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基本初等函数的 Taylor 级数展开式

## 15.5.3 基本初等函数的 Taylor 级数展开式
本小节给出基本初等函数在 $x=0$ 的 Taylor 级数展开式，也就是 Maclaurin 级数展开式。

基本展开式 1 指数函数 $e ^x$ 在 $x=0$ 的 Maclaurin 级数展开式：

$$
e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\cdots,-\infty<x<+\infty .
$$

这只要用第七章例题 7.8 的结果即可，这就是带 Lagrange 型余项的 Maclaurin展开式

$$
r_n(x)=e^x-\left(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}\right)=\frac{e^{\theta x} x^{n+1}}{(n+1)!}
$$

其中 $0<\theta<1$ ．固定 $x$ ，从 $\left|r_n(x)\right| \leqslant \frac{ e ^{|x|}|x|^{n+1}}{(n+1)!}$ 可见当 $n \rightarrow \infty$ 时极限为 0 ，即得到上述展开式。

基本展开式 2 正弦函数 $\sin x$ 在 $x=0$ 的 Maclaurin 级数展开式：

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

这里需要正弦函数 $f(x)=\sin x$ 在 $x=0$ 的所有高阶导数值．为了写出余项，则还需要高阶导函数的表达式。由于 $(\sin x)^{(n)}$ 是在 $\pm \sin x, \pm \cos x$ 之间作周期 4循环，因此其绝对值总不超过 1．这里可以用 Lagrange 型余项，也可以用积分型余

项．用后者可估计如下：

$$
\left.\left|r_n(x)\right| \leqslant \frac{1}{n!}\left|\int_0^x\right| x-\left.t\right|^n d t \right\rvert\, \leqslant \frac{|x|^{n+1}}{n!} \rightarrow 0(n \rightarrow \infty)
$$

即处处收玫 ${ }^{(1)}$ 。
基本展开式 3 余弦函数 $\cos x$ 在 $x=0$ 的 Maclaurin 级数展开式：

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

证明与 $\sin x$ 的情况类似，它的 Lagrange 型余项见例题 7．8．
基本展开式 4 二项式函数 $(1+x)^\alpha$ 在 $x=0$ 的 Maclaurin 级数展开式（其中设 $\alpha$ 不是非负整数 ${ }^{(2)}$ ）：

$$
(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!} x^2+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n+1)}{n!} x^n+\cdots
$$

展开式在右边的幂级数的收敛域上成立。
求 $(1+x)^\alpha$ 的高阶导数是容易的，这样就可以写出右边的 Maclaurin 级数．对它的收敛域也已经在例题 15.23 中做过讨论。但如前面所说，我们不能根据级数的收敛域来判断函数的 Taylor 级数展开式在什么范围上成立，为此还是要研究余项。以下先证明当 $|x|<1$ 时，余项当 $n \rightarrow \infty$ 收敛于 0 。

若写出 Lagrange 型余项

$$
r_n(x)=\frac{\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n)}{(n+1)!}(1+\theta x)^{\alpha-n-1} x^{n+1}
$$

其中 $0<\theta<1$ ，则当 $x \in(-1,0)$ 时，由于 $n$ 充分大时 $\alpha-n-1<0$ ，因子 $(1+\theta x)^{\alpha-n-1}$ 无法估计．因此需要用积分型余项．

写出积分型余项

$$
r_n(x)=\frac{1}{n!} \int_0^x \alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n)(1+t)^{\alpha-n-1}(x-t)^n d t
$$

然后作如下估计：

$$
\left.\left|r_n(x)\right| \leqslant\left.\frac{|\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n)|}{n!}\left|\int_0^x(1+t)^{\alpha-1}\right| \frac{x-t}{1+t}\right|^n d t \right\rvert\,
$$

观察上式右边积分号下的第二个因子 $\left|\frac{x-t}{1+t}\right|^n$ ，它是这里的主要困难．在 $x \in(-1,1)$ 且 $t \in[0, x]$ 时，$\frac{x-t}{1+t}$ 保号．又从

$$
\left(\frac{x-t}{1+t}\right)^{\prime}=\frac{-(1+t)-(x-t)}{(1+t)^2}=\frac{-1-x}{(1+t)^2}<0
$$

可知它是 $t \in[0, x]$ 上的单调函数，因此就可以对于一切 $t \in[0, x]$ 得到如下估计：

$$
\left|\frac{x-t}{1+t}\right| \leqslant \max \left\{\left|\frac{x-0}{1+0}\right|,\left|\frac{x-x}{1+x}\right|\right\}=|x| .
$$

