Báo cáo bài tập lớn môn giải tích 2 Đề tài 25 khai triển taylor và maclaurin

Giả sử rằng f là một hàm có thể được biểu diễn bằng một chuỗi lũy thừa được khai triển tại c và có bán kính hội tụ R > 0... Lưu ý: Định lý 1 nói rằng nếu một hàm có một biểu diễn chuỗi l

KHOA HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA

KHOA KHOA HỌC VÀ KĨ THUẬT MÁY TÍNH

BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN MÔN GIẢI TÍCH 2

ĐỀ TÀI 25

KHAI TRIỂN TAYLOR VÀ MACLAURIN

GVHD: Th.S Nguyễn Ngọc Quỳnh Như

Bình Dương, 20/05/2024

KHOA HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH

TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA

KHOA KHOA HỌC VÀ KĨ THUẬT MÁY TÍNH

BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN MÔN GIẢI TÍCH 2

ĐỀ TÀI 25

KHAI TRIỂN TAYLOR VÀ MACLAURIN

Thành viên: Lê Hoàng Luân - 2311982

Nguyễn Quốc Gia Huy - 2311215

Hồ Minh Hoàng - 2311039 Đoàn Lê Ngọc Phú - 2312644

Bình Dương, 20/05/2024

NHẬN XÉT CỦA GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN

Mục lục

1.1 Chuỗi Taylor và Maclaurin 4

1.2 Một vài ví dụ 5

1.3 Các kĩ thuật tìm chuỗi Taylor 7

1.4 Các lí thuyết hỗ trợ bài tập 9

II BÀI TẬP 10 2.1 Bài 1 : 10

2.2 Bài 2: 13

2.3 Bài 3: 15

2.4 Bài 4: 18

2.5 Bài 5: Bài toán bổ sung 18

I CƠ SỞ LÍ THUYẾT

1.1 Chuỗi Taylor và Maclaurin.

Giả sử rằng f là một hàm có thể được biểu diễn bằng một chuỗi lũy thừa được khai triển tại c và có bán kính hội tụ R > 0 Nếu |x − c| < R, ta có:

f(x) = a0+ a1(x − c) + a2(x − c)2+ a3(x − c)3+ · · · + an(x − c)n+ · · ·

Khi ta đạo hàm công thức trên, ta được:

f′(x) = a1+ 2a2(x − c) + 3a3(x − c)2+ · · · + nan(x − c)n−1+ · · ·

f′′(x) = 2a2+ 2.3a3(x − c) + 3.4a4(x − c)2+ · · · + n(n − 1)an(x − c)n−2+ · · ·

f(n)(x) = n(n − 1)(n − 2)(n − 3) · · · 2an+ · · · Mỗi chuỗi này đều hợp lệ cho x thoả mãn |x − c| < R Thay x = c vào mỗi biểu thức trên, chúng ta thu được:

f(c) = a0, f′(c) = a1, f′′(c) = a2, f′′′(c) = 3!a3, · · · , f(n)(c) = n!an, · · ·

từ đó, ta tìm được:

a0 = f (c), a1= f′(c), a2= f′′2(c), a3 = f′′3!(c), · · · , an = f(n)n!(c)

Chúng ta đã chứng minh rằng nếu f có một biểu diễn chuỗi lũy thừa, thì chuỗi đó phải

có dạng được đưa ra trong định lý sau:

ĐỊNH LÍ 1 Chuỗi Taylor của f tại c Nếu f có biểu diễn chuỗi thừa tại c, tức là nếu

f(x) =

∞

X

n=0

an(x − c)n |x − c| < R thì f(n)(c) tồn tại với mọi số nguyên dương n và

an= f

(n)(c) n!

