lg(1 x)幂级数展开公式

最后给出前25项的系数的数值：-ArcTan[2],2,0,-8/3,0,32/5,0,-128/7,0,512/9,0,-2048/11,0,8192/13,0,-32768/15,0,131072

f(x)=1/(x+2)(x-1)=1/3[1/(x-1)-1/(x+2)]=-1/3[1/(1-x)+0.5/(1+0.5x)]=-1/3[1+x+x^2+.+0.5(1-0.5x+0.5^2x^2

按泰勒级数展开e^x=1+x+x^2/2+...+(x^n)/(n!)（n从0到无穷大）∴e^x-1=x+x^2/2+x^3/6+...+(x^n)/(n!)（n从0到无穷大）∴(e^x-1)/x=1

f(x)=(cosx)^2=(cos2x+1)/2=cos2x/2+1/2=(i从0到正无穷）｛(-1)^i【(2x)^(2i)】/(2i)!｝/2+1/2=(i从0到正无穷）(-1)^i*2^(2i

这是因为等比数列的公比不同1/(1-x)=1+x+x^2+...+x^n+...1/(1+x)=1-x+x^2+...+(-1)^n*x^n把第二式x换成x^2就可以了

你是错的!原式＝(1-cos2x)/2＝1/2-∑1/2((2x)^2n)/(2n)!(-1)^n＝1/2-∑2^(2n-1)(x^2n)/(2n)!(-1)^n))=-∑2^(2n-1)(x^2n)

当X=2的时候,只需要看∑后面的,变成了∑(-1)^(n+1)/n乘(1-1/2^n),这是一个变号级数,用莱布尼茨判别法,通项(去掉∑(-1)^(n+1)的部分)大于等于0,并且是单调递减趋于0的,

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y=(x^2)ln(1+x)对于F(x)=ln(1+x)导数为：F’(x)=1/(1+x）1/(1+x）=1-x+x^2-x^3+...+(-1)^(n-1)x^（n-1)+...n=1,2...则F

这个以前做过解1：注意到一个等式的话,这个题就比较简单了tan(π/4+arctanx)=(1+x)/(1-x)所以arctan[(1+x)/(1-x)]=arctan[tan(π/4+arctanx

f(x)=(1-x)/(1-x)(1+x+x^2)(1-x)*[x^3+x^6+...+x^3n+...)]

F（X）=3/（X^2+X-2）=1/（X-1）-1/（X2）=-1/（1-X）-1/2*1/（1+X/2）函数1/（1-x）和1/1+x是一个公式,以及所述第二开关的xx/2.代入公式即可.收敛区域

ln(1+x)=∫[1/（1+x）]dx=∫(1-x+x^2-x^3+……+x^n+……)dx=x-(x^2/2)+(x^3/3)-(x^4/4)+……+[(-1)^(n+1)](x^n/n)+……(

f(x)=(1/3)*[1/(1-x)-1/(1+2x)]这样就变成两个等比级数的差一个首项是1/3,公比是x,另一个首相是1/3,公比是-2x下面就简单了f(x)=[(1/3)+(1/3)x+(1/

lnx在x=0无定义,故不能展开成x的幂级数再问：利用幂级数展开求其从0到1的积分

解题过程请看附图.

cosx=[e^(ix)+e^(-ix)]/2e^xcosx=[e^(1+i)x+e^(1-i)x]/2=1+a1x+a2x^2/2!+..anx^n/n!+.an=[(1+i)^n+(1-i)^n]

提示：有个公式：(1+x)^α=1+αx+α(α-1)x^2/2!+α(α-1)(α-2)x^3/3!+.在上面展开式中,你用-1/2代α,用-2x代x,最后各项再乘以x就行了.

求导之后的结果再积分容易算出来,而直接套公式,随着阶次的提高,算起来就越来越麻烦,其实任何都可以用公式的,一旦出题的话,就能算出结果,你用公式这道题就不好算,可以,可是此时x就相当与（1+x）/(1-

当|x|再问：是正过来证和反过来证的问题。。。可以用牛顿二项展开式证。也就是用另一种证明泰勒级数等于泰勒展开的方法。不过谢谢你。