初一级数学教案

初一级数学教案（精选6篇）

1.初一级数学教案 篇一

教学目标：

1.认知目标： 能说出以自我为参照中心的左右位置，能说出空间中物体的左右位置。

2.能力目标： 培养学生的观察能力、判断能力，发展学生的空间智能、语言智能、身体运动智能等。

3.情感目标： 对学生进行安全教育。

教学重点：

学会判断空间事物的左与右。

教学难点：

体会“面对面”的物体方向是相反的。

教学准备：

多媒体课件

教学过程：

一、游戏引入，激发兴趣

(注：请学生事先以小组的形式，围圈而坐。)

师：我们来做一个游戏，游戏的名称是“跟我做”。 请你跟我这样做

(伸出右手，伸出左手，抬起左脚，抬起右脚，摸摸右耳朵，摸摸左耳朵)

要求学生一边跟着说，一边跟着做。 我就跟你这样做

(伸出右手，伸出左手，抬起左脚，抬起右脚，摸摸右耳朵，摸摸左耳朵)

师：今天我们一起复习了“左与右”。

[通过游戏的形式，复习左右。学生在游戏的过程中，在原有生活经验的基础上，更进一步认识左与右。同时，在游戏的氛围中，可以进行自我纠错。]

二、共同探讨，获取新知

1. 出示题1

师：同学们已经认识了左与右，我们到大街上去瞧一瞧!

(揭示课题)

师：大街上来来往往的车辆和行人真多，真热闹啊!我们在过马路时要注意什么?

小结：过马路，要安全，先看左，再看右。

(板书)

2. 出示题2

师：小丁丁想过马路，他先看看左，再看看右。他向左看到了什么?向右看到了什么? 请个别同学回答。

3. 出示题3

师：这时，小巧也准备过马路。那么，她向左看到了什么?向右看到了什么? 独立完成后核对。

4. 小组合作、尝试探究

师：碰巧小胖也在过马路，那么小胖向左、向右又会看到什么呢? 小组讨论。

小结：与小丁丁所看到的正好相反，因为他们是面对面的。

师：那么小亚呢?

小结：与小巧所看到的正好相反，因为他们是面对面的。

[在学生搞清他人身上的左与右，并能说出以自我为参照中心的左右位置的基础上，请学生介绍P8题1的图中每个人的左边和右边分别坐着谁?从而让学生体会“面对面”的物体方向是相反的，为后来说出小胖、小亚向左、向右分别看到什么作铺垫。然后来到大街上找左与右，先是与学生同方向的小丁丁和小巧，教会学生看图的方法，然后是与学生方向相反的小胖、小亚。]

三、设疑问难，总结交流

师：今天我们一起学习了“左与右与在街上”，知道了在我们的生活中会经常碰到左与右。

对于这节课的学习，还有什么问题吗?

[留出一些时间让学生思考、探索，对于本节课的学习掌握了多少，还有什么疑问。]

2.洋思中学初一语文教案 篇二

1、阅读浅易文言文，积累常见的文言词语。能借助注释和工具书理解基本内容。

2、了解古代聪颖机智少年的故事，学习古人的智慧，诚实、守信、尊重他人的美德。

教学重点：诵读课文，积累文言词语。

教学用时：两课时。

教学设计：

第一课时

一、导入。

讲述“司马光砸缸”或“曹植七步作诗”的故事，说明古代有很多像司马光、曹植这样聪明的少年。今天，我们再来认识两位这样的少年。

二、简介作家、作品。

《世说新语》是六朝志人小说的代表作。古代小说所记大多是传闻、轶事，以短篇为主，在写法上一般都是直叙其事。全书共8卷，分德行、言语、政事、文学、方正、雅量等36门，《咏雪》选自“言语”一门，《陈太丘与友期》选自“方正”一门。

刘义庆，南朝宋文学家，彭城人，曾任荆州刺史。爱好文学，招纳士人，《世说新语》是由他组织的一批文人编写的。

三、朗读课文《咏雪》，疏通文意，解决文中疑难字、词。

寒雪日：寒冷的雪天。内集：家庭聚会。

骤：快速、急速欣然：快乐、喜悦的样子。

未：不

四、在了解大意的基础上，请同学们再次朗读课文。要求：记清事件的时间、地点、人物。

五、请同学复述这个小故事。要求：要点齐备。

六、精读课文。小组讨论以下问题：

1、“谢太傅寒雪日内集，与儿女讲论文义。”这句话中包含了哪些内容?

明确：

东晋的谢氏家族是个赫赫有名的诗礼簪缨之家，为首的是谢太傅即谢安。在这样的家庭里，遇到雪天无法外出，才有“讲论文义”的雅兴。召集人兼主讲人自然是谢太傅，听众是“儿女们”。时间、地点、人物、事件都说到了。

2、两个比喻哪个更好?从中能否看出作者的评价?

有两种相反的意见：一种意见认为“撒盐”喻好，雪的颜色和下落之态都跟盐比较接近，而柳絮呈灰白色，随风往上飞扬，跟雪的飘舞方式不同。写物必须首先求得形似而后达于神似，形似是基础;另一种意见认为后一种好，它给人春天即将到来的感觉。好的诗句要有意象，意象是物象和意蕴的统一，“柳絮”喻好就好在有意象。“撒盐”则仅有物象而无意蕴，所以说不好。

3、《咏雪》中“寒雪”、“内集”、“欣然”、“大笑”等词语营造了一种怎样的家庭气氛?从上下文看，“儿女”的含义与今天有什么不同?

第一问是开放性的，可由学生自由讨论，能从整体上感知此刻的家庭气氛就行。答案可从“融洽”、“欢快”、“轻松”中任选一两个。

古：指子侄辈，指家中年轻一代人。

儿女：

今：专指子女。

但古文中也有专指子女的用法，如：

杜甫：“遥怜小儿女，未解忆长安”(《月夜》)

“昔别君未婚，儿女忽成行”(《赠卫八处士》)

七、朗读课文，直至背下来。

八、作业布置：背诵课文。

第二课时

一、背诵第一则《咏雪》，复习要点，导入下一篇。

二、请同学们朗读《陈太丘与友期》，疏通文意。

去：离开。舍：舍弃。

年：岁数。

在解释文章个别词汇时，注意两点：

1、通假字：不，通“否”。

2、省略句：“去后(友)乃至。”

三、全班齐读课文。理解文章大致内容，读完之后，请同学讲讲这篇文章的主要内容。要求：叙事要素齐备，包括时间、地点、人物、事件。

时间：某日日中。

地点：陈太丘家门口。

人物：陈太丘之子与陈太丘之友。

事件：陈太丘之友失约却辱骂陈太丘，其子驳斥了他。

四、精读课文，小组讨论以下问题：

1、两人的对话可分几层?其侧重点有何不同?

分两层。

第一层属于信息交流性质，作铺垫用;后一层是对话的主要内容，写客人得知太丘已离去，不反省自己的过失，反而怒责太丘，语言粗野，不堪入耳;陈纪则针锋相对，指出对方“无信”、“无礼”，义正而辞严，逼得对方无言可答。

所以，这一则的核心是“无信”、“无礼”，宣扬的是正直不阿，为人正派的品格。

2、文中“君”、“家君”、“尊君”的称

谓有什么不同?

君：对对方的尊称，相当于您。

家君：谦词，对人称自己的父亲。

尊君：对别人父亲的一种尊称。

3、方元“入门不顾”是否失礼?说说你的看法。

不失礼，因为是“友”失礼在前，先不尊重元方之父。

失礼，因为“友”毕竟是与父亲平辈，不应不尊重长辈。

4、联系实际，若家里来了客人，家长不在家，你是如何接待的?谈谈具体看法。

五、朗读课文。

六、作业布置：

1、背诵课文。

3.下期中高一级数学试卷带答案 篇三

填空题：13. 0 14. 45 15. 0.2 16.1-π4

17. 解：由表中数据得：i=14xiyi=52.5，x=3.5，y=3.5，i=14x2i=54.