Do đó,

f(x) =

∞

X

n=0

f(n)(c) n! (x − c)

n

= f (c) + f′(c)(x − c) + f

′′(c) 2! (x − c)

2+ f

′′′(c) 3! (x − c)

3+ · · · (1) Trong một số trường hợp khi c = 0, chuỗi Taylor sẽ trở thành:

f(x) =

∞

X

n=0

f(n)(0) n! x

n

= f (0) + f′(0) + f

′′(0) 2! x

2+ f

′′′(0) 3! x

3+ · · · (2)

Chuỗi này chính là chuỗi Taylor của f khai triển tại gốc tọa độ Nó được gọi là chuỗi Maclaurin của f

Lưu ý: Định lý 1 nói rằng nếu một hàm có một biểu diễn chuỗi lũy thừa tại c, thì chuỗi

(duy nhất) đó phải là chuỗi Taylor tại c Điều ngược lại không nhất thiết đúng

Cho một hàm với các đạo hàm của mọi bậc tại c, chúng ta có thể tính các hệ số Taylor của f tại c,

f(n)(c) n! n= 0, 1, 2,

Và do đó, chuỗi Taylor của f tại c (Phương trình (1)) Nhưng chuỗi được thu được một cách chính thức theo cách này không nhất thiết phải biểu diễn f Tuy nhiên, các tình huống như vậy rất hiếm Vì lý do này, trong phần còn lại của chương này, chúng tôi sẽ giả định rằng chuỗi Taylor của một hàm biểu diễn cho hàm đó, trừ khi có lưu ý khác

1.2 Một vài ví dụ

Ví dụ 1: Tìm chuỗi Maclaurin cho f (x) = (1 + x)k, trong đó f (x) = ekxvới k là một số thực

Giải: Chúng tôi tính giá trị của hàm và các đạo hàm của nó tại x=0 , thu được :

f(x) = (1 + x)k

f′(x) = k(1 + x)k−1

f′′(x) = k(k − 1)(1 + x)k−2

f′′′(x) = k(k − 1)(k − 2)(1 + x)k−3

f(n)(x) = k(k − 1) · · · (k − n + 1)(1 + x)k−n

f(0) = 1

f′(0) = k

f′′(0) = k(k − 1)

f′′′(0) = k(k − 1)(k − 2)

f(n)(0) = k(k − 1) · · · (k − n + 1) Vậy chuỗi Maclaurin của f(x)=(1 + x)k là

∞

X

n=0

f(n)(0) n! x

n

= f (0) + f′(0)x + f

′′(0) 2! x

2+ f

′′′(0) 3! x

3+ · · ·

= 1 + kx +k(k − 1)

2! x

2+k(k − 1)(k − 2)

3+ · · ·

=

∞

X

n=0

k(k − 1)(k − 2) · · · (k − n + 1)

n

Quan sát rằng nếu k là một số nguyên dương, thì chuỗi là vô hạn (theo Định lý Nhị thức),

và do đó nó hội tụ với mọi x Nếu k không phải là một số nguyên dương, thì chúng ta sử dụng Kiểm tra Tỷ số để tìm khoảng hội tụ Ký hiệu số hạng thứ n của chuỗi là un, chúng

ta có

lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

k(k − 1) · · · (k − n + 1)(k − n)xn+1

n!

k(k − 1) · · · (k − n + 1)xn

= lim

n→∞

k− n

n+ 1

|x| = lim

n→∞

k

n− 1

|x| = |x|

và ta thấy rằng chuỗi hội tụ khi x nằm trong khoảng (−1, 1)

Chuỗi trong ví dụ này được gọi là chuỗi nhị thức.

Chuỗi Nhị Thức

Nếu k là bất kỳ số thực nào và |x| < 1, thì

(1 + x)k = 1 + kx +k(k − 1)

2! x

2+k(k − 1)(k − 2)

3+ · · · =

∞

X

n=0

k n



xn (3)

Ghi chú

1 Các hệ số trong chuỗi nhị thức được gọi là hệ số nhị thức và được ký hiệu bởi

k n



= k(k − 1) · · · (k − n + 1)

n! với n ≥ 1, k

0



= 1

2 Nếu k là một số nguyên dương và n > k, thì hệ số nhị thức chứa một thừa số (k − k),

vì vậy nk
= 0 với n > k Chuỗi nhị thức khi đó sẽ thu gọn thành một đa thức bậc k:

(1 + x)k= 1 + kx +k(k − 1)

2! x

2+ · · · + xk=

k

X

n=0

k n



xn

Nói cách khác, biểu thức (1 + x)k có thể được biểu diễn bằng một tổng hữu hạn nếu

k là một số nguyên dương và bằng một chuỗi vô hạn nếu k không phải là một số nguyên dương Do đó, chúng ta có thể coi chuỗi nhị thức như một phần mở rộng của Định lý Nhị thức cho trường hợp k không phải là một số nguyên dương