由于（15．15）右边积分号下的第一个因子 $(1+t)^{\alpha-1}$ 在 $x \in(-1,1)$ 和 $t \in[0, x]$时有界，与 $n$ 无关（且可以积出），因此就得到对余项的进一步估计式

$$
\left|r_n(x)\right| \leqslant \frac{|\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n)|}{n!} \cdot|x|^n \cdot\left|\frac{(1+x)^\alpha-1}{\alpha}\right| .
$$

为简明起见将上式右边与 $n$ 有关的因子记为

$$
c_n=\frac{|\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n)|}{n!} \cdot|x|^n .
$$

写出

$$
\frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{|\alpha-n-1| \cdot|x|}{n+1} \rightarrow|x|<1(n \rightarrow \infty)
$$

这样就得到 $c_n \rightarrow 0$（例如见例题 2．26）．于是就证明了当 $|x|<1$ 时 $\lim _{n \rightarrow \infty} r_n(x)=0$ ，即 $(1+x)^\alpha$ 在 $(-1,1)$ 上的 Maclaurin 级数展开式成立．

为了讨论端点 $x= \pm 1$ 处展开式是否成立，只要将该级数的收玫域与 $(1+x)^\alpha$的定义域作比较即可．为清楚起见列表如下：
 ![图片](/uploads/2025-02/22cd8b.jpg)
 
 由于函数 $(1+x)^\alpha$ 在自己的定义域上连续，而幂级数的和函数在自己的收玫域上也连续，因此只要级数在端点处收玫，对应的展开式就成立．

注 对于 $\alpha \leqslant-1$ ，二项式函数 $(1+x)^\alpha$ 在 $x=1$ 处连续，然而幂级数在 $x=1$处发散，因此展开式不成立。例如 $f(x)=\frac{1}{1+x}$ 于 $x=1$ 就是如此．

将 $\alpha$ 取不同的值就可以得到许多结果．例如以下都是常见的展开式：

$$
\begin{aligned}
& \alpha=-1, \frac{1}{1+x}=1-x+x^2-\cdots+(-1)^n x^n+\cdots,-1<x<1 ; \\
& \alpha=-2, \frac{1}{(1+x)^2}=1-2 x+3 x^2+\cdots+(-1)^n(n+1) x^n+\cdots,-1<x<1 ; \\
& \alpha=-\frac{1}{2}, \frac{1}{\sqrt{1+x}}=1-\frac{1}{2} x+\frac{3}{8} x^2-\cdots+\frac{(2 n-1)!!}{(2 n)!!}(-1)^n x^n+\cdots,-1<x \leqslant 1 ; \\
& \alpha=\frac{1}{2}, \sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2} x-\frac{1}{8} x^2+\cdots+\frac{(2 n-3)!!}{(2 n)!!}(-1)^{n-1} x^n+\cdots,-1 \leqslant x \leqslant 1 .
\end{aligned}
$$

基本展开式 5 对数函数 $\ln (1+x)$ 在 $x=0$ 的 Maclaurin 级数展开式：

$$
\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}+\cdots,-1<x \leqslant 1 .
$$

这可以从上面的 $\alpha=-1$ 的二项式展开，即几何级数，逐项积分得到．见前面的例题15．24．

这里用余项再给出一个证明．从高阶导数表达式

$$
(\ln (1+x))^{(n)}=\frac{(n-1)!(-1)^{n+1}}{(1+x)^n}
$$

就可以写出 Maclaurin 级数．但若要用 Lagrange 型余项，则又会在 $-1<x<0$ 时遇到困难，因此需要用积分型余项．讨论方法与二项式函数的展开式类似，但要简单一点．具体的估计如下：

$$
\begin{aligned}
\left|r_n(x)\right| & =\left|\frac{1}{n!} \int_0^x \frac{n!}{(1+t)^{n+1}}(x-t)^n d t\right| \\
& \left.\leqslant\left.\left|\int_0^x \frac{1}{1+t} \cdot\right| \frac{x-t}{1+t}\right|^n d t \right\rvert\, \\
& \leqslant|x|^n \cdot|\ln (1+x)| .
\end{aligned}
$$

于是在 $|x|<1$ 时展开式成立．对于 $x=1$ ，利用幂级数在 $x=1$ 收玫，其和函数于 $x=1$ 左连续，而函数 $\ln (1+x)$ 也如此，可见展开式也成立．

