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大学生数学竞赛非数专题二（5）

用户9628320

发布于 2022-11-23 08:47:56

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专题二一元微分学（5）

2.5 麦克劳林公式以及泰勒公式的应用

知识点：

（1）假设函数

$f(x)$

在

$x=a$

的某一领域

$U$

內

$(n+1)$

接可导，则

$\forall x \in U$

，

$f(x)=f(a)+f^{'}(a)(x-a)+\dotsb+\dfrac{1}{n!}f^{(n)}(x-a)^{n}+R_{n}(x) \qquad (1)$

称上式为

$(1)$

为

$f(x)$

在

$x=a$

的

$n$

阶泰勒公式，

$R_{n}(x)$

为其余项。

$R_{n}(x)=\dfrac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi)(x-a)^{(n+1)} \qquad (2)$

或者

$R_{n}(x)=o(x-a)^{n} \qquad (3)$

其中

$\xi \in (a,x)$

内，将

$(2)$

式称为拉格朗日余项，将

$(3)$

称为皮亚若余项。

（2）假设函数

$f(x)$

在

$x=0$

的某一领域

$U$

內

$(n+1)$

接可导，则

$\forall x \in U$

，

则有

$f(x)=f(0)+f^{'}(0)x+\dotsb+\dfrac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^{n}+o(x^{n})$

将上式称为

$f(x)$

的麦克劳林公式。

（3）. 常见几个函数的一些麦克劳林公式

$e^{x}=1+x+\frac{1}{2!}x^2+\dotsb+\frac{1}{n!}x^{n}$

$\sin x=x-\frac{1}{3!}x^3+\dfrac{1}{5!}x^5+\dotsb+(-1)^{n}\dfrac{1}{(2n+1)!}x^{(2n+1)}+o(x^{(2n+1)})$

$cos x=1-\dfrac{1}{2!}x^2+\dfrac{1}{4!}x^4+\dotsb+(-1)^{n}\dfrac{1}{(2n)!}x^{2n}+o(x^{2n})$

$\dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\dotsb+x^n+o(x^{n})$

$\ln(1-x)=-x-\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{3}x^3-\dotsb-\dfrac{1}{n}x^n+o(x^{n})$

--- > 例2.25 （**江苏省2004年竞赛题**） > > 当

$x\rightarrow 0$

时，

$x-\sin x\cos x\cos 2x$

与

$cx^{k}$

是等价无穷小，求

$c,k$

. **解**：首先根据三角函数和差化积公式，有

$x-\sin x\cos x\cos 2x=x-\frac{1}{2}\sin 2x\cos 2x=x-\frac{1}{4}\sin 4x$

而

$\sin u=u-\dfrac{1}{3!}u^3+o(u^3)$

，所以

$\begin{align*}x-\sin x\cos x\cos 2x&=x-\frac{1}{4}[4x-\frac{1}{6}(4x)^{3}+o(x^{3})]\\&=x-x+\frac{8}{3}x^3+o(x^{3})=\frac{8}{3}x^3+o(x^{3})\end{align*}$

所以当

$x\rightarrow 0$

时，原式

$\rightarrow cx^k$

，则

$c=\dfrac{8}{3},k=3$

例2.26 （全国大学生2016年决赛题）求极限

$\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}n\sin(\pi n! e)$

解：首先根据函数

$e^{x}$

的马克劳林展开式，取

$x=1$

，有

$\begin{align*}\displaystyle\pi n!e&=\pi n![1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\dotsb+\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}+o(\frac{1}{(2n+1)!})]\\&=\pi(2\cdot n!+\frac{n!}{2!}+\frac{n!}{3!}+\dotsb+\frac{n!}{n!})+\frac{\pi}{n+1}+o(\frac{1}{n+1})\end{align*}$

记

$\displaystyle f(n)=\pi(2\cdot n!+\frac{n!}{2!}+\frac{n!}{3!}+\dotsb+\frac{n!}{n!})+\frac{\pi}{n+1}+o(\frac{1}{n+1}),k\in N^{*}$