3 Mặc dù chuỗi nhị thức luôn hội tụ khi −1 < x < 1, nhưng sự hội tụ tại các điểm giới hạn x = −1 hoặc x = 1 phụ thuộc vào giá trị của k Có thể chứng minh rằng chuỗi hội tụ tại x = 1 nếu −1 < k < 0 và tại cả hai điểm giới hạn x = ±1 nếu k ≥ 0

4 Chúng ta đã suy ra Phương trình (3) dưới giả định rằng (1 + x)k có một biểu diễn chuỗi lũy thừa Trong Bài tập 78, chúng ta sẽ phác thảo một quy trình để suy ra Phương trình (3) mà không cần giả định này

Ví dụ 6 Tìm một biểu diễn chuỗi lũy thừa cho hàm số f (x) =√1 + x

Giải: Sử dụng Phương trình (3) với k =12, ta có

f(x) = (1 + x)1/2= 1 +1

2x+

1

2(12− 1) 2! x

2+

1

2(12− 1)(12− 2)

3+ · · ·

f(x) = (1 + x)1/2= 1 +1

2x+

1

2(12− 1) 2! x

2+

1

2(12− 1)(12− 2)

3+ · · · +

1

2(12− 1) · · · (12− n + 1)

n

+ · · ·

= 1 +1

2x− 1

2 · 22x2+ 1 · 3

3! · 23x3+ · · · + (−1)n+11 · 3 · 5 · · · (2n − 3)

n! · 2n xn+ · · ·

= 1 +1

2x+

∞

X

n=2

(−1)n+11 · 3 · 5 · · · (2n − 3)

n! · 2n xn

Biểu diễn này có giá trị cho |x| ≤ 1

Đồ thị của f và ba tổng từng phần đầu tiên P1(x) = 1, P2(x) = 1 +12x, và P3(x) = 1 +

1

2x−18x2 được hiển thị trong hình dưới Hãy quan sát rằng các tổng từng phần của f ,

Pn(x), xấp xỉ f tốt hơn trong khoảng hội tụ của chuỗi khi n tăng

1.3 Các kĩ thuật tìm chuỗi Taylor

Chuỗi Taylor của một hàm số luôn có thể tìm được bằng cách sử dụng Phương trình (1) Nhưng sẽ có một vài bài toán thường dễ dàng hơn để tìm chuỗi bằng cách biến đổi đại

số, vi phân hoặc tích phân của một số chuỗi đã biết Bây giờ chúng ta sẽ trình bày chi tiết thêm về các kỹ thuật như vậy Trước tiên, chúng ta liệt kê một số hàm số thông dụng

và các biểu diễn chuỗi lũy thừa của chúng trong bảng dưới đây

Chuỗi Maclaurin

1

1 − x =

∞

X

n=0

xn= 1 + x + x2+ x3+ (−1, 1)

ex =

∞

X

n=0

xn n! = 1 + x

1!+

x2 2!+

x3 3!+ (−∞, ∞)

sin x =

∞

X

n=0

(−1)n x

2n+1

(2n + 1)! = x −

x3 3!+

x5 5!−x

7

7!+ (−∞, ∞)

cos x =

∞

X

n=0

(−1)n x

2n

(2n)! = 1 −

x2 2!+

x4 4!−x

6

6!+ (−∞, ∞)

ln(1 + x) =

∞

X

n=1

(−1)n−1x

n

n = x −

x2

2 +

x3

3 −x

4

4 + (−1, 1]

sin−1(x) =

∞

X

n=0

(2n)!

4n(n!)2(2n + 1)x

2n+1= sin−1(x) = x +1

6x

3+ 3

40x

5+ · · · [−1, 1]

tan−1x=

∞

X

n=0

(−1)n x

2n+1

2n + 1 = x −

x3

3 +

x5

5 −x

7

7 + [−1, 1]

(1 + x)k =

∞

X

n=0

k n



xn= 1 + kx +k(k − 1)

2! x

2+k(k − 1)(k − 2)

3+ (−1, 1)

Ví dụ : Tìm biểu diễn dạng chuỗi Taylor của hàm số f (x) = 1+x1 tại x = 2

Giải: Đầu tiên, ta viết lại f (x) sao cho nó bao gồm biểu thức (x − 2) Do đó,

f(x) = 1

1 + x =

1

3 + (x − 2) =

1 3[1 + (x−23 )] =

1

3.