代入公式得b^=0.7，a^=1 .05∴y^=0.7x+1.05. -----8分

将x=10代入回归直线方程，

得y^=0.7×10+1.05=8.05(h).

∴预测加工10个零件需要8.05 h. --------10分

18. 解:(1)因为(0.000 2 +0.000 4+0.000 3+0.000 1)×500=0.5,

所以a==0.000 5, ---3分

月收入在2 000元~2 500元的频率为0.25,

所以抽取的100人中月收入在2 000元~2 500元的人数为

0.25×100=25(人). ------6分

(2)因为0.000 2×(1 000-500)=0.1,0.000 4×(1 500-1 000)=0.2,

0.000 5×(2 000-1 500)=0.25, 0.1+0.2+0.25=0.55>0.5,

所以样本数据的中位数是1 500+ =1 900(元). ------9分

(750×0.000 2+1 250×0.000 4+1 750×0.000 5+2 250×0.000 5+2 750×0.000 3+3 250×0.000 1)×500=1 900(元).

所以样本数据的平均数为1 900元. -----12分

19. 解：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有1和2,1和3,1和4,2和3,2和4,3和4，共6个.从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件有1和2,1和3，共2个.

因此所求事件的概率P=26=13. -------6分

(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n，其一切可能的结果(m，n)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个.

又满足m+2≤n的事件的概率为P1=316，

故满足n

20. 解：(1)

且 过 ，则 ----6分

( 2)当 时， ，

----------- 12分

21. 设所求圆的圆心为C(a, a-1),半径 为r(r>0),则点C到直线l2的距离d1= = . --------3分

点C到直线l3的距离是d2= = . ---------6分

由题意,得 -------9分

解得a=2,r=5,即所求圆的方程是(x-2)2+(y-1)2=25. ----12分

22.(1) ， ，

增区间为 ; ----- -6分

( 2)

由图像可知 =a有且仅有一个根时a的范围

为{a︱ 或a=2} ------12分

高一年级数学下学期期中试题

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的.请将正确答案填涂在答题卷上)

1.设全集U=A∪B={1，2，3，4，5}，A∩(∁UB)={1，2}，则集合B=( )

A.{2，4，5} B.{3，4，5} C.{4， 5} D.(2，4)

2.过点M(﹣3，2)，N(﹣2，3)的直线倾斜角是( )

A. B. C. D .

3.函数 的零点落在的区间是( )

4.计算sin105°=( )

A. B. C. D.

5.函数 的图像( )

A.关于点 对称， B.关于直线 对称， C.关于点 对称， D.关于直线 对称

6.要得到函数 的图像，只需将函数 的图像( )

A.向左平行移动 个单位长度 B.向右平行移动 个单位长度

C.向左平行移动 个单位长度 D.向右平行移动 个单位长度

7.已知 ，则 ( )

A. B. C. D.

8.已知2sinα+cosα= ，则tan2α=( )

A. B. C.- D.-

9.函数y=2cos2 -1是( )

A.最小正周期为π的奇函数 B.最小正周期为π的偶函 数

C.最小正周期为 的奇函数 D.最小正周期为 的偶函数

10.函数 的最小值为 ( )

A. B. C. D.

11.设m，n是不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，有以下四个命题：

①若m⊥α，n⊥α，则m∥n; ②若α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n则α∥β;

③若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m ⊥γ ④若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β.

其中正确命题的序号是( ) A.①③ B.②③ C.③④ D.①④

12.已知 则方程 所 有实根的个数是( )

A.2 B.3 C.4 D.5

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将正确答案写在答题卷上)

13.已知 则

14.经过点 ，且与直线 =0垂直的直线方程是

15.已知函数 若对任意x1≠x2，都有 成立，则a的取值范围是

16.设常 数a使方程 在闭区间[0,2 ]上恰有三个解 ，则 。

三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明或演算步骤.)

17.已知函数

(Ⅰ)求出使 取最大值、最小值时 的集合;

(Ⅱ)用五点法画出它在一个周期内的闭区间上的图象;

18.已知函数y=Asin(ωx+φ) (A>0,ω>0，|φ|<π)的 一段图象(如图)所示.

(Ⅰ)求函数的解析式;

(Ⅱ)求这个函数的单调增区间。

19.设函数 ， .

(Ⅰ)求 的最小正周期及单调递增区间;

(Ⅱ)若 时， ，求函数 的最大值，并指出 取何值时，函数 取得最大值.

20.如图，已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，M、N分别为AB、PC的中点，∠PDA=45°，AB=2，AD=1.

(Ⅰ)求证：MN∥平面PAD;

(Ⅱ)求证：平面PMC⊥平面PCD;

21.已知圆 ： ，点 是直线 ： 上的一动点，过点 作圆M的切线 、，切点为 、.

(Ⅰ)当切线PA的长度为 时，求点 的坐标;

(Ⅱ)若 的外接圆为圆 ，试问：当 运动时，圆 是否过定点?若存在，求出所有的定点的坐标;若不存在，说明理由;

(Ⅲ)求线段 长度的最小值.

2 2.已知 二次函数g(x)=mx2﹣2mx+n+1(m>0)在区间[0，3]上有最大值4，最小值0.

(Ⅰ)求函数g(x)的解析式;

4.初一级数学教案 篇四

一、活动主题:“传承雷锋精神,争做一名合格的共产党员。”

二、活动背景：

3月是不平凡的一个月，每年此时都会在校园乃至全社会掀起一股学习雷锋精神的高潮。如今雷锋精神已经与新时代的精神对接，成为我们崭新的公民精神。正因为如此，作为双学小组成员，不仅在思想上去其他同学相比要有更高的觉悟，在传承与践行公民精神方面也要有更多的表现。

三、活动目的：

1.通过此次活动，让小组成员学习雷锋精神所具有的社会意义，让参加者明白党的宗旨是全心全意为人民服务，作为积极分子，更要能在思想上与之靠拢。

2.通过此次活动，增强小组成员之间的联系及相互学习，为以后的推优工作奠定基础。

3.作为双学小组的一次实践活动，不仅是要更丰富的开展党章学习活动，增加小组成员服务社会的意识，践行自身的义务，更是一次对小组成员的一次综合考察，本次活动积极分子的参与情况将作为以后综合评定的一部分。

四、活动时间：3月17日上午9:00-11:00

五、活动地点：福州大学生活二区

六、活动主要负责人：数学3班团支书

七、活动参与人员：2011级数学3班双学小组全体成员

八、前期准备：

1.制定活动计划、做好防护措施及活动宣传工作。2.向青年志愿者协会借用绶带。

3.将双学小组成员分为五个小组，并分别选出了各个小组的组长。

4.通知班级双学小组具体的活动时间、地点及活动内容。

九、活动内容：

1.小组成员早晨9:00在生活三区门口准时集合并签到，由各个小组长带领，分别到二区的草坪、空地、过道等地方。

2.之后开始进行整理、摆放散乱的自行车。将自行车集中，摆放整齐，空出道路及更多的停车空位。各个小组组长需保护好各个小组成员，以免受伤。

3.在将二区的散乱自行车摆放整齐之后，回到三区集合。最后拍照留影。

十、活动总结

1.在这次活动中，双学小组成员起到了先锋模范的带头作用，让大家意识到摆放自行车安全整齐的重要性。

5.初一级数学教案 篇五

各位评委大家好，今天我说课的内容是北师大版数学教材第五册第七单元第一节的内容：《》。我将从教材分析、学情分析、教学目标、教法学法、教学过程五个方面进行阐述

一、教材分析

《看日历》是北师大版小学数学第五册第七单元《年月日》的第一课时。本单元是在学生已经了解了时、分、秒的基础上学习的。有关年、月、日的知识具有常识性，在课堂上虽然没有系统学过，但在实际生活中学生已经有了很多的经验。因此教材首先安排了“说一说”让学生交流已有的知识基础，接着通过“填一填”的活动让学生自主发现年月日之间的关系，力图从学生已有的知识基础出发以达到本课的教学目标。