，则

$\begin{align*}\displaystyle f(2k)&=2\cdot (2k)!+\frac{(2k)!}{2!}+\frac{(2k)!}{3!}+\dotsb+\frac{(2k)!}{(2k)!}\\&=2\cdot(2k)!+(2k)(2k-1)\dotsb 3+(2k)(2k-1)\dotsb 1+\dotsb+(2k)+1\end{align*}$

$\begin{align*}\displaystyle f(2k+1)&=2\cdot (2k+1)!+\frac{(2k+1)!}{2!}+\frac{(2k+1)!}{3!}+\dotsb+\frac{(2k+1)!}{(2k+1)!}\\&=2\cdot(2k+1)!+(2k+1)(2k)\dotsb 3+(2k+1)(2k)\dotsb 1++(2k+1)(2k)+(2k+1)+1\end{align*}$

由此可知，

$f(2k)$

为奇数，

$f(2k+1)$

为偶数，于是

$\begin{align*}\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}n\sin(\pi n! e)&=\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}(\pi f(n)+\frac{\pi}{n+1}+o(\frac{1}{n+1}))\\&=\pm\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}n(\sin(\frac{\pi}{n+1}+o(\frac{1}{n+1}))\\& =\pm\underset{n \rightarrow \infty}{\lim}n(\frac{\pi}{n+1}+o(\frac{1}{n+1}))=\pm \pi\end{align*}$

例2.27 （莫斯科电子技术学院1997年竞赛题）求

$\displaystyle \underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{\tan(\tan x)-(\sin (\sin x))}{\tan x-\sin x}$

解：根据等价无穷小，当

$x\rightarrow 0$

时，有

$\displaystyle\tan x-\sin x=\sin x\dfrac{1-\cos x}{\sin x}\rightarrow \frac{1}{2}x^{2}$

，

$\displaystyle\tan x=x+\frac{1}{3}x^3+o(x^3)$

，

$\sin x=x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)$

，所以

$\begin{align*}\tan(\tan x)&=\tan\left(x+\dfrac{1}{3}x^3+o(x^3)\right)\\&=\left(x+\frac{1}{3}x^3+o(x^3)\right)+\frac{1}{3}\left(x+\frac{1}{3}x^3+o(x^3)\right)^3+o(x^3)\\&=x+\frac{2}{3}x^3+o(x^3)\end{align*}$

$\begin{align*}\displaystyle\sin (\sin x)&=\sin\left(x-\frac{1}{6}x^3+o(x^3)\right)\\&=\left(x-\frac{1}{6}x^3+o(x^3)\right)-\frac{1}{6}\left(x-\frac{1}{6}x^3+o(x^3)\right)^3+o(x^3)\\&=x-\frac{1}{3}x^3+o(x^3)\end{align*}$

因此原式

$\displaystyle=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{x+\dfrac{2}{3}x^3+o(x^3)-x+\dfrac{1}{3}x^3 +o(x^3)}{\dfrac{1}{2}x^2}=2$

例2.28 （全国大学生2012决赛题）求

$\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}[(x^3+\dfrac{x}{2}-\tan\dfrac{1}{x})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}]$

解：先展开，则原式

$\begin{align*}\displaystyle &=\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}[(x^3+\frac{x}{2})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}-\tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}]\\&=\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}(x^3+\frac{x}{2})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}\end{align*}$

再令

$\dfrac{1}{x}=t$

，则原式

$\begin{align*}\displaystyle&=\underset{t\rightarrow 0^+}{\lim}\dfrac{(2+t^2)e^t-2\sqrt{1+t^6}}{2t^3}(\text{应用马克劳林公式})\\&=\underset{t\rightarrow 0^+}{\lim}\dfrac{(2+t^2)(1+t+\dfrac{1}{2!}t^2+\dfrac{1}{3!}x^3+o(t^3))-2(1+\dfrac{1}{2}t^6+o(t^6))}{2t^3}\\&=\underset{t\rightarrow 0^+}{\lim}\dfrac{2t+o(t)}{2t^3}=+\infty\end{align*}$