1

1 + (x−23 ) Sau đó, sử dụng Công thức (1) trong Bảng 1 với xđược thay thế bằng −x−23 , ta thu được

f(x) = 1

3

1

1 − [−(x−23 )]

= 1

3



1 + [−(x− 2

3 )] + [−(

x− 2

3 )]

2+ [−(x− 2

3 )]

3+



= 1

3



1 − (x− 2

3 ) + (

x− 2

3 )

2− (x− 2

3 )

3+



= 1

3− 1

32(x − 2) + 1

33(x − 2)2+ 1

34(x − 2)3+ · · · =

∞

X

n=0

(−1)n(x − 2)

n

3n+1

Chuỗi này hội tụ khix−2

3

< 1, tức là, |x − 3| < |x + 5| Bạn có thể kiểm tra rằng chuỗi này phân kỳ ở cả hai đầu

1.4 Các lí thuyết hỗ trợ bài tập

- Để có thể hoàn thành được các bài tập do cô yêu cầu, nhóm em đã bổ sung thêm một

số kiến thức khoảng hội tụ và cách tìm bán kính hội tụ:

- Khoảng hội tụ:

• Hội tụ tại một điểm duy nhất: Chuỗi hội tụ chỉ tại một điểm c

• Hội tụ trên toàn trục số thực: Chuỗi hội tụ cho mọi giá trị của x

• Hội tụ trên một khoảng hữu hạn: Chuỗi hội tụ trên một khoảng (c-R, c+R), trong

đó R là bán kính hội tụ

- Bán kính hội tụ: Bán kính hội tụ R là khoảng cách từ tâm c đến điểm xa nhất mà chuỗi vẫn hội tụ Cụ thể, R xác định miền giá trị của x trong Khoảng hội tụ của chuỗi luỹ thừa

• Nếu R=0, chuỗi chỉ hội tụ tại c

• Nếu R=∞, chuỗi hội tụ cho mọi x

• Nếu 0<R<∞, chuỗi hội tụ trong khoảng (c-R, c+R)

- Ở đây nhóm em chủ yếu dùng phương pháp D’Alembert’s Ratio Test để tính bán kính hội tụ:

R= lim

n→∞

un

un+1

II BÀI TẬP

2.1 Bài 1 :

Sử dụng phương trình (1) để tìm chuỗi Taylor của f tại giá trị cho trước của c Sau đó, tìm bán kính hội tụ của chuỗi

2 f (x) = e−3x, c = 0

4 f (x) = e−2x, c = 3

6 f (x) = sin(x), c = π

4

8 f (x) = 1

x, c = −1

Giải:

2 f (x) = e−3x, c = 0

(1) Vì giá trị của c = 0, chuỗi Taylor là chuỗi Maclaurin tuân theo dạng chuỗi:

∞

X

n=0

f(n)(0) n! x

n

Giải f(n)(0) Cho 4 số hạng đầu tiên bằng cách sử dụng quy tắc mắt xích sau đó tổng quát hóa Quan sát dxd enx= nenx

f(x) = e−3x= e−3·0= 1

f′(x) = −3e−3x =⇒ f′(0) = −3 · e−3·0= −3

f′′(x) = 9e−3x =⇒ f′′(0) = 9 · e−3·0= 9

f′′′(x) = −27e−3x =⇒ f′′′(0) = −27 · e−3·0= −27

Từ các kết quả trên ta thấy mô hình tổng quát của f(n)(0) là (−3)n Thay thế các giá trị của f(n)(0) vào chuỗi:

∞

X

n=0

(−3)n n! x

n

=

∞

X

n=0

3n· (−1)n

n! x

n

Chuỗi Taylor là:

∞

X

n=0

3n· (−1)n

n! x

n

Chúng ta có thể xác định bán kính hội tụ và khoảng hội tụ bằng cách sử dụng phép kiểm tra tỷ số theo công thức:

lim

n→∞

un+1

un

< 1 Coi như un = 3n·(−1)n! nxn và un+1= 3n+1(n+1)!·(−1)n+1xn+1 rồi tiến hành kiểm tra tỷ lệ:

lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

3n+1· (−1)n+1 (n + 1)! x

n+1· n!