二、学情分析

学生在日常生活中，对年月日有一定的了解，但并不全面。尤其是年、月、日之间的关系，以及平年闰年的判断方法对学生来说是一个难点。因此，课堂上可以通过观察、讨论等的活动，让学生自主发现年月日之间的关系，教师只需适时引导总结，帮助学生记忆。同时可以利用多媒体手段，帮助学生抓住课教学重点，突破本课判断平年闰年这个教学难点。

三、教学目标

三年级小学生已经掌握了时、分、秒，并在实际生活中积累了年、月、日方面的感性经验。因此，这节课我引导学生完成下列教学目标：

知识与技能：结合学生生活经验，认识时间单位年、月、日，了解它们之间的关系；会看年历卡，知道大月和小月，了解平年和闰年的知识；探究判断平年闰年的方法。

过程与方法：为学生提供探究的支点，在自主合作的学习氛围中，培养学生观察、分析、判断和推理能力，促进学生数学思维的发展。

情感与态度：在探究与交流的过程中让学生获得情感体验，并在具体的教学情境受到爱国主义教育。

认识年、月、日是教学重点，平年、闰年的判断是教学的难点。

四、教法、学法

依据《数学课程标准》中“变注重知识获得的结果为知识获得的过程”的教育理念，我以学生发展为立足点，以自主探索为主线，以求异创新为宗旨，采用多媒体辅助教学，运用设疑激趣、直观演示、实际操作等教学方法，引导学生动手操作、观察辨析、自主探究，让学生全面、全程地参与到每个教学环节中，充分调动学生学习的积极性，培养学生的自主学习、合作交流、解决实际问题的能力。

五、教学过程

根据《数学课程标准》的基本理念：“学生是数学学习的主人，教师是数学学习的组织者、引导者与合作者”，“动手实践，自主探 2

索与合作交流是学习数学的重要方式。”因此，教学本课我采用了“问题探究”为中心的教学模式。设计了如下教学程序：

1、通过播放课件让学生猜谜语、提问的方式导入新课《看日历》

2、同桌两人一组观察自己手中的年历，我以提问的方式引导学生观察，如：一年有几个月？哪几个月份有31天？哪几个月份有30天？二月有多少天？等问题。让学生讲述自己的发现。根据学生回答，我适当评价并抓住学生的回答进行板书，以上板书如果学生没有回答完整我可以适当引导。

3、根据学生的观察以及回答，认识大小月、平年闰年

4、利用课件展示“口诀记忆法”和“左拳记忆法”对大小月准确识记。我想：把课堂还给学生才是教师真正做由传授者到合作者、引导者角色的转变。而我在教学中给学生充分交流、独立探索的机会，就是自己角色的重要转变吧！

5、教学判断平年和闰年，（课件出示1997——2008年二月天数统计表）学生独立判断并组内交流，对于遇到困难的个人或小组我适机点拨。然后小组代表汇报补充：利用推算、公历年份除以四等方法判断平年闰年。根据学生汇报适时总结“公历年份除以四”的判断方法对于结论予以肯定。（课件演示判断平年闰年的方法）。（课件出题）请同学们根据计算结果判断下面年份是平年还是闰年？学生计算，在公布结果时产生争议：“为什么1900年是平年？”这是引导

学生看1900年2月的月历（课件出示1900年月历），并通过“你知道吗”（课件出示你知道吗）来解决这个教学难点。哦，原来在遇到整百年份时，能被四百整出才是闰年！下面我们就利用这这结论判断一下下面的年份吧!（课件出题）学生通过计算加深理解。

6、深化练习，拓展提高

课堂巩固练习部分由填一填、判断、练一练三个部分组成，由浅入深对本课知识深进行巩固拓展练习。通过多种形式的练习，既对本课知识进行了活学活用，又拓展了学生的思维，有利于学生智力发展和能力提高。

7、课堂小结，升华情感

引导学生回忆总结：（出示课件）同学们！经过这短暂的四十分钟我们的共同探索，这你收获什么？这节课你表现得怎样？通过这样的小结，有利于学生巩固本节课的重点，大大培养了学生的自信心，激励他们更好地学好数学知识。

6.初一级数学教案 篇六

5、泰勒级数；

6、傅里叶级数的狄利克雷定理。

§11 1 常数项级数的概念和性质

一、常数项级数的概念

常数项级数 给定一个数列

u1 u2 u3    un   

则由这数列构成的表达式

u1  u2  u3     un    

叫做(常数项)无穷级数 简称(常数项)级数 记为un

n1即

unu1u2u3    un     其中 n1n1

余项 当级数un收敛时 其部分和s n是级数un的和s的近似值 它们之间的差值



rnssnun1un2   叫做级数un的余项

n1

例1 讨论等比级数(几何级数)

aqnaaqaq2    aqn   

n0的敛散性 其中a0 q叫做级数的公比

解 如果q1 则部分和

snaaqaq    aq2n1aaqnaqna

1q1q1qaa

当|q|1时 因为limsn 所以此时级数aqn收敛 其和为

1q1qnn0

当|q|>1时 因为limsn 所以此时级数aqn发散

nn0

如果|q|1 则当q1时 sn na 因此级数aqn发散

n0

当q1时 级数aqn成为

n0

aaaa   

时|q|1时 因为sn 随着n为奇数或偶数而等于a或零

所以sn的极限不存在 从而这时级数aqn也发散

n0a

综上所述 如果|q|1 则级数aq收敛 其和为 如果|q|1 则级数aqn发散

1qn0n0n

仅当|q|1时 几何级数aqna0)收敛 其和为n0a

1q

例2 证明级数

123  n  

是发散的

证 此级数的部分和为

sn123    nn(n1)2

显然 limsn 因此所给级数是发散的

n

例3 判别无穷级数

解 由于

un因此

sn1111        的收敛性

122334n(n1)111

n(n1)nn11111     122334n(n1)

(1)()    (从而

limsnlim(1nn1212131n11)1n1n11)1

n1所以这级数收敛 它的和是1

二、收敛级数的基本性质

n1n1性质1 如果级数un收敛于和s 则它的各项同乘以一个常数k所得的级数kun也收n1n1敛 且其和为ks(如果级数un收敛于和s 则级数kun也收敛 且其和为ks)n1n

1这是因为 设un与kun的部分和分别为sn与n 则

limnlim(ku1ku2    kun)klim(u1u2    un)klimsnks

nnnn 这表明级数kun收敛 且和为ks

n1

性质2 如果级数un、vn分别收敛于和s、 则级数(unvn)也收敛 且其和为n1n1n1s

这是因为 如果un、vn、(unvn)的部分和分别为sn、n、n 则

n1n1n1

limnlim[(u1v1)(u2v2)    (unvn)]

nn

lim[(u1u2    un)(v1v2    vn)]

n

lim(snn)s

n

性质

3在级数中去掉、加上或改变有限项 不会改变级数的收敛性

比如 级数1111        是收敛的

122334n(n1)1111        也是收敛的

122334n(n1)级数10000级数111        也是收敛的

3445n(n1)

