幂级数间接展开法

考研数学指导将函数展开为幂级数的方
法
2015年考研复习已经开始，现在正值考研初期复习，数学作为考研必考的重要科目，针对考生需求，太奇考研小编为即将考研的朋友编辑整理了“2015考研数学初期复习指导：将函数展开为幂级数的方法”，希望对广大考友有所帮助!
将函数展开成幂级数的方法主要有两种：直接展开法和间接展开法。

直接展开法指的是：利用泰勒级数的定义及泰勒级数收敛的充要条件，将函数在某个区间直接展开成指定点的泰勒级数的方法。

间接展开法指的是：通过一定运算将函数转化为其他函数，进而利用新函数的幂级数展开式将原来函数展开为幂级数的方法。

所用运算主要是加法运算，数乘运算，(逐项)积分运算和(逐项)求导运算。

常见函数的麦克劳林级数展开式为：
下面举例帮大家巩固以上知识点：。

函数幂级数的展开和应用我们称形如200102000()()()()nn nn n a x x a a x x a x x a x x ∞=-=+-+-++-+∑的级数为幂级数，它是一类最简单的函数项级数.从某种意义上说，它也可以看作是多项式函数的延伸.幂级数在理论和实际上都有很多应用，特别在应用它表示函数方面，又由于函数幂级数的逐项求导和逐项可积等好的运算性质，为函数的研究和应用提供了便利的条件.1 函数幂级数展开的条件函数()f x 可以在点0x x =作幂级数展开，是指存在0x x =，使得在（r x r x +-00,）上，00()()n n n f x a x x ∞==-∑ （1） 其中()f x 是此幂级数的和函数.根据幂级数的逐项可积性，若函数()f x 能表示成幂级数()nnn a x x ∞=-∑且其收敛半径0r >，则函数()f x 在区间(,)r r -上有任意阶导数，且1'1()()n nn f x na x x -∞==-∑，'01()f x a = ，，()()00()()!,!n n n f x fx n a n ==因此自然会提出下述问题，是否每一个在区间(,)r r -上有任意阶导数的函数()f x 一定能在区间上展成形如()nnn a x x ∞=-∑的幂级数呢？回答是不一定的.例1 在),(+∞-∞上具有任意阶导数的函数21()0x e f x -⎧⎪=⎨⎪⎩ 00x x ≠=，易验证当0x ≠时，21'32()x f x e x -= ， 2211''4664()x x f x e e x x--=-+ ，一般来说，有21()1()()n x n fx P e x -= （0x ≠），其中1()n P x 是关于1x的某个多项式.令21t x =，易得21201lim lim 0mx m t x t te x e-→→+∞==.由此可知21()()0001lim ()lim ()lim ()0n n x n x x x fx f x P e x-+-→→→=== ),2,1,0( =n ，又因为()f x 在0x =处连续，所以有'(0)0f =.类似逐次可推得()(0)0n f = ),3,2( =n 所以()f x 在0x =的幂级数为200002!!nx x n +⨯+++显然它在),(+∞-∞上收敛，且其和函数()0s x =. 但是，()f x 只在0x =处为零值.0x ∀≠，都有 ()()f x s x ≠.上述例子告诉我们：具有任意阶导数的函数，其幂级数（泰勒级数）并不是都收敛于函数本身.那么具备什么条件的函数()f x ，它的幂级数（泰勒级数）才能收敛于()f x 本身呢？定理1 设()f x 在点0x x =具有任意阶导数，那么()f x 在区间00(,)x r x r -+内等于它的泰勒级数的和函数的充分必要条件是：对一切满足不等式0x x r -<的x ，都有lim ()0n n R x →∞=.这里()n R x 是()f x 在0x 的泰勒公式余项.应用定理1 判别一个函数是否可以展成泰勒级数常常是不方便的，我们有如下充分条件： 定理2 设()f x 在00(,)x r x r -+内有任意阶导数,若存在0M >，使得00(,)x x r x r ∀∈-+，及 ,2,1,0=∀n ， 有 ()()n n f x M ≤ (2) 则 ()000()()()!n n n f x f x x x n ∞==-∑(3) 证明 由条件(2)得，00(,)x x r x r ∀∈-+有()0()()0!!n n n nf M r x x n n ξ-≤→ ()n →∞ 即得所证. 若()f x 在0x 这一邻域内可以展开成泰勒级数，即+-++-+-+=n n x x n x f x x x f x x x f x f x f )(!)()(!2)())(()()(00)(200''00'0（4） 则（4）的右边为()f x 在0x x =处的泰勒展开式，或称幂级数展开式.在实际应用中，主要讨论函数在00x =处的展开式，这时（4）式可以写作+++++=nn x n f x f x f f x f !)0(!2)0()0()0()()(2'''，称为麦克劳林级数，简称幂级数.2 函数幂级数的展开一般说来，可以将一个函数展成幂级数的方法分为直接展开法和间接展开法，下面就这两种方法做一一介绍.2.1 直接展开法这种方法也可以称其为余项估算法.