间接展开法求泰勒级数与麦克劳林级数

这一节,我们利用基本级数的公式,通过间接展开法求一些函数的泰勒级数与麦克劳林级数。

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1,间接展开法:利用基本级数,通过变量代换、逐项求导与逐项积分来求函数的幂级数。

2,常用的基本级数:

(1)\(\displaystyle e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}x^n,\quad x\in(-\infty,+\infty)\);

(2)\(\displaystyle \sin x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}x^{2n+1},\quad x\in(-\infty,\infty)\);

(3)\(\displaystyle \cos x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n},\quad x\in(-\infty,\infty)\);

(4)\(\displaystyle \frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n, |x|<1\);

(5)\(\displaystyle \frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n, |x|<1\);

(6)\(\displaystyle \ln(1-x)=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n}, |x|<1\)。

例1:\(\displaystyle a^x=e^{x\ln a}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\ln a)^nx^n}{n!}, x\in(-\infty,\infty)\)。

例2:\(\displaystyle \cos (x^2)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{4n},\quad x\in(-\infty,\infty)\)。

例3:求 \(f(x)=\arctan x\) 的麦克劳林级数。

解:因为 \(\displaystyle\arctan x=\int\frac{1}{1+x^2}dx\),而 \(\displaystyle\frac{1}{1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}\),所以

\[\arctan x =\sum_{n=0}^{\infty}\int(-1)^nx^{2n}=C+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}, |x|<1\]

又因为 \(\arctan0=0\),所以 \(C=0\),也就是

\[\arctan x =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}, |x|<1\]

例4:求 \(\displaystyle\frac{1}{1+x}\) 在 \(x=1\) 处的泰勒级数。

解:因为是求 \(x=1\) 处的泰勒级数,所以我们先将函数化成 \((x-1)\) 的表达式,再利用基本级数的变量代换来求幂级数。因为

\[\frac{1}{1+x}=\frac{1}{1+(x-1)+1}=\frac{1}{2+(x-1)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{x-1}{2}}\]

利用公式 \(\displaystyle \frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n,|x|<1\),我们有

\begin{align*}\frac{1}{1+x}&=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{x-1}{2}}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{x-1}{2}\right)^n\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}(x-1)^n\end{align*}

收敛域为 \(\left|\frac{x-1}{2}\right|<1\quad\Rightarrow\quad |x-1|<2\),也就是 \(x\in(-1,3)\)。所以

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

例5:求 \(f(x)=\ln x\) 在 \(x=2\) 处的泰勒级数,并求 \(f^{(10)}(2)\)。

解:因为

\[\ln x=\ln (2+(x-2))=\ln2\left(1+\frac{x-2}{2}\right)=\ln 2+\ln \left(1+\frac{x-2}{2}\right)\]

所以由 \(\displaystyle \ln(1+x)=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^n}{n}, |x|<1\),我们有

\begin{align*}\ln x&=\ln 2+\ln \left(1+\frac{x-2}{2}\right)=\ln2-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\left(\frac{x-2}{2}\right)^n\\ &=\ln 2-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^nn}(x-2)^n\end{align*}

收敛域为 \(\displaystyle \left|\frac{x-2}{2}\right|<1\),也就是 \(|x-2|<2\),或者 \(x\in(0,4)\),所以

\[\ln x=\ln 2-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^nn}(x-2)^n, \quad x\in(0,4)\]

当 \(n=10\) 时,

\[a_{10}=\frac{f^{(10)}(2)}{10!}=\frac{(-1)^{10}}{2^{10}\cdot 10}\quad \Rightarrow\quad f^{(10)}(2)=\frac{10!}{2^{10}\cdot 10}=\frac{9!}{2^{10}}\]