函数的幂级数的展开与技巧

1引言

函数的幂级数展开在高等数学中有着重要的地位，在研究幂级数的展开之前我们务必先研究一下泰勒级数，因为泰勒级数在幂级数的展开中有着重要的地位。一般情况，我们用拉格朗日余项和柯西余项来讨论幂级数的展开，几乎不用积分型余项来讨论，今天我们的研究中就有着充分的体现。

2 泰勒级数

泰勒定理指出：若函数f 在点0x 的某个邻域内存在直至n 阶的连续导数，则

()()()()()

()

2

0'

'

00002!

x x f

x f

x f

x x x f

x -=

+

-+

()

()

())

00(!

n n

n x x f

x R x n -+++

， (1)

这里()x R n =()()n

x x o 0-称为皮亚诺型余项。如果增加条件“()x f 有1+n 阶连续导数”，那么()x R n 还可以写成三种形式 ()()()

()

1

101

()1!

n n n R x f

x x n ξ++=

-+ （拉格朗日余项）

()()

1

(1)

001[()]1!n

n n f

x x x x x n θθ++=+---

（柯西余项）

()()

(1)

1!

x n n

x f

t x t dt n +=

-?

， （积分型余项）

如果在(1)中抹去余项()x R n ，那么在0x 附近f 可用(1)式中右边的多项式来近似代替。

如果

f

在0x x =处有任意阶的导数，这时称形式为：

()()()()()

()

()

()

2

0000000"'2!

!

n n

f x f

x f

x f x x x x x x x n +-+-++

-+ (2)

的级数为函数f 在0x 的泰勒级数，对于级数(2)是否能够在0x 附近确切地表达f ，或说f 在0x 泰勒级数在0x 附近的和函数是否就是f ，这是我们现在要讨论的问题。下面我们先看一个例子：

例1[]1 由于函数

()=

x f 21

,0,0,

0,x e x x ?-??≠??=? 在0x x =处的任何阶导数都为0，即()

(),,2,1,00 ==n f n

所以f 在0x =处的泰

勒级数为：

++

++

?+n

x n x x !

0!

20002

，

显然，它在()+∞∞-,上收敛，且其和函数()0=x S ， 由此看到对一切0x =都有

()()x S x f ≠，

这说明具有任意阶导数的函数，其泰勒级数并不是都收敛于函数本身，只有

()0

lim =∞

→x R n n

时才能够。

在实际应用上主要讨论在00=x 的展开式。这时（2）也可以写成

()()

()

()

()

++

++

+

n

n x n f

x f

x f

f !

0!

20!

1002

'

''

，

称为麦克劳林级数。

3 函数的幂级数展开与技巧

3.1一般的泰勒展开法（直接展开法）

我们主要通过例题来表现幂级数的展开与技巧：首先用直接展开法讨论初等函数的幂级数展开形式。通常有三种展开思路：1、统一用柯西余项来估计余项

()n R x ；2、统一用积分余项来估计余项()n R x ；3、柯西余项（或积分余项）结

合拉格朗日余项来估计余项()n R x 。本文采用第二种思路。

例2 求k 次多项式

()k k x c x c x c c x f ++++= 2210， ()N k ∈ 的展开式。

解：由于

()

()!,00

,

n k

n c n k f

n k ≤?=?

>?

总有

()0lim =∞

→x R n n ，

因而

()()()()

()

()

'

'

2

00002!

!

k k

f

f

f x f f

x x x k =++

++

2

012k

k c c x c x c x

=++++ ，

即多项式函数的幂级数展开就是它本身。

例3 求函数()x e x f =的展开式。 解：因为

()

()x n e x f

=，

()

()10=n f

() ,2,1=n ，

(,)x ?∈-∞+∞有

(1)

1

()()()!

x n n

n R x f

t x t dt

n +=

-?

1

10!

!

n

x n

t

x

x

e x dt e n n ≤

=

-→?， ()

n →∞；

从而

++

++

+

=n

x

x n x x e

!

1!

21!

1112

， ()+∞∞-∈,x 。

例4 求函数()x x f sin =的展开式。 解：由于

()

()??

?

?

?

+

=2sin πn x x f

n ， ,2,1=n ， (,)x ?∈-∞+∞有

(1)

1

()()()!

x n n

n R x f

t x t dt

n +=

-?

1

1sin()()!

2

x n

n t x t dt n π+≤

+

-?

1

1!

x n

x dt n ≤

??1

!

n x

n +≤

→，()n →∞；

所以 ()x x f sin =在()+∞∞-, 内能展开为麦克劳林级数：

()

() +--+++

-

=-+!

121!

5!

3sin 1

21

5

3

n x

x

x

x x n n ；

同样可证（更简单的方法是对上面sin x 的展开式逐项求导）：

()

() +-+++

-

=!