设()f x 在0x x =处任意次可导，记()000()()()()!k nk n k f x R x f x x x k ==--∑()k N +∈，若()000()()()!n n n f x f x x x n ∞==-∑，只需0()x U x ∀∈，有lim ()0n n R x →∞=.当00x =时，()n R x 的各种表达式：()()n n R x x ο= （佩亚诺型余项）；(1)1()()(1)!n n n f R x x n ξ++=+，ξ在0与x 之间 （拉格朗日型余项）；(1)01()()()!x n n n R x x t f t dt n +=-⎰（积分型余项）； (1)1()()(1)!n n n n f x R x x n θθ++=-，01θ≤≤（柯西型余项）；佩亚诺型余项只是定性的描述了余项的性态不利于具体估算误差，所以我们常用其它三种余项形式.用直接展开法可得[1](5457)P -：201111!1!2!!n xnn x e x x x n n ∞===+++++∑ ，(,)x ∈-∞+∞;213210(1)11sin (1)(21)!3!(21)!n n nn n x x x x x n n ∞++=-==-++-+++∑ ，(,)x ∈-∞+∞;2220(1)11cos 1(1)(2)!2!(2)!n n nn n x x x x n n ∞=-==-++-+∑ ，(,)x ∈-∞+∞;12311(1)111ln(1)(1)23n n n nn x x x x x x n n-∞-=-+==-+-+-+∑ ，(1,1]x ∈-;2(1)(1)(1)(1)12!!nn x x x x n ααααααα---++=+++++，(1,1)x ∈-;arctan x =3521210(1)(1)213521n n n nn x x x x x n n +∞+=-=-+-+-+++∑ ，[1,1]x ∈-;211(21)!!arcsin (2)!!21n n n x x x n n +∞=-=++∑ ，[1,1]x ∈-;例2 求函数23()3247f x x x x =+-+在1x =处的幂级数展开式.解 由于'21(1)8,(1)(2821)15,x f f x x ===-+=''1(1)(842)34x f x ==-+=，'''()(1)42,,(1)0n f f ==，（3n >），从而总有 lim ()0n n R x →∞=（其中(1)1()(),(1)!n n n f R x x n ξ++=+ξ在0与x 之间），所以23233442()815(1)(1)(1)815(1)17(1)7(1)2!3!f x x x x x x x =+-+-+-=+-+-+- 例3 求2()sin f x x =的幂级数展式.解 由于'''00(0)0,(0)(sin 2)0,(0)(2cos 2)2,x x f f x f x ======='''(4)00(0)(4sin 2)0,()(8cos 2)8x x f x f x x ===-==-=-,,(21)(2)121(0)0,(0)(1)2,n n n n f f ---==- ，因此2122412282sin (1)(,)2!4!(2)!n n nx x x x n --=-++-+-∞+∞;x ∀，级数的拉格朗日余项2212()(21)!n n n R x x n +≤+,显然有lim ()0n n R x →∞=. 所以上述展式成立.2.2 间接展开法上面讨论的几个函数展开都是采用直接展开法.一般说来，求函数的各阶导数比较麻烦，尤其要检验余项是否趋向于零，往往不是一件容易的事.因此，在可能的情况下，我们总是尽可能不用直接方法，而采用间接方法把已给函数展成幂级数，所谓间接展开法指的是，利用已知的函数展开式作为出发点，把给定函数展开成幂级数.由于函数展成幂级数的唯一性，用这种方法展开的结果应与直接方法展开的结果完全一致.在实际的练习中，将初等函数展开为幂级数，要用到多种方法，现将其常用的方法归结如下： 2.2.1通过变形，利用已知的展开式例4 将下列函数展成x 的幂级数.1）241()(1)(1)(1)f x x x x =+++ 解 241()(1)(1)(1)f x x x x =+++811x x -==- 8898810(1)1n n n n x x x x x x x ∞+=-=-+-++-+∑ ,(11)x -<<.2）3()sin x x ϕ=解 2121300313(1)1(1)(3)sin sin sin 3444(21)!4(21)!n n n n n n x x x x x n n ++∞∞==--=-=-++∑∑34=2210(1)(13)(21)!nn n n x n ∞+=--+∑ , (,)x ∈-∞+∞. 