由基本展开式 5 又可得出以下常用展开式：
$\S 15.5$ 函数的幂级数展开
267

$$
\begin{aligned}
& -\ln (1-x)=x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots+\frac{x^n}{n}+\cdots,-1 \leqslant x<1 \\
& \frac{1}{2} \ln \frac{1+x}{1-x}=x+\frac{x^3}{3}+\cdots+\frac{x^{2 n-1}}{2 n-1}+\cdots,-1<x<1
\end{aligned}
$$

基本展开式 6 反正切函数 $\arctan x$ 于 $x=0$ 的 Maclaurin 级数展开式如下：

$$
\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n-1}}{2 n-1}+\cdots,-1 \leqslant x \leqslant 1
$$

这已经在例题15．26中解决，这就是利用 $\alpha=-1$ 时的二项式函数的展开式，并将其中 $x$ 换为 $x^2$ ，然后逐项积分即可。若要从余项来证明则需要有 $\arctan x$ 的高阶导函数表达式，反而不方便。

基本展开式 7 反正弦函数 $\arcsin x$ 在 $x=0$ 的 Maclaurin 级数展开式如下：

$$
\arcsin x=x+\frac{1}{6} x^3+\frac{3}{40} x^5+\cdots+\frac{(2 n-1)!!}{(2 n)!!(2 n+1)} x^{2 n+1}+\cdots,-1 \leqslant x \leqslant 1 .
$$

这可以从 $\alpha=-\frac{1}{2}$ 的二项式级数出发，并于其中将 $x$ 换为 $-x^2$ ，则就得到

$$
\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1+\frac{1}{2} x^2+\frac{3}{8} x^4+\cdots+\frac{(2 n-1)!!}{(2 n)!!} x^{2 n}+\cdots,-1<x<1
$$

注意在端点 $x= \pm 1$ 处，级数保号，通项 $\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ ，因此发散．
在 $|x|<1$ 时，从 $\arcsin x=\int_0^x \frac{d t}{\sqrt{1-t^2}}$ 逐项积分就得到所要的展开式．
最后，这时的 Taylor 级数于 $x= \pm 1$ 时其通项为 $O\left(\frac{1}{n \sqrt{n}}\right)$ ，因此绝对收敛，而函数 $\arcsin x$ 于 $x= \pm 1$ 也连续，因此展开式在 $\pm 1$ 处也成立．这样在逐项积分之后，级数的收敛域和展开式成立的范围同时为 $-1 \leqslant x \leqslant 1$ ．

例题 15.29 将下列函数展开为 Maclaurin 级数，并确定在什么范围上成立展开式：
（1） $\sin ^2 x$ ；
（2）$\frac{6}{(x-1)(x+2)}$ ；
（3） $\ln \left(1-x-x^2+x^3\right)$ ．

解 以下只指出如何做，未写出详细答案．
（1）从 $\sin ^2 x=\frac{1}{2}(1-\cos 2 x)$ 即可写出．
（2）从 $\frac{6}{(x-1)(x+2)}=\frac{2}{x-1}+\frac{-2}{x+2}=\frac{-2}{1-x}-\frac{1}{1+\frac{x}{2}}$ 即可写出．
（3）从 $\ln \left[(1-x)^2(1+x)\right]=2 \ln (1-x)+\ln (1+x)$ 即可写出．
例题 15.30 求 $y=\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)$ 的 Maclaurin 展开式．

解 求导得到 $y^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=\left(1+x^2\right)^{-\frac{1}{2}}$ ，用二项式函数展开式得到

$$
y^{\prime}=1-\frac{x^2}{2}+\frac{3}{8} x^4+\cdots+(-1)^n \frac{(2 n-1)!!}{(2 n)!!} x^{2 n}+\cdots
$$

利用 $(1+t)^{-\frac{1}{2}}$ 的展开式于 $t=1$ 成立，可知上述展开式于 $x= \pm 1$ 时也成立．于是逐项积分后就有
$$
y=x-\frac{x^3}{6}+\frac{3}{40} x^5+\cdots+(-1)^n \frac{(2 n-1)!!}{(2 n+1)(2 n)!!} x^{2 n+1}+\cdots
$$

且于 $-1 \leqslant x \leqslant 1$ 时成立．
例题 15.31 将函数 $f(x)=\frac{1}{x}$ 展开为满足以下要求的无穷级数：（1）按 $x-1$的幂展开，（2）按 $\frac{x-1}{x+1}$ 的幂展开．

解（1）令 $t=x-1$ ，则就有

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{x} & =\frac{1}{1+t}=1-t+t^2-\cdots+(-1)^n t^n+\cdots \\
& =1-(x-1)+(x-1)^2-\cdots+(-1)^n(x-1)^n+\cdots
\end{aligned}
$$

