













 _





 ^{k k k}

k

x a

k n

k n

a k

k

比较系数 , 得 ( 0,1, ) )

1 )(

2 (

) 1 )(

(

2  









 

  a k

k k

k n

k

a_k n _k

例如 :

0

2 2!

) 1 (n a

a   n  3 3! 1

) 2 )(

1

(n n a

a    

2

4 3 4

) 2 )(

2

(n n a

a 



 

 ₀

! 4

) 3 )(

1 (

) 2

(n  n n  n  a



3

5 4 5

) 4 )(

3

(n n a

a 



 

 ₁

! 5

) 4 )(

2 )(

1 )(

3

(n  n  n  n  a







于是得勒让德方程的通解 :



 



 

 



 0 ² 4! ⁴ 

) 3 )(

1 (

) 2 (

! 2

) 1

1 ( n n n n x

n x a n

y

 

 



 ₁ ³

! 3

) 2 )(

1

(n n x

x a



 





  ⁵ 

! 5

) 4 )(

2 )(

1 )(

3

(n n n n x

) 1 1

(  x  上式中两个级数都在 ( － 1, 1 ) 内收敛 ,

1 0, a

a _{可以任意取 ,}

它们是方程的 两个线性无关特解 .