例5 设0x >，求证：㏑x =2[ ++-++-++-53)11(51)11(3111x x x x x x ] 证明 令11x t x -=+即11tx t+=-，从而 121111ln ln ln(1)ln(1)(1)(1)1n n n n n n t t t x t t t n n ∞∞--==+==+--=----∑∑ 1211211111[(1)(1)][(1)(1)]()1nn n n n n n n t x n n x ∞∞----==-=---=---+∑∑ 35111112[()()]13151x x x x x x ---=++++++例6 求函数2()(1)(1)xf x x x =--的麦克劳林展式. 解 设222(1)(1)(1)(1)11(1)x x A B C x x x x x x x ==++--+-+--得111,,,442A B C =-=-=又221(1)(1)(1)n n x n x x ∞-==-=+-∑，01(1)1n n n x x ∞==-+∑，011nn x x ∞==-∑ （11x -<<） 所以20011(1)11(1)((1))()(1)(1)2222n n n nn n x n x n x x x ∞∞==+---=+-=+--∑∑，（11x -<<） 2.2.2 利用逐项积分或逐项微分法 例7 求2()xt F x e dt -=⎰的幂级数展开式.解 将2x -代替xe 展式中的x ，得+-+++-=-nn x x n x x e242!)1(!21!1112，()x -∞<<+∞.再逐项求积分就得到()F x 在（,-∞+∞）展开式2357210111(1)()1!32!53!7!21n n xt x x x x F x e dt x n n +--==-+-++++⎰ .例8 试求22()arctan2xf x x =-的幂级数展开式. 解 2''22000221()()(arctan )(1)221()2xxx t t f x f x dt dt dt t t ===+-+⎰⎰⎰ =2400(1)(1)()24nxn n t t dt ∞=+-∑⎰ (t < 2222222234500[1()()()()](1)()222222n xx nn t t t t tt dt dt ⎡⎤∞⎢⎥⎣⎦==+--++-=-∑⎰⎰2120(1)2(21)n n n n x n⎡⎤+∞⎢⎥⎣⎦==-+∑，(t <当x =2122011111(1)(1))2(21)21357911n n nnn n n n ⎡⎤⎡⎤+∞∞⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦==-=-=+--++-++∑∑001111111(1)()()2((1)(1))3579114143n nn n n n ∞∞==⎤=+-+++-=-+-⎥++⎦∑∑可见x=x =22()arctan2xf x x=-在x =所以上面展式在⎡⎣上成立.2.2.3 利用待定系数法 例9 求2sin 12cos x x xαα-+ (1)x <的幂级数展式. 解 设2sin 12cos n n n x a x x x αα∞==-+∑,则20sin (12cos )nn n x x x a x αα∞==-+∑232323012301201(2cos )(2cos )(2cos )a a x a x a x a x a x a x a x a x ααα=++++---++++比较等式两边同次幂的系数，得0120,sin ,sin 2,,sin n a a a a n ααα====，这里用到三角恒等式sin(1)2sin cos sin(1)n n n αααα+=⋅-- (2,3,)n =，所以 原式= ++++nx n x x αααsin 2sin sin 22.2.4 利用级数的运算（加，减，乘，复合） 例10 求2()ln (1)f x x =-的幂级数展开式.解 由于10ln(1)1n n x x n +∞=-=-+∑在[1,1)-上内闭一致收敛，故[1,1)-上可用级数乘法2321111111111()()23121321n n x x f x x x n n n n ∞+=⎡⎤=----=++++⎢⎥--⎣⎦∑ =()()111111111()()(1)11nn n n n k n k k n k x x k n k n k n k ∞∞++====++-⎡⎤⎣⎦=+-++-∑∑∑∑ 111111111112111n n n n n k n k x x n n k k n k ∞∞++====⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎢⎥++-+⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑∑ 1111121231n n x n n +∞=⎛⎫=++++ ⎪+⎝⎭∑ 上面的展式在[1,1)-内成立.