1樓：花降如雪秋風錘
^^過程如下：
令t=x-1，則有x=t+1，為x0=1處的泰勒公式即相當於為t的公式：
f(x)=1/x
=1/(1+t)
=1-t+t^回2-t^3+t^4-...+(-1)^n t^n+ r(n)t^(n+1)
f^(n)(t)=(-1)^n *n!/(1+t)^(n+1)f^(ζ答)=(-1)^n*n!/(1+ζ)^(n+1)r(n)=(-1)^n/(1+ζ)^(n+1)擴充套件資料：
泰勒公式的餘項rn（x）可以寫成以下幾種不同的形式：
1、佩亞諾（peano）餘項：
這裡只需要n階導數存在。
2、施勒公尺爾希-羅什（schlomilch-roche）餘項：
其中θ∈（0,1），p為任意正整數。（注意到p=n+1與p=1分別對應拉格朗日餘項與柯西餘項）
3、拉格朗日（lagrange）餘項：
其中θ∈（0,1）。
4、柯西（cauchy）餘項：
其中θ∈（0,1）。
5、積分餘項：
其中以上諸多餘項事實上很多是等價的。
2樓：不是苦瓜是什麼
^令t=x-1,則有x=t+1,為x0=1處的泰勒公式即相當於展開為t的公式：
f(x)=1/x=1/(1+t)=1-t+t^2-t^3+t^4-...+(-1)^n t^n+ r(n)t^(n+1)
f^(n)(t)=(-1)^n *n!/(1+t)^(n+1)f^(ζ
版)=(-1)^n*n!/(1+ζ)^(n+1)r(n)=(-1)^n/(1+ζ)^(n+1)泰勒權式的重要性體現在以下五個方面：
1、冪級數的求導和積分可以逐項進行，因此求和函式相對比較容易。
2、乙個解析函式可被延伸為乙個定義在復平面上的乙個開片上的解析函式，並使得復分析這種手法可行。
3、泰勒級數可以用來近似計算函式的值，並估計誤差。
4、證明不等式。
5、求待定式的極限。
求函式f（x）=1?x1+x在x=0點處帶拉格朗日型餘項的n階泰勒式
3樓：小白有基情啊
函式f（x）在x=0點處代拉格copy朗日型餘項n階泰勒式為：f(x)＝
f(0)+f′(0)x+1
2!f″(0)x
+…+1n!f
(n)(0)xn+1
(n+1)!
f(n+1)
(θx)x
n+1．
f(x)＝1?x
1+x＝?1+2
1+x，
因為(1
1+x)
(n)＝(?1)nn!
(1+x)
n+1，
所以，f(x)＝?1+2×1
1+x=-1+2×[1-x+x2-x3+…+（-1）nxn+(?1)
n+11
(1+θx)
n+2x
n+1]=1?2x+2x
?2x+…+(?1)n2x
n+(?1)
n+12x
n+1(1+θx)
n+2，0＜θ＜1．
求f（x）=1/x 按（x+1）的冪的帶有拉格朗日型餘項的n階泰勒公式 答案中rn（x）的分母
4樓：匿名使用者
泰勒公式：
拉格朗日餘項：
按（x+1）的冪，就是令公式中的a＝-1
拉格朗日餘項中，令a＝-1，得到n＋1階導數中的自變數＝-1＋θ(x＋1)
fx為分段函式,當x0時,fx1x,當x0時
x 1的原函式是ln x c,但是f x 又不是x 1,他在0處有意義,x 1在0處無意義就捨去ln x c的定義域就是x 0 f x 為分段函式,當x 0時,f x 1 x,當x 0時,f x 0,為什麼不存在定積分 50 高數里有反常積分這一章,不知道你看了沒。裡面涉及反常積分收斂還是發散這個內...
設函式f（x），當x 0時，f（x）x 1,當x 0時，f（x）等於3的x次方
分3種情況 1 x 1 2時，f x f x 1 2 3 x 3 x 1 2 3 1 3 x 1 2 1,顯然成立。2 x 0時f x f x 1 2 x 1 x 1 2 1 2x 3 2 1,2x 1 2,1 41,3 x x 1 2 0,顯然成立。求三者的並集得x 1 4,為所求。已知f x 是...
ycosx在x0處可導嗎,函式yx在x0處可導嗎？請寫出證明
y cosx 在x 0處可導嗎 解 在 2 所以在x 0處可導。y sinx，y 0 sin0 0 根據影象可以看出，在x 0處，斜率為0，並且區間內函式連續，所以可導，導函式為0.絕對值函式其實是分段函式，包括三部分 函式值為正，函式值為負，函式值為0.其中在函式值為0的點處不可導。定義 乙個函式...