性质4 如果级数un收敛 则对这级数的项任意加括号后所成的级数仍收敛 且其和不n1变

应注意的问题 如果加括号后所成的级数收敛 则不能断定去括号后原来的级数也收敛

例如 级数

(11)+(11)+  收敛于零 但级数1111  却是发散的

推论 如果加括号后所成的级数发散 则原来级数也发散

级数收敛的必要条件



性质5 如果un收敛 则它的一般项un 趋于零 即limun0

n1n0

（性质5的等价命题：若limun0，则级数un发散）

n0n1

证

设级数un的部分和为sn 且limsns 则

n1n

limunlim(snsn1)limsnlimsn1ss0

n0nnn

应注意的问题 级数的一般项趋于零并不是级数收敛的充分条件

例4 证明调和级数

11111        是发散的

23nn1n1收敛且其和为s sn是它的部分和

nn1

证 假若级数显然有limsns及lims2ns 于是lim(s2nsn)0

nnn

但另一方面

s2nsn1111111        

n1n22n2n2n2n21必定发散

nn1故lim(s2nsn)0 矛盾 这矛盾说明级数n

§11 2 常数项级数的审敛法

一、正项级数及其审敛法

正项级数 各项都是正数或零的级数称为正项级数



定理1 正项级数un收敛的充分必要条件它的部分和数列{sn}有界

n1n1n1n

1定理2(比较审敛法)设un和vn都是正项级数 且unvn(n1 2   ) 若级数vn收n1n1n1敛 则级数un收敛 反之 若级数un发散 则级数vn发散

证

设级数vn收敛于和 则级数un的部分和

n1n1

snu1u2    unv1 v2    vn(n1, 2,   )

即部分和数列{sn}有界 由定理1知级数un收敛

n1n1n1

反之 设级数un发散 则级数vn必发散 因为若级数

n1n1vn收敛 由上已证明的结论 将有级数un也收敛 与假设矛盾

n1n1n1

推论 设un和vn都是正项级数 如果级数vn收敛 且存在自然数N 使当nN时n1n1有unkvn(k0)成立 则级数un收敛 如果级数vn发散 且当nN时有unkvn(k0)成立

则级数un发散

n1

例1 讨论p级数



n1111111       

pppppn234n 的收敛性 其中常数p0

解 设p1 这时1p1 而调和级数1发散 由比较审敛法知 当p1时级数1pnnn1nn1n发散

设p1 此时有

nn111111dxdx[p1](n2, 3,   )

pppp1n1nn1xp1(n1)nn对于级数[n211] 其部分和 p1p1(n1)n12][p112p1]    [p111np111

]1p1p1(n1)(n1)

sn[13因为limsnlim[1nn1]1

p1(n1)111所以级数[收敛 从而根据比较审敛法的推论1可知 级数当p1]pp1p1nn2(n1)n1n时收敛



综上所述 p级数n11当p1时收敛 当p1时发散

pn1

例2 证明级数n1n(n1)是发散的

证 因为1n(n1)1(n1)21

n1而级数n11111        是发散的

n123n1根据比较审敛法可知所给级数也是发散的

n1n1

定理3(比较审敛法的极限形式)

设un和vn都是正项级数

(1)如果limnunvnunvnn1n1l(0l) 且级数vn收敛 则级数un收敛

(2)如果limnl0或limnunvnn1n1 且级数vn发散 则级数un发散

例3 判别级数sin1的收敛性

n1nsin

解 因为 limn1n1 而级数1发散

1n1nn根据比较审敛法的极限形式 级数sinn11发散

n

例4 判别级数ln(1n11)的收敛性

n2ln(1

解 因为 limn1)21n1 而级数收敛

21n1n2n根据比较审敛法的极限形式 级数ln(1n11)收敛

n2

定理4(比值审敛法 达朗贝尔判别法)设un为正项级数 如果

n1limnun1un

则当1时级数收敛 当1(或limnun1un)时级数发散 当 1时级数可能收敛也可能发散

例5 证明级数1是收敛的

解 因为 limn1111        112123123   (n1)un1un limn123   (n1)123    n limn101

n根据比值审敛法可知所给级数收敛

123n!

例6 判别级数112        的收敛性

23n10101010

解 因为 limnun1un(n1)!10nn1 lim lim

n1n!n10n10根据比值审敛法可知所给级数发散

例7 判别级数1的收敛性

(2n1)2nn

解 limnun1un lim(2n1)2nn(2n1)(2n2)1

这时1 比值审敛法失效 必须用其它方法来判别级数的收敛性

1112 而级数

因为收敛 因此由比较审敛法可知所给级数收敛

2(2n1)2nnn1n

定理5(根值审敛法 柯西判别法)

设un是正项级数 如果它的一般项un的n次根的极限等于

n1

limnnun

n则当1时级数收敛 当1(或limnun)时级数发散 当1时级数可能收敛也可能发散

例8 证明级数11113    n    是收敛的

223n 并估计以级数的部分和sn近似代替和s所产生的误差

解 因为 limnnun limnn11 lim0

nnnn所以根据根值审敛法可知所给级数收敛

以这级数的部分和sn近似代替和s所产生的误差为

|rn|



111    n1n2n3(n1)(n2)(n3)111    

(n1)n1(n1)n2(n1)n31

n(n1)n

例6判定级数n12(1)n2n的收敛性

解 因为

limnnunlim1n12(1)n

2n2所以 根据根值审敛法知所给级数收敛

定理6

(极限审敛法)

设un为正项级数

n1

(1)如果limnunl0(或limnun) 则级数un发散

nnn1

(2)如果p1 而limnpunl(0l) 则级数un收敛

nn1

例7 判定级数ln(1n11)的收敛性

2n

解 因为ln(111)~(n) 故 n2n2n

limn2unlimn2ln(1n121)limn21

nn2n根据极限审敛法 知所给级数收敛



例8 判定级数n1(1cosn1n)的收敛性

解 因为

limn3n2unlimn3n2n1(1cosn)limn2nn11212()

n2n2根据极限审敛法 知所给级数收敛

二、交错级数及其审敛法

交错级数 交错级数是这样的级数 它的各项是正负交错的

交错级数的一般形式为(1)n1un 其中un0

n1

例如 (1)n1n111cosn 不是交错级数

是交错级数 但(1)n1nnn1

定理6（莱布尼茨定理）

如果交错级数(1)n1un满足条件

n1

(1)unun1(n1 2 3   )

(2)limun0

n则级数收敛 且其和su1 其余项rn的绝对值|rn|un1

简要证明 设前n项部分和为sn

由s2n(u1u2)(u3u4)    (u2n 1u2n)

及

s2nu1(u2u3)(u4u5)    (u2n2u2n1)u2n

看出数列{s2n}单调增加且有界(s2nu1) 所以收敛

设s2ns(n) 则也有s2n1s2nu2n1s(n) 所以sns(n) 从而级数是收敛的 且snu1

因为 |rn|un1un2  也是收敛的交错级数 所以|rn|un1

例9 证明级数(1)n1 收敛 并估计和及余项

n11n

证

这是一个交错级数 因为此级数满足

(1)un11un1(n1, 2,  )