21!

4!

21cos 24

2

n x

x

x

x n

n

。

例5[]1 求函数()()ln 1f x x =+的展开式。 解：注意到，函数()()ln 1f x x =+ 的各阶导数是

()

()()()()

n

n n x n x f

+--=-1!

111

， 从而

()

()()

()1

011!n n f

n -=--，

(1,1)x ?∈-有

(1)

1()()()!

x n n

n R x f

t x t dt

n +=

-?

1

1(1)!(1)

()!

n x n

n

n t x t dt n --=

-?+-?

1(

)

11x n

x t dt

x

t

-=

++?

；

注意到，当[0,]t x ∈或[,0]x 时，1x t t

-+不变符号且关于变量t 单调，因此1x t t

-+总是

在0t =时取最大值n

x ，从而

1()ln(1)0

1x n

n

n R x x

dt x x t

≤

=+→+?

，()n →∞；

所以f 的麦克劳林级数是

()()()

2

3

4

1

112

3

4

ln n

n x

x

x

x

f x x x n

-=+=-

+

-

++-+ ， (3)

用比式判断法容易求得(3)的收敛半径1=R ，且当1=x 时收敛，1-=x 时发散，

故级数域(1,1]-。

将(3)式中x 换成1-x 就得到函数 ()ln f x x =在1=x 处的泰勒展开式：

()()()

()

()

()

2

3

1

1111112

3

ln n n x x x x x n

-----=--

+

++-+

，

它的收敛域为(0,2]。

例6 讨论：二项式函数()()1m

f x x =+展开式。

解：当m 为正整数时，有二项式定理直接展开得到f 的展开式，这已经在前面例2中讨论过了。

下面讨论m 不等于正整数时的情形，这时：

()

()()()()

111m n

n f

x m m m n x -=--++ ，1,2,n = ，

()

()()()011n f

m m m n =--+ ，1,2,n = ；

于是()x f 的麦克劳林级数是

()

()()()

2

111112!

!

m

n

m m m m m n x m x x x n ---++=++

++

+

， (4)

运用比式判别法可得(4)的收敛半径1=R 。

设*m N ?（由二项式定理易证*m N ∈的情形），(1,1)x ?∈-有

(1)

1

()()()!

x n n

n R x f

t x t dt

n +=

-?

1

1

(1)()(1)()!

x m n n

m m m n t x t dt n --=

--+-?

1

(1)()

(

)(1)

!

1x n

m m m m n x t t dt

n t

----=

?

++?

1

(1)()

(1)

!

x n

m m m m n x t dt

n ---≤

?

+?

()

1(1)()

1!

m

n

x m m m n x n m

m

+--=

?

-

→，()n →∞。

由比式判别法知级数(1)()

!

n

m m m n x

n --∑ 收敛，故通项

(1)()

!

n

m m m n x

n -- 趋于0,因此

lim ()0n n R x →∞

=。

所以，在()1,1-上有 ()()()()

2

111112!

!

m

n

m m m m m n x m x x x n ---++=++

++

+

， (5)

对于收敛区间端点的情形，它与m 的取值有关，其结果如下：

当1m ≤时，收敛域为()1,1-；当10m -<<时，收敛域为(]1,1-；当0m >时，收敛域为[]1,1-；在(5)式中，令1m =-就得到

()()1,1,11112

-+-+++-=+ n

n

x x x x

， (6)

当12

m =-时，得到

(]1,1,6

54

32

14321211113

2

-+?

?

-

?+

-

=+ x x x x

。 (7)

例7 以2x 与2x -分别代入(6) (7)得到

()()1,1,111124

2

2

-+-+++-=+ n

n

x

x x x

， (8)

(]1,1,6

54

32

14

32

12

11116

4

2

2

-+?

?

+

?

+

+

=- x x x x

， (9)

对于(8) (9)分别逐项可积，可得函数x arctan 与x arcsin 的展开式

2

arctan 1x dt x t

=

+?

()

2

5

21

13

5

21

n n

x

x

x

x n +=-

+

++-++ ，[1,1]-，

arcsin x x =

?

3

57

113135232452467x

x x

x =++??+???()()[]2121!!,1,12!!21

n n x x n n +-+++∈-+ 。

这说明，熟悉某些初等函数的展开式，对于一些函数的幂级数展开是极为方便的，特别是上面介绍的基本初等函数的结果，对于用间接方法求幂级数展开式特别有用。

3.2 通过变形、转换、利用已知的展开式

例8 将函数()()243ln f x x x =++展开式x 的幂级数并指出收敛半径。 分析：将()x f 变为()ln 1x +的形式。 解：因为

()()

2

43ln f x x x =++

()()1ln 3x x =++()()ln 3ln 1x x =+++

()ln 31ln 13x x ??=+++ ???()ln 3ln 1ln 13x x ?