且在 $|x-1|<1$ 上成立，也就是 $0<x<2$ ．
（2）令 $t=\frac{x-1}{x+1}$ ，则就有

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{x} & =\frac{1-t}{1+t}=\frac{2}{1+t}-1 \\
& =2\left(1-t+t^2-\cdots+(-1)^n t^n+\cdots\right)-1 \\
& =1-2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)+2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^2-\cdots+2(-1)^n\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^n+\cdots
\end{aligned}
$$

且在 $\left|\frac{x-1}{x+1}\right|<1$ 时成立展开式．最后的条件与 $x>0$ 等价．

例题 15.33 求出下列非初等函数

$$
F(x)=\int_0^x \frac{\sin t}{t} d t
$$

在 $x=0$ 的 Maclaurin 展开式．

解 直接计算函数 $F$ 在点 $x=0$ 的所有高阶导数是不容易的，而在讨论展开式成立的范围时还会遇到更大的困难，因此用间接法来做。

写出在 $(-\infty,+\infty)$ 上正弦函数的 Maclaurin 级数展开式

$$
\sin t=t-\frac{t^3}{6}+\cdots+(-1)^n \frac{t^{2 n+1}}{(2 n+1)!!}+\cdots
$$

在 $t \neq 0$ 时除以 $t$ ，可见成立有

$$
\frac{\sin t}{t}=1-\frac{t^2}{6}+\cdots+(-1)^n \frac{t^{2 n}}{(2 n+1)!!}+\cdots
$$

$t=0$ 时将左边的函数连续延拓为 1 ，则以上等式就在 $(-\infty,+\infty)$ 成立．在 $[0, x]$ 上逐项积分得到

$$
F(x)=\int_0^x \frac{\sin t}{t} d t=x-\frac{x^3}{18}+\cdots+(-1)^n \frac{x^{2 n+1}}{(2 n+1)!!(2 n+1)}+\cdots
$$

这就是所求的 Maclaurin 级数展开式，且于 $(-\infty,+\infty)$ 上成立．
注 在（15．16）中将左边在 $t=0$ 连续延拓后的函数记为 $f(t)$ ，则可以从该展开式求出 $f$ 在点 $t=0$ 的所有高阶导数值：

$$
f^{(n)}(0)=\left\{\begin{aligned}
0, & n=2 k-1 \\
\frac{(-1)^k(2 k)!!}{2 k+1}, & n=2 k
\end{aligned}\right.
$$

这实际上成为计算高阶导数的一种方法．又从 $F^{\prime}(x)=f(x)$ 可以求出 $F$ 在 $x=0$的所有高阶导数值（参见例题 7.7 中的相同方法）．

对 Taylor 级数的小结
（1）Taylor 级数当然是幂级数．反之则已经证明，任何一个幂级数一定是某个函数的 Taylor 级数．
（2）对于一个给定函数和给定点 $x_0$ ，是否可以将该函数在点 $x_0$ 展开为幂级数，这个问题与第七章的 Taylor 展开式有密切联系，可以说非常相似，而且这里的级数展开式是否成立问题的解决还用到了第七章的余项概念。在 $\S 15.5 .2$ 介绍了积分型余项，从概念上与第七章的余项完全相同，只是使用了积分工具．
（3）除了联系之外，当然要搞清楚两种 Taylor 展开式的不同之处，以免混淆．简要地说有以下几点不同：第七章的展开式是有限项，这里是无穷级数；在那里对函数的要求只是有限次可导，这里必须无穷次可导；在那里的（带 Lagrange 型余项的）展开式在函数满足条件的范围内都成立，这里则要根据余项是否趋于 0 才能确定。

可以记住一个简单的例子．这就是在 $(-\infty,+\infty)$ 上无限次可导的函数 $f(x)=$ $\frac{1}{1+x^2}$ ，它在 $x=0$ 的 Taylor 级数 $1-x^2+x^4-\cdots+(-1)^n x^{2 n}+\cdots$ 只在收敛域 $-1<x<1$ 的范围内与 $f(x)$ 相等．
（4）计算函数的 Taylor 级数展开式的方法与第七章类似，除了少数情况用直接法之外，大多数问题中我们都是用间接法。由于幂级数可以逐项求导和逐项求积，间接法中可以使用的工具比第七章多得多了。
（5）幂级数不仅解决了初等函数的展开问题，而且成为研究非初等函数的有力工具．

刷题

做题，是检验是否掌握数学的唯一真理

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