例2.29（北京市1999年竞赛题）设

$f(x)$

具有连续的二阶导数，且

$\underset{x\rightarrow 0}{\lim}(1+x+\dfrac{f(x)}{x})^{\dfrac{1}{x}}=e^3$

，求

$f(0),f^{'}(0),f^{''}(0)$

，以及

$\displaystyle \underset{x\rightarrow 0}{\lim}(1+\dfrac{f(x)}{x})^{\dfrac{1}{x}}$

解：首先取对数，

$\displaystyle\underset{x\rightarrow 0}{\lim}(1+x+\frac{f(x)}{x})^{\frac{1}{x}}=e^3$

，有

$\displaystyle\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{\ln(1+x+\frac{f(x)}{x})}{x}=3$

，所以

$\displaystyle\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\ln(1+x+\frac{f(x)}{x})=0\Longrightarrow \underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{f(x)}{x}=0$

显然

$f(x)=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}f(x)=0$

，

$f^{'}(0)=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{f(x)}{x}=0$

，由

$\begin{align*}3=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{\ln(1+x+\dfrac{f(x)}{x})}{x}=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{x+\dfrac{f(x)}{x}}{x}=1+\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{f(x)}{x^2}\end{align*}$

所以

$\displaystyle \underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{f(x)}{x^2}=2$

，再由麦克劳林公式有

$\displaystyle f(x)=f(0)+f^{'}(0)x+\dfrac{f^{''}(0)}{2}x^2+o(x^2)$

，所以

$\displaystyle\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{f(x)}{x^2}=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{\dfrac{f^{''}(0)}{2}x^2+o(x^2)}{x^2}=\dfrac{f^{''}(0)}{2}=2$

，所以

$f^{''}(0)=4$

，则

$\displaystyle\underset{x\rightarrow 0}{\lim}(1+\dfrac{f(x)}{x})^{\dfrac{1}{x}}=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}(1+\dfrac{f(x)}{x})^{\dfrac{x}{f(x)}\cdot \dfrac{f(x)}{x^2}}=e^{\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{f(x)}{x^2}}=e^2$

例2.30 （全国大学生2011年决赛题）设函数

$f(x)$

在

$x=0$

处的某领域具有二阶连续导数，且

$f(0),f^{'}(0),f^{''}(0)$

均不为

$0$

，证明：存在唯一的一组实数

$k_{1},k_{2},k_{3}$

使得

$\underset{h\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{k_{1}f(h)+k_{2}f(2h)+k_{3}f(3h)}{h^2}=0$

解：根据马克劳林公式，有

$f(x)=f(0)+f^{'}(0)x+\dfrac{f^{''}(0)}{2!}x^2+o(x^2)$

分，别带入

$f(h)=f(0)+f^{'}(0)h+\dfrac{f^{''}(0)}{2}h^2+o(h^2)$

，

$f(2h)=f(0)+f^{'}(0)2h+\dfrac{f^{''}(0)}{2}(2h)^2+o((2h)^2)$

，

$f(3h)=f(0)+3f^{'}(0)h+\dfrac{f^{''}(0)}{2}(3h)^2+o((3h)^2)$

，带入得

$\begin{align*}\displaystyle\underset{h\rightarrow 0}{\lim}\dfrac{k_{1}f(h)+k_{2}f(2h)+k_{3}f(3h)}{h^2}=\underset{h\rightarrow 0}{\lim}\left[\dfrac{(k_{1}+k_{2}+k_{3})f(0)+(k_{1}+2k_{2}+3k_{3})f^{''}(0)}{h^2}+\frac{\dfrac{1}{2}(k_{1}+4k_{2}+9k_{3})f^{''}(0)h^2+o(h^2)}{h^2}\right]=0\end{align*}$

则有

$\begin{cases} k_{1}+k_{2}+k_{3}=1\\ k_{1}+2k_{2}+4k_{3}=0\\ k_{1}+4k_{2}+9k_{3}=0 \end{cases}$

根据克莱姆法则，得

$k_{1}=3,k_{2}=-3,k_{3}=1$

今天的题目就到这里了，这几个题目利用麦克劳林公式以及泰勒展开，综合运用，大家自己好好体验。有问题留言！

作者：小熊

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原始发表：2021-12-07，如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除

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