泰勒展开式中余项的应用___毕业设计(编辑修改稿)

泰勒展开式中余项的应用___毕业设计(编辑修改稿)内容摘要：

1 ) l im ( ( ) ) l im 1222x x x o xx x x x oxx xxx                      . 带有佩亚诺型余项的泰勒 公 式在极限运算中是个有力的工具 ,熟练掌握会使函数极限运算变得简单 . 判断函数凹凸性及拐点 泰勒展开式在各个领域有着广泛的应用 ,不少书中利用它来判断函数的单调性和极值 .同样可以尝试利用泰勒展开式来研究函数的凹凸性及拐点 . 例 5 设 ()fx在  ,ab 上连续 ,且 在 (,)ab 上具有一阶和二阶导数 .若在 (,)ab 内 ( ) 0fx  ,则 ()fx为  ,ab 的凸函数 . 证明 : 设 cd 为  ,ab 内任意两点 ,且  ,cd 足够小 . 12xx 为  ,cd 中的任意两点 ,令120 2xxx  ,将 ()fx在 0x 处按 带佩亚诺型余项的 泰勒 公 式展开 ,有 2200 0 0 0 0()( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) )2!fxf x f x f x x x x x o x x      . （ 1） 将 12,xx分别代入（ 1）式中 ,得到 2201 0 0 1 0 1 0 1 0()( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) )2!fxf x f x f x x x x x o x x      , （ 2） 2202 0 0 2 0 2 0 2 0()( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) )2!fxf x f x f x x x x x o x x      . （ 3） （ 2）加（ 3） ,得到 2 2 2 2020 2 0 0 1 0 0 2 0 1 0 1 0 2 0 2 0( ) ( )( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( ( ) )2 ! 2 !f x f xf x f x f x f x x x f x x x x x o x x x x o x x              . 因为函数 ()fx泰勒 公 式中的佩亚诺型余项为 20()xx 的高阶无穷小量 ,而  12,xx 又 足够小 ,因此可以得到 22000() ( ) (( ) )2!fx x x o x x   的符号与 0()fx 相同 .另一方面 ,又因为 120 2xxx ,所以 0 1 0 0 2 0( ) ( ) ( ) ( ) 0f x x x f x x x   ,从而有 天津师范大学数学科学学院 泰勒展开式中余项的应用 7 221 0 2 0 221 2 0 0 1 0 2 0( ) ( )( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ( ) ) ( ( ) ) 02!x x x xf x f x f x f x o x x o x x         . 即1 2 0( ) ( ) 2 ( ) 0f x f x f x  ,故 1 2 1 20 ( ) ( )( ) ( )22x x f x f xf x f . 由 12,xx的任意性可得 , ()fx在足够小的区间  ,cd 上是凸函数 .再由 ,cd的任意性可得 ()fx在  ,ab 内任意一个足够小的区间内部都是凸函数 ,从而 ()fx在  ,ab 内是凸函数 . 本题的关键在于利用泰勒展开式的余项建立了三个等式，进而进行推理证明。 例 6 如果 ()fx在某  0,Ux 内 n 阶可导 ,满足        10 0 0.. . 0nf x f x f x    ,并且    0 02nf x n.证明 :若 n 为奇数 ,则   00,x f x 为拐点。 若 n 为偶数 ,则   00,x f x 不是拐点 . 证明 : 将导函数 fx 在点 0x 处按带佩亚诺型余项的泰勒公式展开 ,有 ( ) 2 2000 0 0 0( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) )( 2 ) !nn nf x x xf x f x f x x x o x xn          „ 由于 ( 1 )0 0 0( ) ( ) ( ) 0nf x f x f x    „,代入上式中有 ( ) 2 2000( ) ( )( ) ( ( ) )( 2 ) !nn nf x x xf x o x xn     . 