最后更新: 2025-04-23 07:09 查看: 363 次反馈刷题

初等函数展开成幂级数举例

## 函数展开成幂级数举例
`例`求函数 $f(x)=\mathrm{e}^x$ 的麦克劳林展开式.
解 $f^{(n)}(x)=\mathrm{e}^x, f^{(n)}(0)=1$.
因 $f(x)=\mathrm{e}^x$ 为初等函数，故

$$
\boxed{
\mathrm{e}^x=1+x+\frac{1}{2 !} x^2+\mathrm{L}+\frac{1}{n !} x^n+\mathrm{L} .
}
$$

再求级数的收玫半径. 由 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n+1}=0$ ，得 $R=+\infty$. 而 $f(x)=\mathrm{e}^x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内有任意阶导数，故 (8) 式在 $(-\infty,+\infty)$ 内成立.

`例`把 $f(x)=\sin x$ 展开成 $x$ 的幂级数.
解 这也是求初等函数的麦克劳林展开式. 因 $f^{\prime}(x)=\cos x=\sin \left(x+\frac{\pi}{2}\right)$ 故 $f^{(n)}(x)=\sin \left(x+\frac{n \pi}{2}\right)(n=0,1,2, \cdots), f^{(n)}(0)=\sin \frac{n \pi}{2}$
$f^{(n)}(0)$ 顺序循环地取 $0,1,0,-1, \cdots(n=0,1,2, \cdots)$, 于是 $f(x)$ 的麦克劳林级数为

$$
\boxed{
\sin x=x-\frac{1}{3 !} x^3+\frac{1}{5} x^5-\cdots+(-1)^n \frac{x^{2 n+1}}{(2 n+1) !}+\cdots
}
$$

该级数的收敛半径为 $R=+\infty$ ，而 $\sin x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内有任意阶导数，因此上式在 $(-\infty,+\infty)$ 内成立.
我们可以利用幂级数的运算性质，由 $\sin x$ 的展开式

$$
\sin x=x-\frac{x^3}{3 !}+\frac{x^5}{5 !}-\cdots+(-1)^n \frac{x^{2 n+1}}{(2 n+1) !}+\cdots, x \in(-\infty,+\infty)
$$

逐项求导得 $\cos x$ 的幂级数展式:

$$
\boxed{
\cos x=1-\frac{x^2}{2 !}+\frac{x^4}{4 !}-\cdots+(-1)^n \frac{x^{2 n}}{(2 n) !}+\cdots, x \in(-\infty,+\infty)
}
$$

这样的利用一些已知的函数展开式，通过幂级数的运算（如四则运算、逐项 求导、逐项可积）及变量替换的方法，将所给函数展成幂级数的方法称为间接展 开法. 而根据初等函数的展开定理，直接根据公式 $a_n=\frac{1}{n !} f^{(n)}(0)$ 计算幂级数的系 数，求初等函数 $f(x)$ 的幂级数展开式的方法，称为直接展开法.

`例`将函数 $f(x)$ 展开成 $x$ 的幂级数 $f(x)=\frac{1}{1+x}$;
解 : $f(x)=\frac{1}{1+x} ， f^{\prime}(x)=(-1)(1+x)^{-2} ， f^{\prime \prime}(x)=(-1)(-2)(1+x)^{-3} ， \cdots$ $f^{(n)}(x)=(-1)(-2)(-3) \cdots(-n)(1+x)^{(-n-1)}$. 于是 $f(0)=1, f^{\prime}(0)=-1, f^{\prime \prime}(0)=(-1)(-2), \cdots, \quad f^{(n)}(0)=(-1)(-2)(-3) \cdots(-n)=(-1)^n n !$
因 $f(x)=\frac{1}{1+x}$ 为初等函数，故

$$
\boxed{
\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-\cdots+(-1)^n x^n+\cdots, x \in(-1,1) .
}
$$

在上式中如果用 $-x$ 代替 $x$ ，则得到 $\frac{1}{1-x}$ 的幂级数展式:

$$
\boxed{
\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots+x^n+\cdots, x \in(-1,1)
}
$$

在上式两端从 0 到 $x$ 积分，可得

$$
\boxed {
\ln (1+x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1} x^{n+1}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n, x \in(-1,1] .
}
$$

`例`将函数 $f(x)$ 展开成 $x$ 的幂级数.  $f(x)=\frac{1}{x^2-x-6}$;