(2)limunlim10

nn1nnn由莱布尼茨定理 级数是收敛的 且其和su11 余项|rn|un1

1三、绝对收敛与条件收敛

绝对收敛与条件收敛

n1n1n1n1

若级数|un|收敛 则称级数un绝对收敛 若级数un

n1n1收敛 而级数|un|发散 则称级un条件收敛

例10 级数(1)n1n11n11是绝对收敛的 而级数是条件收敛的

(1)2nnn1n1n

1定理7 如果级数un绝对收敛 则级数un必定收敛

值得注意的问题

n1n1

如果级数|un|发散 我们不能断定级数un也发散



但是 如果我们用比值法或根值法判定级数|un|发散

n1则我们可以断定级数un必定发散

n1这是因为 此时|un|不趋向于零 从而un也不趋向于零 因此级数un也是发散的

n1

例11 判别级数sinna的收敛性

2nn1

1na1

解 因为|sin2|2 而级数2是收敛的

nnn1nnasinna所以级数|sin2绝对收敛

|也收敛 从而级数2nn1n1n

2例12 判别级数(1)n1n(11)n的收敛性

n12n2

解 由|un|1n(11)n 有limn2nn|un|111lim(1)ne1

2nn2可知limun0 因此级数(1)nnn111n2(1)发散

nn2

§ 11 3 幂级数

一、函数项级数的概念

函数项级数 给定一个定义在区间I 上的函数列{un(x)} 由这函数列构成的表达式

u1(x)u2(x)u3(x)    un(x)    称为定义在区间I上的(函数项)级数

记为un(x)

n1

收敛点与发散点

对于区间I内的一定点x0 若常数项级数un(x0)收敛 则称

n1点x0是级数un(x)的收敛点

若常数项级数un(x0)发散 则称

n1n1点x0是级数un(x)的发散点

n

1收敛域与发散域

函数项级数un(x)的所有收敛点的全体称为它的收敛域 所

n1 有发散点的全体称为它的发散域

和函数

在收敛域上 函数项级数un(x)的和是x的函数s(x)

n1s(x)称为函数项级数un(x)的和函数 并写成s(x)un(x)

n1n1

∑un(x)是un(x)的简便记法 以下不再重述

n1

在收敛域上 函数项级数∑un(x)的和是x的函数s(x)

s(x)称为函数项级数∑un(x)的和函数 并写成s(x)∑un(x)

这函数的定义就是级数的收敛域

部分和

函数项级数un(x)的前n项的部分和记作sn(x)

n1

函数项级数∑un(x)的前n项的部分和记作sn(x) 即

sn(x) u1(x)u2(x)u3(x)    un(x)

在收敛域上有limsn(x)s(x)或sn(x)s(x)(n)

n

余项

函数项级数un(x)的和函数s(x)与部分和sn(x)的差

n1

rn(x)s(x)sn(x)叫做函数项级数un(x)的余项

n1

函数项级数∑un(x)的余项记为rn(x) 它是和函数s(x)与部分和sn(x)的差 rn(x)s(x)sn(x)

在收敛域上有limrn(x)0

n

二、幂级数及其收敛性

幂级数

函数项级数中简单而常见的一类级数就是各项都幂函数的函数 项级数 这种形式的级数称为幂级数 它的形式是

a0a1xa2x2    anxn    

其中常数a0 a1 a2     an    叫做幂级数的系数

幂级数的例子

1xx2x3    xn     

1x121x    xn    

2!n!

注 幂级数的一般形式是

a0a1(xx0)a2(xx0)2    an(xx0)n    

经变换txx0就得a0a1ta2t2    antn    

幂级数

1xx2x3    xn    

可以看成是公比为x的几何级数 当|x|1时它是收敛的 当|x|1时 它是发散的 因此它的收敛

域为(1 1) 在收敛域内有

11xx2x3    xn    

1x

定理1(阿贝尔定理)如果级数anxn当xx0(x00)时收敛 则适合不等式

n0|x||x0|的一切x使这幂级数绝对收敛 反之 如果级数anxn当

n0xx0时发散 则适合不等式|x||x0|的一切x使这幂级数发散

证

先设x0是幂级数anx的收敛点 即级数anxn收敛 根据级数收敛的必要条件

n0n0n有limanx00 于是存在一个常数M 使 nnn| anx0 |M(n0, 1, 2,   )

这样级数n0anxn的的一般项的绝对值

xnxnxnn||ax|||M||

n0nx0x0x0n|anxn||anx0xnn因为当|x||x0|时 等比级数M||收敛 所以级数|anx|收敛 也就是级数anxn绝

x0n0n0n0对收敛

定理的

例1 求幂级数

n1(1)n1nxnx2x3n1xx    (1)   

n23n的收敛半径与收敛域

1a

解

因为 lim|n1| limn11

nan1nn所以收敛半径为R11



当x1时 幂级数成为(1)n1n11 是收敛的

n

1当x1时 幂级数成为() 是发散的 因此 收敛域为(1, 1]

nn1

例2 求幂级数1x1nx n!n012131xx    xn    2!3!n!的收敛域

1a(n1)!n! lim0

解

因为 lim|n1|  limnann(n1)!1nn!所以收敛半径为R 从而收敛域为(, )

例3 求幂级数n!xn的收敛半径

n0

解 因为

 lim|nan1an|  lim(n1)!n!n

所以收敛半径为R0 即级数仅在x0处收敛

例4 求幂级数(2n)!2n0(n!)x2n的收敛半径

解 级数缺少奇次幂的项 定理2不能应用 可根据比值审敛法来求收敛半径

幂级数的一般项记为un(x)(2n)!(n!)2x2n

因为 lim|nun1(x)un(x)| 4|x|2

当4|x|1即|x|21112时级数收敛 当4|x|1即|x|时级数发散 所以收敛半径为R 222[2(n1)]!x2(n1)(2n2)(2n1)(n1)2[(n1)!]2提示

(2n)!2nun(x)x(n!)2un1(x)x2

例5 求幂级数(x1)n2nn的收敛域

tn

nn12nn1

解 令tx1 上述级数变为an1an

因为  lim|n2nn1| n1

2(n1)2所以收敛半径R2

(1)1

当t2时 级数成为 此级数发散 当t2时 级数成为 此级数收敛 因此

nn1nn1tn级数n的收敛域为2t2 因为2x12 即1x3 所以原级数的收敛域为[1, 3)

n12n

三、幂级数的运算

设幂级数anx及n0nn0bnxn分别在区间(R, R)及(R, R)内收敛 则在(R, R)与(R, R)中较小的区间内有 加法 减法 n0anxbnx(anbn)xn

n0n0nnnnn0anxbnx(anbn)xn

n0n0

设幂级数∑anxn及∑bnxn分别在区间(R, R)及(R, R)内收敛 则在(R, R)与(R, R)中较

小的区间内有

加法 ∑anxn∑bnxn ∑(anbn)xn 

减法 ∑anxn∑bnxn ∑(anbn)xn 

乘法(anx)(bnxn)a0b0(a0b1a1b0)x(a0b2a1b1a2b0)x2   

nn0n0

(a0bna1bn1    anb0)xn   

性质1 幂级数anxn的和函数s(x)在其收敛域I上连续

n0

如果幂级数在xR(或xR)也收敛 则和函数s(x)在(R, R](或[R, R))连续

性质2 幂级数anxn的和函数s(x)在其收敛域I上可积 并且有逐项积分公式

n0

0xs(x)dx(anx)dx0n0xnn00anxdxxnann0n1xn1(xI)

逐项积分后所得到的幂级数和原级数有相同的收敛半径

性质3 幂级数anxn的和函数s(x)在其收敛区间(R R)内可导 并且有逐项求导公式

n0

s(x)(anx)n0nn0(anx)nanxn1(|x|R)

n1n逐项求导后所得到的幂级数和原级数有相同的收敛半径

例6 求幂级数1xn的和函数

n0n1

解 求得幂级数的收敛域为[1 1)

设和函数为s(x) 即s(x)

在xs(x)1xn x[1 1) 显然s(0)1

n0n11n1x的两边求导得 n1n011n1x)xn

[xs(x)](

n11xn0n0对上式从0到x积分 得

xs(x)1dxln1(x)

01xx

1ln(1x)0|x|11于是 当x 0时 有s(x)ln(1x) 从而s(x)x

x 1 x0x11n

1因为xs(x)x[xn1]dx

0n0n1n0n1

x0n0xndx0x1dxln1(x)