例11 求()()111x f x x e =+按x 的幂的展开式至三次项.解 ()()111x f x x e=+()()111111ln 11nn n x x x nxee∞-=--+-∑== (1)x <= +-+-43232x x x e23232323111()()()23422346234x x x x x x x x x =+-+-++-+-++-+-+)11(,167241121132<<-+-+-=x x x x 2.2.5 其它方法举例例 12 求函数()sin xf x e x =的麦克劳林级数的前四项. 解23521111111sin (1)((1))1!2!!3!5!(21)!x nnn e x x x x x x x x n n +=+++++-+++-++233441111()()3!2!3!3!x x x x x x =++-++-++ 2313x x x =+++3 幂级数的应用3.1 计算积分 例13 计算积分120ln 1xdx x -⎰ 解 11112222220000ln 1ln ln ln 111x x x x dx xdx xdx xdx x x x -+==+---⎰⎰⎰⎰ 因为10ln 1xdx =-⎰，及2221ln ln 1nn x x x x x ∞==-∑，故 原式=12101ln n n x xdx ∞=-+∑⎰. 又知级数21ln nn xx ∞=∑虽然在(0，1]上不一致收敛，但仍可在(0，1]上逐项积分①，因此原式12011ln nn x xdx ∞==-+∑⎰()()2211112121n n n n ∞∞===--=-++∑∑()()22220111111()2212n n n n n n ∞∞∞====-+++∑∑∑2222221111126248n n nnπππ∞∞===-+=-+=-∑∑ 例14 计算22cos(sin )x x d πθπ⎰解 因()()21(sin )cos sin 11(2)!k kk x x k θθ∞==+-∑ ()()221sin 112!k k kk x k θ∞==+-∑ ， (,)x ∈-∞+∞故2222222001122(1)(1)cos(sin )sin 12(2)!(!)2k k k k kk k k xx x d d k k πππθθθθππ∞∞==⎡⎤--=+=+⎢⎥⎣⎦∑∑⎰⎰ 3.2 证明不等式幂级数是表达函数的重要工具，因此也可应用于证明函数不等式. 例15 证明不等式222,(,)x x x e e e x -+≤∈-∞+∞ 证明 因2022(2)!n xxn x e echx n ∞-=+==∑,222022(2)!!x nn x e n ∞==∑,而22(2)!(2)!!n n x x n n ≤,故222,xx xe e e -+≤ 例16 确定λ的值，使得22,(,)x x x e e e x λ-+≤∈-∞+∞解1）若上述不等式成立，则有222220001110()()2!2!2!2!x x n n n n n x n nn n n n n n n e e x x x x e n n n n λλλλ-∞∞∞∞====+≤-=-=-=-∑∑∑∑ 两端除以2x ，再令0x =，可得12λ≥.2）若12λ≥ ，则有22222002(2)!2!x x x n nx n n n e e x x e e n n λ-∞∞==+===≤∑∑3.3 近似计算幂级数常常用于近似计算. 例17 求下列各值的近似值： （1）e ，使误差小于0.001；解 在xe 的展开式中令1x =，得111112!3!!e n =++++++ 若取上述级数的前(1)n +项作为e 的近似值，即设111112!3!!e n ≈+++++则误差11(1)!(2)!n R n n =++++ 111[1](1)!2(2)(3)n n n n =+++++++2111111[1]1(1)!1(1)(1)!!11n n n n n nn <+++==++++-+ 所以要使0.001n R <，只要!1000n n >，可算出当6n =时就满足要求.因而可取前七位即可，即11111 2.7182!3!6!e ≈+++++= （2）6π，使误差小于0.001；解 在arcsin x 的展开式中令12x =，得3521111131(21)!!1622322452(2)!!(21)2n n n n π+⨯-≈+++++⨯⨯⨯+若取前(1)n +项作为6π的近似值，误差2325(21)!!1(23)!!1(22)!!(23)2(24)!!(25)2n n n n n R n n n n ++++=++++++2324(21)!!111(1)(22)!!(23)222n n n n ++<+++++234(21)!!13(22)!!