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若干初等函数的麦克劳林 Maclaurin 公式

## 7.2.3  若干初等函数的 Maclaurin 公式
如前所说，在点 $x=0$ 展开的 Taylor 公式称为 Maclaurin 公式．下面将给出几个初等函数的 Maclaurin 公式，它们都是微分学中的基本结果．我们应当如同记乘法九九表那样记住这些公式。

为此需要求出函数在点 $x=0$ 处的所有阶导数值．
1．对于 $f(x)=\sin x$ ，利用例题 6.17 中得到的公式 $f^{(n)}(x)=(\sin x)^{(n)}=$ $\sin \left(x+\frac{n \pi}{2}\right)$ ，就有

$$
f^{(2 k-1)}(0)=(-1)^{k-1}, \quad f^{(2 k)}(0)=0
$$

取 $k$ 从 0 到 $2 n$ 并代入（7．6）就得到

$$
\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n-1}}{(2 n-1)!}+o\left(x^{2 n}\right)(x \rightarrow 0)
$$

注意：其中认为右边已经写到 $x^{2 n}$ 项，因此余项是 $o\left(x^{2 n}\right)(x \rightarrow 0)$ ．当然写为 $o\left(x^{2 n-1}\right)(x \rightarrow 0)$ 也没有错，但不够确切．

2．对于 $f(x)=\cos x$ ，利用例题 6.17 解 2 的结果，即有 $f^{(k)}(x)=(\cos x)^{(k)}=$ $\cos \left(x+\frac{k \pi}{2}\right)$ ，就有

$$
f^{(2 k-1)}(0)=0, \quad f^{(2 k)}(0)=(-1)^k .
$$

取 $k$ 从 0 到 $2 n+1$ 并代入（7．6）就得到

$$
\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots+(-1)^n \frac{x^{2 n}}{(2 n)!}+o\left(x^{2 n+1}\right)(x \rightarrow 0) .
$$

这里与 $\sin x$ 的展开式一样，认为右边已写到 $x^{2 n+1}$ 项，因此余项是 $o\left(x^{2 n+1}\right)(x \rightarrow$ $0)$ ．当然写为 $o\left(x^{2 n}\right)(x \rightarrow 0)$ 也没有错，但不够确切．

注 注意函数的奇偶性在 Maclaurin 公式中的表现．奇函数公式中偶次项都不出现，偶函数公式中奇次项都不出现．这从函数的奇偶性与导函数的奇偶性之间的联系可知（见 $\S 6.3$ 的练习题 1）．

3．对于 $f(x)= e ^x$ ，利用 $f^{(k)}(x)=\left( e ^x\right)^{(k)}= e ^x$ ，因此对所有非负整数 $k$ 都有 $f^{(k)}(0)=1$ 。取 $k$ 从 0 到 $n$ 并代入（7．6）就得到

$$
e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0)
$$

4．对于二项式函数 $f(x)=(1+x)^\alpha$ ，若指数 $\alpha$ 为正整数，则就得到中学数学中的二项式定理．Newton 是写出 $\alpha$ 为有理分数时的展开式的第一人，因此这也称为 Newton 二项式展开。（由于当时还没有实数系理论，因此只能讨论 $\alpha$ 为有理数的情况．）

当 $\alpha$ 不是 0 也不是正整数时，从例题 6.16 有 $f^{(k)}(x)=\alpha(\alpha-1) \cdot(\alpha-k+$ 1）$(1+x)^{\alpha-k}$ ，于是有

$$
f^{(k)}(0)=\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-k+1)=k!C_\alpha^k
$$

其中 $C _\alpha^k=\frac{\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-k+1)}{k!}$ 是组合数记号 $C _n^k$ 当 $n$ 不是正整数情况的推广．取 $k$ 从 1 到 $n$ 并代入（7．6）就得到二项式函数的 Taylor 公式：

$$
(1+x)^\alpha=1+C_\alpha^1 x+C_\alpha^2 x^2+\cdots+C_\alpha^n x^n+o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0) .
$$

二项式函数的 Taylor 公式与前几个公式不同，其中不仅可取不同的 $n$ ，而且还有一个参数 $\alpha$ ，因此实际上包含了许多常用公式在内．
特别要指出，对于 $\alpha=-1$ ，就得到熟知的公式 ${ }^{(1)}$

$$
\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-\cdots+(-1)^n x^n+o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0)
$$

5．对于 $f(x)=\ln (1+x)$ ，有 $f^{\prime}(x)=(1+x)^{-1}$ ，因此

$$
f^{(k)}(x)=(-1)^{k-1} \cdot(k-1)!(1+x)^{-k}
$$

于是 $f^{(k)}(0)=(-1)^{k-1}(k-1)$ ！．取 $k$ 从 1 到 $n$ 并代入（7．6）就得到

$$
\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}+o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0)
$$