1x所以 当x0时 有s(x)1ln(1x)

x1ln(1x)0|x|1从而 s(x)x

 1 x0

例7 求级数(1)nn1的和

n0

解

考虑幂级数1xn 此级数在[1, 1)上收敛 设其和

n0n1函数为s(x) 则s(1)(1)nn1

n0(1)11ln

在例6中已得到xs(x)ln(1x) 于是s(1)ln2 s(1)ln 即22n0n1n

§11 4 函数展开成幂级数

一、泰勒级数

要解决的问题 给定函数f(x) 要考虑它是否能在某个区间内“展开成幂级数” 就是说 是否能找到这样一个幂级数 它在某区间内收敛 且其和恰好就是给定的函数f(x)

如果能找到这样的幂级数 我们就说 函数f(x)在该区间内能展开成幂级数 或简单地说函数f(x)能展开成幂级数 而该级数在收敛区间内就表达了函数f(x)

泰勒多项式 如果f(x)在点x0的某邻域内具有各阶导数 则在该邻域内f(x)近似等于

f(x)f(x0)f(x0)(xx0)f(x0)2!(xx0)2   

f(n1)f(n)(x0)n!(xx0)nRn(x)

其中Rn(x)()(n1)!(xx0)n1(介于x与x0之间)

泰勒级数 如果f(x)在点x0的某邻域内具有各阶导数f(x) f(x)    

f(n)(x)     则当n时 f(x)在点x0的泰勒多项式

pn(x)f(x0)f(x0)(xx0)成为幂级数

f(x0)f(x0)(xx0)f(x0)2!(xx0)2f(x0)2!(xx0)    2f(n)(x0)n!(xx0)n

f(x0)3!(xx0)    3f(n)(x0)n!(xx0)n   

这一幂级数称为函数f(x)的泰勒级数

显然 当xx0时 f(x)的泰勒级数收敛于f(x0)

需回答的问题 除了xx0外 f(x)的泰勒级数是否收敛? 如果收敛 它是否一定收敛于f(x)?

定理

设函数f(x)在点x0的某一邻域U(x0)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分必要条件是f(x)的泰勒公式中的余项Rn(x)当n0时的极限为零 即

nlimRn(x)0(xU(x0))

证明

先证必要性 设f(x)在U(x0)内能展开为泰勒级数 即

f(x)f(x0)f(x0)(xx0)f(x0)2!(xx0)    2f(n)(x0)n!(xx0)n    

又设sn1(x)是f(x)的泰勒级数的前n1项的和 则在U(x0)内sn1(x) f(x)(n)

而f(x)的n阶泰勒公式可写成f(x)sn1(x)Rn(x) 于是R n(x)f(x)sn1(x)0(n)

再证充分性 设Rn(x)0(n)对一切xU(x0)成立

因为f(x)的n阶泰勒公式可写成f(x)sn1(x)R n(x) 于是sn1(x)f(x)R n(x)f(x)

即f(x)的泰勒级数在U(x0)内收敛 并且收敛于f(x)

麦克劳林级数 在泰勒级数中取x00 得

f(0)f(0)xf(0)2!x    2f(n)(0)n!xn   

此级数称为f(x)的麦克劳林级数

展开式的唯一性 如果f(x)能展开成x的幂级数 那么这种展式是唯一的 它一定与f(x)的麦克劳林级数一致

这是因为 如果f(x)在点x00的某邻域(R R)内能展开成x的幂级数 即

f(x)a0a1xa2x    anx    

那么根据幂级数在收敛区间内可以逐项求导 有 f (x)a12a2x3a3x2   nanxn1    

f (x)2!a232a3x     n(n1)anx

n2

2n

    

f (x)3!a3   n(n1)(n2)anxn3     

  

  

  

  

   f(n)(x)n!an(n1)n(n1)   2an1x     

于是得

a0f(0) a1f (0) a2f(0)2!    anf(n)(0)n!   

应注意的问题 如果f(x)能展开成x的幂级数 那么这个幂级数就是f(x)的麦克劳林级数 但是 反过来如果f(x)的麦克劳林级数在点x00的某邻域内收敛 它却不一定收敛于f(x) 因此 如果f(x)在点x00处具有各阶导数 则f(x)的麦克劳林级数虽然能作出来 但这个级数是否在某个区间内收敛 以及是否收敛于f(x)却需要进一步考察

二、函数展开成幂级数

展开步骤

是否为零 如果Rn(x)0(n) 则f(x)在(R R)内有展开式

f(x)f(0)f(0)xf(0)2!x    2f(n)(0)n!xn   (RxR)

例1 将函数f(x)ex展开成x的幂级数

解 所给函数的各阶导数为f(x)e(n1 2   ) 因此f

1x1x2    1xn   

2!n!(n)

x

(n)

(0)1(n1 2   ) 于是得级数

它的收敛半径R

对于任何有限的数x、(介于0与x之间) 有

n1en1|x||x|x| e

|Rn(x)| |

(n1)!(n1)!|x|n10 所以 lim|Rn(x)|0 从而有展开式 而 limn(n1)!n

ex1x121x    xn   (x)

2!n!

例2 将函数f(x)sin x 展开成x的幂级数

解 因为f(n)(x)sin(xn )(n1 2

  )

2所以f(n)(0)顺序循环地取0 1 0 1   ((n0 1 2 3   ) 于是得级数

2n1x3x5n1x    (1)   

x3!5!(2n1)!它的收敛半径为R

对于任何有限的数x、(介于0与x之间) 有

sin[(n1)2(n1)!]xn1 |Rn(x)| |因此得展开式

|x|n1| 0(n )

(n1)!2n1x3x5n1x    (1)   (x)

sinxx3!5!(2n1)!

ex1x121x    xn   (x)

2!n!

例3 将函数f(x)(1 x)展开成x的幂级数 其中m为任意常数

解 f(x)的各阶导数为

f (x)m(1x)m1

f (x)m(m1)(1x)

        

f(n)(x)m(m1)(m2)  (mn1)(1x)mn

        

所以

f(0)1 f (0)m f (0)m(m1)    f(n)(0)m(m1)(m2)  (mn1)    于是得幂级数

1mx可以证明

(1x)m1mx

间接展开法

例4 将函数f(x)cos x展开成x的幂级数

解

已知

2n1x3x5n1x    (1)   (x)

sinxx3!5!(2n1)!m2m

m(m1)2!x2    m(m1)  (mn1)n!xn    

m(m1)2!x2    m(m1)  (mn1)n!xn   (1x1)

对上式两边求导得

cosx1x2x4x2n    (1)n   (x)

2!4!(2n)!1展开成x的幂级数

1x

2例5 将函数f(x)

解 因为211xx2    xn   (1x1)

1x把x换成x 得

11x2x4    (1)nx2n   (1x1) 21x注 收敛半径的确定 由1x21得1x1

例6 将函数f(x)ln(1x)展开成x的幂级数

解

因为f(x)1

1x而1是收敛的等比级数1xn0(1)nxn(1x1)的和函数 

11xx2x3    (1)nxn    

1x所以将上式从0到x逐项积分 得

n1x2x3x4nx

ln1(x)x    (1)   (1x1)

234n

1解

f(x)ln(1x)[ln(1x)]dx0xx01dx 1xxn1

[(1)x]dx(1)(1x1)

0n1n0n0xnnn

上述展开式对x1也成立 这是因为上式右端的幂级数当x1时收敛 而ln(1x)在x1处有定义且连续

例7 将函数f(x)sin x展开成(x

解

因为

sinxsin[并且有

cosx(

sinx(所以

sinx4(x4)的幂级数

4)]2[cos(x)sin(x)]

24444)111(x)2(x)4   (x)

2!44!4)(x4)11(x)3(x)5   (x)

3!45!4211[1(x)(x)2(x)3   ](x)

242!43!