3n· (−1)nxn

= lim

n→∞

3x

n+ 1

= 0

Giới hạn của chuỗi bằng 0 nên chuỗi hội tụ với mọi giá trị của x, do đó bán kính hội tụ

là R = ∞

Vậy chuỗi Taylor làP∞

n=0

3n·(−1)n n! xn và bán kính hội tụ là R = ∞

4 f (x) = e−2x, c = 3

Xác định chuỗi Taylor với giá trị c = 3 Tìm f(n)(3) cho 4 số hạng đầu tiên bằng cách sử dụng các quy tắc mắt xích sau đó tổng quát hóa Xem:

d

dxe

nx= nenx

f(x) = e−2x =⇒ f (3) = e−6

f′(x) = −2e−2x =⇒ f′(3) = −2e−6

f′′(x) = −4e−2x =⇒ f′′(3) = −4e−6

f′′′(x) = −8e−2x =⇒ f′′′(3) = −8e−6

Từ kết quả đạo hàm trên ta có: f(n)(3) có mô hình tổng quát là (−2)ne−6 Thay thế các giá trị của f(n)(3) vào chuỗi:

∞

X

n=0

(−2)ne−6 n! (x − 3)n Chuỗi Taylor là:

∞

X

n=0

(−2)ne−6 n! (x − 3)n Tiến hành lập tỉ lệ như ở bài 2 ta được:

lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

(−2)n+1e−6 (n + 1)! (x − 3)

n+1· n!

(−2)ne−6(x − 3)n

= lim

n→∞

2(x − 3)

n+ 1

= 0 Giới hạn của chuỗi bằng 0 nên chuỗi hội tụ với mọi giá trị của x, bán kính hội tụ là

R= ∞

Vậy chuỗi Taylor làP∞

n=0

(−2)ne−6 n! (x − 3)nvà bán kính hội tụ là R = ∞

6 f (x) = sin(x), c = π

4

Xác định chuỗi Taylor với giá trị c = π

4 Tìm f(n)(π

4) cho 5 số hạng đầu tiên rồi sau đó tổng quát hóa Xem:

f(x) = sin(x) =⇒ f (π

4) =

√ 2 2

f′(x) = cos(x) =⇒ f′(π

4) =

√ 2 2

f′′(x) = − sin(x) =⇒ f′′(π

4) = −

√ 2 2

f′′′(x) = − cos(x) =⇒ f′′′(π

4) = −

√ 2 2

dxcos(nx) = −n sin(nx) và d

dxsin(nx) = n cos(nx) Thay thế các giá trị của f(n)(π

4) vào chuỗi tổng quát ta có:

∞

X

n=1

f(n)(π

4) n! (x −

π

4)

n

= 2

∞

X

n=0

2(−1)n(n + 1) (n + 1)! (x −

π

4)

n+1

!

Chuỗi Taylor là:

22+

∞

X

n=0

2(−1)n(n + 1) (n + 1)! (x −

π

4)

n+1

Tiến hành lập tỉ lệ như bài 2:

lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

2(−1)n+1(n + 2) (n + 2)! (x −

π

4)

n+2· (n + 1)!

2(−1)n(n + 1)(x −

π

4)

n+1

= lim

n→∞

x−π 4

n+ 2

= 0

Vậy chuỗi Taylor là 22+P∞

n=0

2(−1)n(n+1) (n+1)! (x −π

4)n+1 và bán kính hội tụ là R = ∞

8 f (x) =1x, c = −1

Xác định chuỗi Taylor với giá trị c = −1 Tìm f(n)(−1) cho 5 số hạng đầu tiên sau đó

tổng quát hóa Xem:

d dx

1

xn = −n 1

xn+1

f(x) = 1

x =⇒ f (−1) = −1

f′(x) = −1

x2 =⇒ f′(−1) = −1

f′′(x) = 2

x3 =⇒ f′′(−1) = −2

f′′′(x) = −6

x4 =⇒ f′′′(−1) = −6

Từ kết quả đạo hàm trên ta có: f(n)(−1) là −n! Thế các giá trị của f(n)(−1) vào chuỗi:

∞

X

n=0

f(n)(−1) n! (x + 1)n=

∞

X

n=0

−(x + 1)n

Chuỗi Taylor là:

∞

X

n=0

−(x + 1)n Lập tỉ lệ như bài 2 ta có:

lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

−(x + 1)n+1

−(x + 1)n

= lim

n→∞|x + 1| = |x + 1|

Như đã nêu ở bài 2 đối với bán kính hội tụ ta xét:

lim

n→∞

un+1

un

< 1 =⇒ |x + 1| < 1 =⇒ R = 1

Vậy chuỗi Taylor làP∞

n=0−(x + 1)n và bán kính hội tụ là R = 1

2.2 Bài 2:

Sử dụng các biểu diễn chuỗi lũy thừa của các hàm đã thiết lập trong chuỗi Taylor và Maclaurin này để tìm chuỗi Taylor của hàm f tại giá trị cho trước của c Sau đó, tìm bán kính hội tụ của chuỗi

12 f (x) = 1

1 + x, c = −2

14 f (x) = 1

1 + 3x, c = 2

16 f (x) = 1

4 + x2, c = 0

18 f (x) = e2x, c = −1

Giải:

12 f (x) = 1+x1 , c = −2

Ta có:

f(x) = 1

1 + x =

1 (x + 2) − 1 = −

 1

1 − (x + 2)



= −1 + (x + 2) + (x + 2)2+ (x + 2)3+ · · ·

=

∞

X

n=0

(−1)n(x + 2)n

Ta có thể sử dụng bán kính hội tụ và khoảng cách hội tụ bằng cách sử dụng bất đẳng thức sau:

lim

n→∞

un+1

un

< 1 với:

un+1= (x + 2)n+1, un = (x + 2)n Khi đó ta được:

lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

(x + 2)n+1 (x + 2)n

= lim

n→∞|x + 2|

Mà: limn→∞

un+1

un

< 1

Vậy chuỗi Taylor làP∞

n=0(−1)(x + 2)nvà bán kính hội tụ là R = 1

14 f (x) = 1+3x1 , c = 2

Từ đề bài, ta khai trển được:

f(x) = 1

1 + 3x =

1

7 + 3(x − 2) =

1

7· 1

1 +37(x − 2) =

1

1 −−3

7(x − 2)

= 1

7

"

1 +



−3

7(x − 2)

 +



−3

7(x − 2)

2

+



−3

7(x − 2)

3

+ · · ·

#

=

∞

X

n=0

(−3)n(x − 2)n

7n+1

Tương tự bài 12, ta được:

lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

(−3)n+1(x − 2)n+1

7n+2 ÷(−3)

n(x − 2)n

7n+1

= lim

n→∞

−3

7 (x − 2)

Mà: limn→∞

un+1

un

< 1

Vậy chuỗi Taylor làP∞

n=0

(−3)n(x−2)n

7 n+1 và bán kính hội tụ là R = 1

16 f (x) = 4+x1 2, c = 0.

Từ đề bài, ta khai triển được:

f(x) = 1

4 + x2 = 1

4· 1

1 +x42 =

1

4· 1

1 −−x42

= 1 4

"

1 +



−x

2

4

 +



−x

2

4

2

+



−x

2

4

3

+ · · ·

#

=

∞

X

n=0

(−1)n x

2n

42n+1

Tương tự, ta được:

lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

(−1)n+1x2n+2

42n+3 ÷(−1)

nx2n

42n+1

= lim

n→∞

−x2

16

Mà: limn→∞

un+1

un

< 1

Vậy chuỗi Taylor làP∞

n=0(−1)n x42n+12n và bán kính hội tụ là R = 1

18 f (x) = e2x, c = −1.

Từ đề bài, ta khai triển được:

f(x) = 1 + 2x +(2x)

2

2! +

(2x)3 3! + · · · =

∞

X

n=0

(2x)n n! ⇒ f (−1) =

∞

X

n=0

(−2)n n! Tương tự, ta được:

lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

(−2)n+1 (n + 1)! ÷

(−2)n n!

= lim

n→∞

−2

n+ 1

= 0

Vậy chuỗi Taylor làP∞

n=0 (−2)n n! và bán kính hội tụ là R = ∞