6．对于 $f(x)=\arctan x$ ，有 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x^2}$ ．利用例题 6.22 中已经求出 $\left.\left(\frac{1}{1+x^2}\right)^{(n)}\right|_{x=0}$ 的所有值，就得到 $f(x)=\arctan x$ 在 $x=0$ 的所有阶导数值：

$$
f^{(2 k+1)}(0)=(-1)^k(2 k)!, \quad f^{(2 k)}(0)=0
$$

取 $k$ 从 0 到 $2 n$ 并代入（7．6）就得到

$$
\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n-1}}{2 n-1}+o\left(x^{2 n}\right)(x \rightarrow 0)
$$

这里与 $\sin x$ 的展开式一样，认为右边已经写到 $x^{2 n}$ 项，因此余项是 $o\left(x^{2 n}\right)(x \rightarrow 0)$ ．当然写为 $o\left(x^{2 n-1}\right)(x \rightarrow 0)$ 也没有错，但不够确切．

下面再举一些例题．
例题 7.5 求 $\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ 在点 0 处的 Taylor 公式．
解 为了利用指数 $\alpha=-1 / 2$ 的二项式函数的展开式，先计算

$$
C_{-\frac{1}{2}}^n=\frac{1}{n!}\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{1}{2}-1\right) \cdots\left(-\frac{1}{2}-n+1\right)=(-1)^n \frac{(2 n-1)!!}{(2 n)!!} .
$$

然后就得到

$$
\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=1+\sum_{k=1}^n(-1)^k \frac{(2 k-1)!!}{(2 k)!!} x^{2 k}+o\left(x^{2 n}\right)(x \rightarrow 0) .
$$

例题7．6 求 $\sec x$ 在点 0 的 Taylor 公式到 $x^4$ 项．
解 利用 $\cos x$ 和 $(1+x)^{-1}$ 的公式计算如下：

$$
\begin{aligned}
\sec x & =\frac{1}{\cos x}=\frac{1}{1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o\left(x^5\right)} \\
& =1+\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+o\left(x^5\right)\right)+\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+o\left(x^5\right)\right)^2+o\left(x^5\right) \\
& =1+\frac{x^2}{2}+\left(-\frac{1}{24}+\frac{1}{4}\right) x^4+o\left(x^5\right) \\
& =1+\frac{x^2}{2}+\frac{5}{24} x^4+o\left(x^5\right) .
\end{aligned}
$$

注 在这个解中我们不是直接对于 $f(x)=\sec x$ 计算它在 $x=0$ 处的各阶导数值后再用定理 7.5 ，而是从已知的几个 Taylor 公式出发经过计算得到所求的展开式．为区别起见，我们将按照定理 7.5 计算展开式的方法称为直接法，而将第二种方法称为间接法。由于多项式逼近的惟一性定理（即定理 7．6），这两种不同方法所得到的结果一定相同。

下面是上述惟一性定理的又一个应用。
前面我们为了得到反正切函数 $y=\arctan x$ 的 Maclaurin 公式，先在例题 6.22中计算出这个函数在 $x=0$ 处的高阶导数，即（7．8）。 反过来看，如果有办法间接地求出某个函数的 Maclaurin 展开式，则也就得到了该函数在 $x=0$ 的所有高阶导数．这样就提供了计算高阶导数的一种新方法．

例题 7.7 用求 Taylor 公式的间接法计算 $\arctan x$ 在 $x=0$ 的所有阶导数．

解 利用 $(1+x)^{-1}$ 的 Maclaurin 公式，并将 $x$ 换为 $x^2$ ，就得到

$$
\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-\cdots+(-1)^n x^{2 n}+o\left(x^{2 n}\right)(x \rightarrow 0)
$$

由惟一性定理知道上式右边的 $x^k$ 项的系数一定是 $\left.\left(\frac{1}{1+x^2}\right)^{(k)}\right|_{x=0}$ 除以 $k!$ 。再考虑到 $(\arctan x)^{\prime}=\frac{1}{1+x^2}$ ，这就得到

$$
\begin{gathered}
\left.(\arctan x)^{(2 k)}\right|_{x=0}=\left.\left(\frac{1}{1+x^2}\right)^{(2 k-1)}\right|_{x=0}=0 \\
\left.(\arctan x)^{(2 k+1)}\right|_{x=0}=\left.\left(\frac{1}{1+x^2}\right)^{(2 k)}\right|_{x=0}=(-1)^k(2 k)!,
\end{gathered}
$$

可以看出这与（7．8）（它来自例题6．22）完全一致．
注 这样就给出了推导 $\arctan x$ 的 Maclaurin 公式的新方法．不但如此，还可以看出从 $\arctan x$ 在点 $x=0$ 的 $2 n+1$ 次 Taylor 多项式与 $\frac{1}{1+x^2}$ 在 $x=0$ 的 $2 n$次 Taylor 多项式之间的关系为：

$$
\left(x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots+(-1)^n \frac{x^{2 n+1}}{2 n+1}\right)^{\prime}=1-x^2+x^4-\cdots+(-1)^n x^{2 n}
$$

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