4例8 将函数f(x)

解 因为

f(x)1展开成(x1)的幂级数

x24x3111111

2x1x1(x1)(x3)2(1x)2(3x)x4x34(1)8(1)24 nn11n(x1)n(x1)

(1)(1)n4n08n024n

n0(1)n(12n2122n3)(x1)n(1x3)

提示

1x2(x1)2(1x1)3x4(x1)4(1x1)

24n1x1n(x1)

(1)(11)

nx1n02212n1x1n(x1)

(1)(11)

nx1n04414收敛域的确定 由1

展开式小结 x1x11和11得1x3

2411xx2    xn   (1x1) 1xex1x121x    xn   (x)

2!n!sinxxx3x5x2n1    (1)n1   (x) 3!5!(2n1)!2nx2x4nxcosx1    (1)   (x) 2!4!(2n)!ln(1x)xx2x3x4xn1    (1)n   (1x1) 234n1m(m1)2!x2    m(m1)  (mn1)n!xn   (1x1)(1x)m1mx

§11 5 函数的幂级数展开式的应用

一、近似计算

例1 计算5240的近似值 要求误差不超过00001

解

因为5240524333(114)1/5

3所以在二项展开式中取m1 x14 即得

51114114912403(1428312   )

5352!353!3这个级数收敛很快 取前两项的和作为5240的近似值 其误差(也叫做截断误差)为

|r2|3（3

1411491149141831216   )2452!353!354!3141112[1()    ] 28818152!3611118

12532527402000018111)

534于是取近似式为52403(1为了使“四舍五入”引起的误差(叫做舍入误差)与截断误差之和不超过104 计算时应取五位小数 然后四舍五入 因此最后得

52402.9926

例2 计算ln 2的近似值 要求误差不超过00001

解

在上节例5中 令 x1可得

ln21111    (1)n1   .23n

如果取这级数前n项和作为ln2的近似值 其误差为

|rn|1.n1为了保证误差不超过104 就需要取级数的前10000项进行计算.这样做计算量太大了 我们必需用收敛较快的级数来代替它.把展开式

n1x2x3x4nx

ln1(x)x    (1)   (1x1)234n1中的x换成x  得

x2x3x ln(1x)x   (1x1)

234两式相减 得到不含有偶次幂的展开式

ln1x11ln1(x)ln1(x)2(xx3x5   )(1x1) 1x3533令1x2 解出x1 以x1代入最后一个展开式 得

1x

ln22(13111111   ) 333535737如果取前四项作为ln2的近似值 则误差为

|r4|2(

11111113   )***[1()    ]

99312111.11970000031143913111111) 333535737于是取 ln22(同样地 考虑到舍入误差 计算时应取五位小数

1111111 30.01235 50.00082 70.00007 0.333333335373因此得

ln 206931

例3 利用sinxx解

首先把角度化成弧度

9从而

x求sin9的近似值 并估计误差

3!1809(弧度)320(弧度)

1sin20203!20 

其次 估计这个近似值的精确度 在sin x 的幂级数展开式中令x 得

20111

sin     20203!205!207!20357等式右端是一个收敛的交错级数 且各项的绝对值单调减少 取它的前两项之和作为sin的近似值 起误差为

111

|r2| (0.2)55!201203000000.003876 因此取 0.157080 20205203于是得

sin9015643 这时误差不超过105

例4 计算定积分

x2120exdx 的近似值 要求误差不超过00001（取

210.56419）

解 将e的幂级数展开式中的x换成x 得到被积函数的幂级数展开式

ex21(x2)1!(x2)22!(x2)33!   

(1)nn0x2n(x).n!于是 根据幂级数在收敛区间内逐项可积 得

21122exdx0212[(1)n0n0x2n2]dxn!(1)n22nn!0xdx n01

(1111   ).24623252!273!前四项的和作为近似值 其误差为

|r4|所以

21111

294!90000820ex2dx1(112324252!16)0.52 0 5273!1

例5 计算积分

01sinxxdx 的近似值 要求误差不超过00001

解 由于limsinx1 因此所给积分不是反常积分 如果定义被积函数在x0处的值为1

x0x则它在积分区间[0 1]上连续.展开被积函数 有

sinxx2x4x6

1   (x)

x3!5!7!在区间[0 1]上逐项积分 得

01sinx111dx1    

x33!55!77!因为 收敛于和v 就说复数项级数收敛且和为uiv

绝对收敛

2如果级(univn)的各项的模所构成的级数un收敛

vnn1n1则称级数(univn)绝对收敛

n1

复变量指数函数 考察复数项级数

1z121z    zn    

2!n!x 可以证明此级数在复平面上是绝对收敛的 在x轴上它表示指数函数e 在复平面上我们用它来定义复变量指数函数 记为ez  即

ez1z121z    zn    

2!n!

欧拉公式 当x0时 ziy  于是

eiy1iy

1iy

(111(iy)2    (iy)n    2!n!12111yiy3y4iy5    2!3!4!5!121411yy   )i(yy3y5   )2!4!3!5!

cos yisin y

把y定成x得

ecos xi sin x

这就是欧拉公式

复数的指数形式 复数z可以表示为

zr(cos isin)rei 

其中r|z|是z的模  arg z是z的辐角

三角函数与复变量指数函数之间的联系

因为ecos xi sin x ecos xi sin x 所以 ixixix

e+e2cos x

ee2isin x

cosx1(eixeix) sinx1(eixeix)

22iixixxix这两个式子也叫做欧拉公式

复变量指数函数的性质

ez1z2ez1ez2

特殊地 有exiy ex ei y ex(cos y isin y)

§11.7 傅里叶级数 一、三角级数

三角函数系的正交性

三角级数 级数 a0(ancosnxbnsinnx)

2n1称为三角级数 其中a0 an bn(n  1 2   )都是常数

三角函数系

1 cos x sin x cos 2x sin 2x    cos nx sin nx   

三角函数系的正交性 三角函数系中任何两个不同的函数的乘积在区间[ ]上的积分等于零 即

cosnxdx0(n1 2   )

sinnxdx0(n1 2   )

sinkxcosnxdx0(k n1 2   )

sinkxsinnxdx0(k n1 2    kn)



coskxcosnxdx0(k n1 2    kn)

12三角函数系中任何两个相同的函数的乘积在区间[]上的积分不等于零 即

dx2

2cosnxdx(n 1 2   )

sinnxdx2(n 1 2   )

二、函数展开成傅里叶级数

问题 设f(x)是周期为2的周期函数 且能展开成三角级数

f(x)a02(akcoskxbksinkx)

k1那么系数a0 a1 b1    与函数f(x)之间存在着怎样的关系? 假定三角级数可逐项积分 则

f(x)cosnxdxa02cosnxdx[akcoskxcosnxdxbksinkxcosnxdx]

k1类似地f(x)sinnxdxbn

傅里叶系数

a0

an

bn11f(x)dx

f(x)cosnxdx(n 1 2   )

f(x)sinnxdx(n 1 2   ) 1系数a0 a1 b1    叫做函数f(x)的傅里叶系数

傅里叶级数 三角级数

a02(ancosnxbnsinnx)

n1 称为傅里叶级数 其中a0 a1 b1   是傅里叶系数

问题 一个定义在( )上周期为2的函数f(x) 如果它在一个周期上可积 则一定可以作出f(x)的傅里叶级数 然而 函数f(x)的傅里叶级数是否一定收敛? 如果它收敛 它是否一定收敛于函数f(x)? 一般来说 这两个问题的答案都不是肯定的

定理(收敛定理 狄利克雷充分条件)设f(x)是周期为2的周期函数 如果它满足 在一个周期内连续或只有有限个 1 f(x)4[sinxsin3x    sin2(k1)x    ]