?=++++ ??

?

()

1

1

3ln 113n n

n x n +∞

=??

=+

- ?+??

∑()

1

111

n

n n x

n ∞

+=+-+∑

()

1

1

1

113313

n 1

l n n

n n n x

n +∞

++=+=+

-?

+∑，1R =。

例9 求21x y -=的麦克劳林展开式（至含6x 的项）。 解：由于

()

()2

1112!

m

m m x mx x -+=++

+ ()()

11!

n

m m m n x n --++

+ ，

故

y =

()()()232

22

111111111(1)(1)(2)2

2!223!222

x

x x =+

-+

--+---+ 2

4

6

11112

8

16

x x x =-

--

+

，

因0

2

1>=

m 故收敛区间为[]1,1-。

例10

[]

2 将()x x x f cos 212

???

? ??+=展开成x 的幂级数（至含4

x 项）

。 解：由cos x 的展开式得

2

1()cos cos 2f x x x x

=+

。

24224

112!4!22!4x x x x x ????=-+++?-++ ? ?????

4

5124

x =-

+

3.3 利用逐项积分方法

例11[]2 将函数(

)(ln f x x =+展开成x 的幂级数，并求其收敛区间。 分析：该题可化为()ln 1x +的形式展开，但这样的展开式中变成2

11x

+的

幂次，而不是x 的幂次，我们知道：

(

'

ln x ??+=

???

?

，

将

2

11x

+展开再积分就方便了 。

解：因为

(

)(

'

'

ln f x x ??=+

=

???

?

，

而

()

12

1x -

=+，

2

46

1131351224246

x x x =-

+

?-??+ ，()11x -<≤， 对上式两端积分可得：

(

3

5

7

11313523

245

246ln 7

x x x x x ???+

=-

+

-

+??????

，

当1±=x 时，上式为交错级数，

()(

)

21!!

02!!21n n u n n -<=

<

?-，

显然有,1+>n n u u 且0lim =∞

→n n u ，依莱布尼茨判别法知：当1±=x 时，级数收敛，

因此收敛区间为[]1,1-。

3.4 逐项微分法

例12 将()212x d

e f x dx x ??

-=? ???

展开成x 的幂级数。

分析：先展开，再逐项微分。 解：因为

()()22221

12222!!

n

x

x x e

x x

x n ?

?-=+

+++ ? ???

1

1

22

12!

!

n n x x

n --=+

++

+ ，

注意到()10=f ，所以

211

1

12

2!

x n n n d

e d

x

dx x dx n -∞

-=??-?= ?

??∑

()1

2

1

1

2

1!

n n n n x

n ∞

--=-=

+∑

，()x -∞<<+∞。

例13 将

cos 12d

x dx x -??? ???

展开成x 的幂级数。

解：因为

()

()21

1

cos 1122!

n n

n x x

x

n -∞

=-=

-∑，(),x ∈-∞+∞，

所以

()()22

1

cos 11211222!

n

n n d x n x dx x n ∞

----??

=-?

? ???

∑

。

注：值得注意的是逐项积分法或逐项微分法，常常在区间内部进行，但并不是绝对的，这里就不再证明了。

3.5 待定系数法

例14[]3 求下列函数的幂级数展开。

（1

ln x +

（2）

2

sin 12cos x x x

αα-+。

解：(1) 设

ln n

n

n x y a

x ∞

=+=

=

∑，

因为

'

211n 1l x y x x ??+?=-?+??

，

所以()2'11x y xy +=-，故

()2

1

1

11n n

n

n n n x a

nx

x a x

∞∞

-==+=-∑∑

即

()()121

1

2

211n

n n n a a x a n a n x ∞

+-=++

++-????∑

010

1n

n n a x a x

∞

-==--∑，

比较系数得：

11a =， 022a a -=， 1133a a a -=+，42242a a a +=-，

由()0000=?=a y ，得：

02=n a ，

11=a ，3

23-

=a ，524,,35a =

? ()()()!

!12!!2112+-=+n n a n

n ， 从而

()()()21

2!!121!!n

n n n y

x n ∞

+==-+∑，11x -<

≤。

(2)设

n

n n

x

a

x

x x y ∑∞

==

+-=

2

cos 21sin αα，

则

()2

sin 12cos n

n

n x x x

a

x

αα∞

==-+∑

23

0123a a x a x a x =++++

()02c o s a x α

-?()()2

3

122cos 2cos a x a x αα--+

23

01a x a x +++

，

比较等式两边同次幂系数得：

00a =，1sin a α=， ，sin n a n α=，

这里利用了三角恒等式

()()sin 12sin cos sin 1n n αααα+=--，2,3,n =

所以

2

sin 12cos x x x x x

-+

2

sin sin 2sin n

x x x n ααα

=+++ 。

1

sin n

n x

n α

∞

==

∑

3.6 微分方程法

例15[]

4

求

ln x +

注：在前面例14中用待定系数法已求出幂级数展开式，现在用微分方程法计算()

()0n f

，从而得到 ()

()

0!

n n

n f

x

n ∞

=∑

。

解： 设

ln x y +=

，

因此

'

2l 111n x x y x ??-+?=-?+??