解： $f(x)=\frac{1}{(x-3)(x+2)}=\frac{1}{5}\left(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+2}\right)=\frac{1}{5}\left[\left(-\frac{1}{3}\right) \frac{1}{1-\frac{x}{3}}-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1+\frac{x}{2}}\right]$,
利用展开式 (6) 和展开式 (7)，有

$$
\frac{1}{1-\frac{x}{3}}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^n} x^n, x \in(-3,3), \quad \frac{1}{1+\frac{x}{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{1}{2}\right)^n x^n, x \in(-2,2),
$$

$$
\frac{1}{1-\frac{x}{3}}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^n} x^n, x \in(-3,3), \quad \frac{1}{1+\frac{x}{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{1}{2}\right)^n x^n, x \in(-2,2)
$$

故

$$
\begin{gathered}
f(x)=-\frac{1}{5}\left[\frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^n} x^n+\frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^n} x^n\right] \\
=-\frac{1}{5} \sum_{n=0}^{\infty}\left[\frac{1}{3^{n+1}}+\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}\right] x^n, x \in(-2,2) .
\end{gathered}
$$

`例`将函数 $f(x)$ 展开成 $x$ 的幂级数.  $\ln \left(4-3 x-x^2\right)$ ；

解： $\ln \left(4-3 x-x^2\right)=\ln (1-x)(4+x)=\ln (1-x)+\ln (4+x)$.

$$
\begin{gathered}
\ln (1-x)=\ln [1+(-x)]=(-x)-\frac{(-x)^2}{2}+\frac{(-x)^3}{3}-\cdots(-1 \leq x<1) \\
\ln (4+x)=\ln 4\left(1+\frac{x}{4}\right)=\ln 4+\ln \left(1+\frac{x}{4}\right)=\ln 4+\frac{x}{4}-\frac{1}{2} \cdot\left(\frac{x}{4}\right)^2+\frac{1}{3} \cdot\left(\frac{x}{4}\right)^3-\cdots(-4<x \leq 4) .
\end{gathered}
$$

所以

$$
\begin{gathered}
\ln \left(4-3 x-x^2\right)=\left(-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\cdots\right)+\ln 4+\frac{x}{4}-\frac{x^2}{2 \cdot 4^2}+\frac{x^3}{3 \cdot 4^3}-\cdots \\
=\ln 4-\frac{3}{4} x-\frac{17}{32} x^2-\frac{63}{192} x^3-\cdots(-1 \leq x<1)
\end{gathered}
$$

`例`将函数 $f(x)$ 展开成 $x$ 的幂级数.  $\arctan x^2$.
解：
$$
\begin{aligned}
& \arctan x^2=\int_0^{x^2} \frac{1}{1+t^2} \mathrm{~d} t=\int_0^{x^2} \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^{2 n} \mathrm{~d} t \\
&= \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \int_0^{x^2} t^{2 n} \mathrm{~d} t=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \frac{x^{4 n+2}}{2 n+1} \cdot x \in[-1,1]
\end{aligned}
$$

`例`将下列函数展开成 $x-x_0$ 的幂级数 (即在点 $x_0$ 处的泰勒级数):
(1) $\ln x, x_0=1$;
(2) $\sin x, x_0=\frac{\pi}{4}$.
解 (1) $\ln x=\ln [1+(x-1)]=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \frac{(x-1)^{n+1}}{n+1}$ ，
$-1<x-1 \leq 1$ ， 即 $0<x \leq 2$ ；
 
 (2)
$$
 \begin{aligned}
\sin x & =\sin \left[\frac{\pi}{4}+\left(x-\frac{\pi}{4}\right)\right]=\sin \frac{\pi}{4} \cos \left(x-\frac{\pi}{4}\right)+\cos \frac{\pi}{4} \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right) \\
& =\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\cos \left(x-\frac{\pi}{4}\right)+\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)\right]
\end{aligned}
$$

$\begin{aligned}   \cos \left(x-\frac{\pi}{4}\right) & =1-\frac{1}{2 !}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^2+\frac{1}{4 !}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^4+\cdots ， \\ \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right) & =\left(x-\frac{\pi}{4}\right)-\frac{1}{3 !}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^3+\frac{1}{5 !}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^5+\cdots,\end{aligned}$
因此 $\sin x=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[1+\left(x-\frac{\pi}{4}\right)-\frac{1}{2 !}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^2-\frac{1}{3 !}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^3+\cdots\right], x \in(-\infty,+\infty)$.

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