又因为泰勒 展开式的余项为 20()nxx 的高阶无穷小 ,所以在  0,Ux 内有 ()fx 与( ) 200( )( )( 2)!nnf x x xn  同号 .从而可以得到当 n 为奇数时 ,在点 0x 的两边 ,       2020! nnf x x xn  异号所以 fx 的符号相异 ,从而   00,x f x为拐点 .当 n 为偶数时 ,在点 0x 的两边 fx 的符号相同 ,所以   00,x f x不是拐点 . 判别广义积分收敛性 在判定广义积分的收敛性时通常用1 dpxx作为比较对象 ,从而 利用比较判别法的极限形式判别无穷积分0 ( )df x x的收敛性 .于是判定广义积分的收敛性 问题也就变成如何选取恰当的 p 以便更好地应用比较判别法 .我们可以通过带佩亚诺型余项的泰勒 公式来研究 ()fx的阶 ,从而 找到恰当的 p 顺利解决问题 . 例 6 研究广义积分5 ( 1 1 2 )dx x x x    的敛散性 . 解 : 111 1 2 ( 1 1 2 )x x x x xx        ,分别将 11x , 11 x 在 0x 处按带佩亚诺型余项的 泰勒 公 式 展开 ,可以得到 天津师范大学数学科学学院 泰勒展开式中余项的应用 8 2211( 1 )1 1 1 1221 1 ( )2 2 ! oxx xx     , 2211( 1 )1 1 1 1221 1 ( )2 2 ! oxx xx     , 代入被积函数中 ,有 2 2 2 2 3 3221 1 1 1( 1 ) ( 1 )1 1 1 1 1 1 1 12 2 2 21 1 2 1 ( ) 1 ( ) 2 ( )2 2 ! 2 2 !4x x x x o o oxx x x x xxx                  因此3322332211 ()1 1 2 4l im 11144xox x xxxxx     .又因为积分35 21 d4 xx 收敛 ,由比较判别法知原广义积分也收敛 . 例 7 讨论无穷积分 1 1( 1)dxa exx 的敛散性 . 解 : 将被积函数 1 1( ) 1xf x ex  在 0x 处按带佩亚诺型余项的 泰勒 公 式展开 ,得 12 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1( ) 1 1 ( ) 1 ( )22xf x e o ox x xx x x x            . 选取211pxx,因为 2221 1 1()( ) 12lim lim 1 2pxxofx xxx x   而 21p,所以由无穷积分敛散性判别定理得知 1 1( 1)dxa exx 收敛 . 例 8 判断 广义积分 10 sin darctanxxxxx是否收敛。 解 : 由函数 ()fx在 0x 处的带佩亚诺型余项的 泰勒 公 式 ,有 ()2(0 ) (0 )( ) (0 ) (0 ) ( )2 ! !n nnfff x f f x x x o xn     . 于是可以得到 341sin ( )3!x x x o x  , 3 5 611a r c ta n ( )35x x x x o x   . 代入积分表达式中并整理 ,有 342 2 2 23 5 61( ( ) )s in 1 3 33!( ) ( 1 ( ) ) ( ) ( 1 ( ) ) ( )11a r c ta n 3 !( ( ) )35x x x o xxxf x x o x o x o xx x x xx x x o x x              . 由于0()lim 13xfxx ,所以 ()fx是的 1( 0 )xx  一阶无穷大量 ,而 101dxx发散 ,故由比较判别法知原 积分 10 sin darctanxxxxx也发散 . 天津师范大学数学科学学院 泰勒展开式中余项的应用 9 判别级数敛散性 泰勒展开式能将某些函数近似地表示为简单的多项式函数 ,这种化繁为简的功能使得在级数的通项表达式是由不同类型函数构成的繁琐形式时 ,可以进行简化或转换成统一形式 ,以便于利用判别准则判断级数敛散性 . 例 9 讨论级数111( ln )nnnn 的敛散性 . 分析 : 首先需要判断级数是否为正项级数 ,但直接根据级数的通项去判断存在一定的困难 ,也就难以选择恰当的判别方法 .而对于 11ln ln(1 )nnn ,若令 1xn,不妨 考虑将 ln(1 )x 进行泰勒展开 ,就得到 1n的方幂形式 .开二次方之后与 1n相呼应 ,会简化判别过程 . 解 : 不妨设 ( ) ln(1 )f x x,将 ()fx在 0x 处按带佩亚诺型余项的泰勒 公 式展开 ,有 23。