，

即

()xy

y

x -=+11'

2

， 〈1〉

由〈1〉两边同时求n 阶导数得：

()(

)

()()

()

012112

12

=++++-+n n n y

n xy

n y x ， 〈2〉

令0=x 得：

()

()

10

2

10

-+-=n n y n y ， 〈3〉

这儿下标“0”表示在0=x 处的值，在〈1〉式中令0=x 得：

1'

0=y ，

在〈3〉式两边微商一次得，

(

)'

'

'2

'

12xy

y y

x

xy --=++，

令0=x ，知00''=-=y y ，得：

1'

0=y ，0"

0=y ，

代入公式〈3〉得：

()

20

0n y =， ()

()()2

210

12!!n n y n +=-????

，()1,2,n = ，

故

()

()()2

21

2l !!121!!

n n

n n x n x n ∞

+=+

????≈

-+∑ 〈4〉

这里“≈”表示右边的级数为左边函数的泰勒级数，容易证明右边的级数的收敛半径1=R ，利用逐项微分法可以验证级数的和函数()y S x =是〈1〉给定的微分方程的解，且()00

=S ，而函数

ln x y +=

在1±=x 处连续，故〈4〉式中“≈”改为“=”对1±=x 也成立。

3.7 利用级数的运算

例16 利用函数的幂级数展开，求下列极限。 （1）()lim ln 1ln n n n n →∞

+-????； （2）x

x x x 3

sin

arcsin lim

-→。

解：（1）因为

()lim ln 1ln x x x x →∞

?+-????

2311111lim 23x x x x x →∞??

=-?+?- ???

221111lim 1123x x x →∞??

=-?+?-= ???

， 所以

()l i m l n 1l n

1

n n n n →∞

+-=????。 （2）由基本初等函数的幂级数展开式得

()()∑∞

=++-+

=0

1

212!2!!12arcsin n n n x n n n x x ， ()

()

()23

21

1

133sin 14

21!

n

n

n n x x

n ∞

+=-=

?-+∑，

代入

x

x x 3

sin

arcsin -，即得

()()()

()

()21

1

1

3

20

21

21!!2!21arcsin lim

lim

sin 13314

21!

n n n n

x x n

n n n x x x n n x x x

x

n ∞

+=→∞

=→+---+-=-?-+∑∑

()3

3

1

123lim

618343!x x x →-

+?==--?-??+??

??

。

例17[]3 计算积分1

1n

1l dx

x

-?。

解：因为

()2

3

1ln

ln 112

3

x

x

x x x

=--=+

+

+- ，1x <，

故级数在)1(,<≤r r x 上一致收敛，故可逐项积分。当1

2

3

4

1ln

112

23

34

x x

x

x

dt t

=

+

+

+-????

，

而当1=x 时有

2

3

12

23

x

x

+

+??

11112

23

34

=+

+

+???

111111122334???

???=-+-+-+= ? ? ???????

，

由阿贝尔定理得

234

10

101

lim

ln lim 11122334x x x x x x

dt t →-→-??=+++= ?-?????

?

，

即

1

01

l n 1

1dx x =-?。

4结论

我们是在泰勒级数基础上研究幂级数的展开式，利用以上几种方法可以对“幂级数的展开式”这一块内容有深刻的认识，且利用这些展开式解决问题，为我们在今后研究幂级数中提供了工具。

致谢

对在研究及撰写论文过程中给予帮助的组织或个人表示衷心感谢！

参考文献：

[1] 数学分析.第三版.华东师范大学数学系，2002，52-58.

[2] 高等数学试题精选题解.华中理工大学出版社，2000，492-498.

[3] 数学分析内容方法与技巧.华中科技大学出版社，2003，164-178.

[4] 裴礼文.数学分析中的典型问题与解法.第二版.高等教育出版，2003，447-453.

[5] 刘玉琏，傅沛仁.数学分析讲.北京：高等教育出版社，1982，125-162.

[6] 数学分析.复旦大学数学系编.第二版（下册）.高等教育出版社，2002，324-336.

[7] 钱吉林.数学分析题解精粹.武汉：崇文书局，2003，213-238.

[8] 吴良森，毛羽铭.数学分析习题精解.北京：科学出版社，2004，58-127.