32k1

(x x 0  2   )

例2 设f(x)是周期为2的周期函数 它在[)上的表达式为

f(x)x x0

0 0x将f(x)展开成傅里叶级数.解 所给函数满足收敛定理的条件 它在点x(2k1)(k0 1 2   )处不连续 因此 f(x)的傅里叶级数在x(2k1)处收敛于

11[f(x0)f(x0)](0)

222在连续点x(x(2k1))处级数收敛于f(x)

傅里叶系数计算如下

a01f(x)dx10xdx  2an1f(x)cosnxdx10xcosnxdx1xsinnxcosnx01[](1cosn)22nnn2 n1, 3, 5,    

n2

0 n2, 4, 6,   

bn

1nf(x)sinnxdx10xsinnxdx1[xcosnxsinnx0cosn] nnn2(1)n1(n 1 2   )

f(x)的傅里叶级数展开式为

f(x)

4(2cosxsinx)121sin2x(2cos3xsin3x)233121sin4x(2cos5xsin5x)   (x  x  3   ) 455

周期延拓 设f(x)只在[]上有定义 我们可以在[ )或( ]外补充函数f(x)的定义 使它拓广成周期为2的周期函数F(x) 在( )内 F(x)f(x).

例3 将函数

f(x)展开成傅里叶级数

解 所给函数在区间[ ]上满足收敛定理的条件 并且拓广为周期函数时 它在每一点x处都连续 因此拓广的周期函数的傅里叶级数在[ ]上收敛于f(x)

傅里叶系数为

a0

an1x  x0

x 0  x1f(x)dx1(x)dx0101xdx

12f(x)cosnxdx0(x)cosnxdx0

xcosnxdx4 n1, 3, 5,   

2(cosn1)n2

n0 n2, 4, 6,   

bn1f(x)sinnxdx10(x)sinnxdx10xsinnxdx0(n 1 2   )

于是f(x)的傅里叶级数展开式为

f(x)

三、正弦级数和余弦级数

当f(x)为奇函数时 f(x)cos nx是奇函数 f(x)sin nx是偶函数 故傅里叶系数为

an0(n0 1 2   )

bn2 411(cosx2cos3x2cos5x   )(x)

2350f(x)sinnxdx(n1 2 3   )

因此奇数函数的傅里叶级数是只含有正弦项的正弦级数

bnsinnx

n1

当f(x)为偶函数时 f(x)cos nx是偶函数 f(x)sin nx是奇函数 故傅里叶系数为

an20f(x)cosnxdx(n0 1 2 3   )

bn0(n1 2   )

因此偶数函数的傅里叶级数是只含有余弦项的余弦级数

a02ancosnx

n1

例4 设f(x)是周期为2的周期函数 它在[ )上的表达式为f(x)x 将f(x)展开成傅里叶级数

解 首先 所给函数满足收敛定理的条件 它在点x(2k1)(k0 1 2   )不连续 因此f(x)的傅里叶级数在函数的连续点x(2k1)收敛于f(x) 在点x(2k1)(k0 1 2   )收敛于

11[f(0)f(0)][()]0

其次 若不计x(2k1)(k0 1 2   ) 则f(x)是周期为2的奇函数 于是 an0(n0 1 2   ) 而

bn

220f(x)sinnxdx20xsinnxdx

[xcosnxsinnx22]cosnx(1)n1(n1 2 3   )

02nnnnf(x)的傅里叶级数展开式为

f(x)2(sinx111sin2xsin3x    (1)n1sinnx    23n

(x  x 3    )

例5 将周期函数u(t)E|sin1t|展开成傅里叶级数 其中E是正的常数

解 所给函数满足收敛定理的条件 它在整个数轴上连续 因此u(t)的傅里叶级数处处收敛于u(t)

因为u(t)是周期为2的偶函数 所以bn0(n1 2   ) 而

an20u(t)cosntdt20tEsincosntdt

E011[sinn()tsinn()t]dt 11cosn()tcosn()tE22]

[011nn22

4E(n0 1 2   )

(4n21)所以u(t)的傅里叶级数展开式为

u(t)4E(11cosnt)(t)

22n14n1

奇延拓与偶延拓 设函数f(x)定义在区间[0 ]上并且满足收敛定理的条件 我们在开区间( 0)内补充函数f(x)的定义 得到定义在( ]上的函数F(x) 使它在( )上成为奇函数(偶函数) 按这种方式拓广函数定义域的过程称为奇延拓(偶延拓) 限制在(0 ]上 有F(x)f(x)

例6 将函数f(x)x1(0x)分别展开成正弦级数和余弦级数

解

先求正弦级数 为此对函数f(x)进行奇延拓

bn20f(x)sinnxdx20(x1)sinnxdx2[xcosnxsinnxcosnx]0 nnn222 n1, 3, 5,    2n(1cosncosn)



2n n2, 4, 6,   n函数的正弦级数展开式为

x12[(2)sinx2sin2x1(2)sin3xsin4x    ](0x)

34在端点x0及x处 级数的和显然为零 它不代表原来函数f(x)的值

再求余弦级数 为此对f(x)进行偶延拓

an20f(x)cosnxdx20(x1)cosnxdx2[xsinnxcosnxsinnx]0 2nnn0 n2, 4, 6,    

2(cosn1)4

2 n1, 3, 5,    nn2

a020(x1)dx2x2[x]02 2

函数的余弦级数展开式为

x1 14(cosx2cos3x2cos5x   )(0x)

235

§11 8 周期为2l的周期函数的傅里叶级数

我们所讨论的周期函数都是以2为周期的 但是实际问题中所遇到的周期函数 它的周期不一定是2 怎样把周期为2l的周期函数f(x)展开成三角级数呢？

问题 我们希望能把周期为2l的周期函数f(x)展开成三角级数 为此我们先把周期为2l的周期函数f(x)变换为周期为2的周期函数

令xlt及f(x)f(llt)F(t) 则F(t)是以2为周期的函数

lt2l)f(lt)F(t) 这是因为F(t2)f[(t2)]f(于是当F(t)满足收敛定理的条件时 F(t)可展开成傅里叶级数

F(t)其中

ana02(ancosntbnsinnt)

n11F(t)cosntdt(n0 1 2   ) bnF(t)sinntdt(n1 2   )

1从而有如下定理

定理 设周期为2l的周期函数f(x)满足收敛定理的条件 则它的傅里叶级数展开式为

f(x)a0nxnx(ancosbnsin)

2n1ll其中系数an  bn 为

anf(x)cosll1lnxdx(n0 1 2   )

l

blnxn1llf(x)sinldx(n1 2   )

当f(x)为奇函数时

f(x)binnxns n1l

其中b2lln0f(x)sinnxldx(n  1 2   )

当f(x)为偶函数时

f(x)a02anxncos

n1l其中a2nlnxl0f(x)cosldx(n  0 1 2   )

例1 设f(x)是周期为4的周期函数 它在[2 2)上的表达式为

f(x)0 2x0(常数k0)k 0x2

将f(x)展开成傅里叶级数

解

这里l2

a1220kcosnx2dx[knsinnxn2]200(n0)

a102020dx1220kdxk

22k

b1n20ksinnx2dx[kncosnx2]2k 0n(1cosn)n0 于是

f(x)k22k(sinx213sin3x215sin5x2   )(x x0 2 4

   在x0 2 4    收敛于

k2)

 px 0l

例2 将函数M(x)x22展开成正弦级数

p(lx)2 l2xl

n1, 3, 5,    n2, 4, 6,   

解

对M(x)进行奇延拓 则

an0(n0 1 2 3   )

bn2lllp(lx)nx22pxnxnxM(x)sindx[sindxsindx]