(23)2n n n n ++=++要使0.001n R <，只要使上式右端小于0.001即可，不难算出当2n =时即满足要求，因而取前三项即可，即45111310.52362322452π⨯≈++=⨯⨯⨯ 3.4 应用幂级数性质求下列级数的和 例18()11!n nn ∞=+∑ 分析 ()11!n n n ∞=+∑是幂级数()111!n n nx n ∞+=+∑的和函数在1x =处的值.解 设()()111!n n nf x x n ∞+==+∑ ()x -∞<<+∞， 则()1110'()1!(1)!!n n nx n n n x x x f x x x xe n n n -∞∞∞=======--∑∑∑ ()x -∞<<+∞，所以0()(0)'()1xxtxxf x f f t dt te dt xe e =+==-+⎰⎰，从而()1(1)11!n nf n ∞===+∑.3.5 利用函数的幂级数展开式求下列不定式极限 例19 21lim ln 1x x x x →∞⎡⎤⎛⎫-+⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦解 因为23311111ln 123o x x x x x ⎛⎫⎛⎫+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以 原式223311111111lim lim 23232x x x x x x x x x x x x οο→∞→∞⎧⎫⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--++=-+-+=⎨⎬ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎩⎭ 例20 3arcsin limsin x x x x→∞-解 因为()()331arcsin ,sin 6x x x o x x x o x =++=+，所以原式=()()()()()333333311166lim lim 6x x x x x o x x o x x o x x o x →∞→∞⎛⎫-++-+ ⎪⎝⎭==-++ 3.6 求幂级数的和函数例21 +++++++12531253n x x x x n 解 设2121n n x n μ+=+，因21lim n x nu x u +→∞=，故原级数的收敛半径1R =，又当1x =±时，原级数可化为0121n n ∞=⎛⎫± ⎪+⎝⎭∑发散，从而得收敛域为(1,1)-. 设()()21021n n x S x n +∞==+∑ ()()1,1x ∈-，在()1,1x ∈-内逐项求导，得()2201'1nn S x x x ∞===-∑， 故和函数()()()2011'0ln 121xxdt xS x S t dt S t x +==+=--⎰⎰ ()1,1x ∈-. 例22 求幂级数()()211nn n x n n ∞=--∑的和函数. 解 易知原级数的收敛域为[1,1]-.记()()21()1nn n F x x n n ∞=-=-∑，则()()()()()1222111'()()'()'111nnnn nn n n n F x x x x n n n n n ∞∞∞-===---===---∑∑∑，()()()()21122222111''()()'()'1111nnn n n n n n n n F x xxnxx n n x ∞∞∞∞----====--===-==--+∑∑∑∑故()001'()''()ln 11xxF x F t dt dt x t ===++⎰⎰， ()()()0()'()ln 11ln 1xxF x F t dt t dt x x x ==+=++-⎰⎰，所以()()()()211ln 11n n x x x x n n ∞=-=++--∑ ,(1,1)-.注释： ① 求证级数21ln nn xx ∞=∑虽然在(0,1]上不一致收敛，但仍可以在(0,1]上逐项积分证 1当1x =时级数通项()211ln |0nn x u x x ===．当01x <<，21nn xlnx ∞=∑为等比级数，所以和22ln ()10x x S x x⎧⎪=-⎨⎪⎩， 011x x <<= 时，可见211(10)lim ln(1(1))(1).(1)(1)2x x S x S x x -→-=--=≠+- 故 该级数非一致收敛（根据和函数连续定理）.2（证明能逐项积分）因22222221ln ()ln ln ,11n kn n k n x x x R x x x x x x x +∞=+===⋅--∑其中220ln lim 1x x xx +→-及221ln lim 1x x x x -→-都有有限极限，且22ln 1x x x -在(0,1)内连续，所以22ln 1x x x -在(0,1)内有界，即0M ∃>，使得22ln ||1x xM x ≤-，故 2|()|n n R x M x ≤⋅, 11120|()||()|0().21n n n MR x dx R x dx M x dx n n ≤≤=→→∞+⎰⎰⎰ 此即表明1lim ()0.n n R x dx →∞=⎰级数可以逐项取积分.。