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间接法推导幂级数展开

• 已知函数的幂级数展开公式间接推导其他函数幂级数

• 使用原始的推导公式推导函数的幂级数展开是繁琐不便的,需要分别计算各项系数$a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$,最后考察余项$R_n(x)$是否趋于0

• 尤其是其中研究余项在初等函数中也不是容易的事

• 间接法包括:

  • 幂级数运算(四则运算,逐项求导,逐项积分)
  • 变量代换法

• 这些间接方法不仅计算简单,而且避开了对余项的研究

常用麦克劳林幂级数展开公式

• 利用以下基础展开式(直接法推得),可以推出许多函数的幂级数展开式

• 下面($1\sim 4$)是基础幂级数,推出后面得新幂级数:

  1. $e^x$=${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{x}^n$,$x\in (-\infty ,+\infty )$
     • $e^x$=$1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots$
  2. $\sin x$=${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$,$x\in (-\infty ,+\infty )$
     • $\sin x$=$x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots$
  3. $\frac{1}{1-x}$=${\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^n$,$x\in (-1,1)$
     • 这个级数是最简单的幂级数,因为这是级数的前$n$项和是容易表示的,即首项为$1$,公比为$x$的前$n$项和:$\frac{1(1-x^n)}{1-x}$,当$n\to \infty$时$s_n\to \frac{1}{1-x}$,$x\in (-1,1)$
     • 也可以利用幂级数的通用求法来求
     • $\frac{1}{1-x}$=$1+x+x^2+\cdots$
  4. $\frac{1}{1+x}$=${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n$,$x\in (-1,1)$
     • 和第3个类似
     • 也可以由$x\in (-1,1)$,$-x\in (-1,1)$,将式(3)的$x$替换为$-x$,得到(4)
     • $\frac{1}{1+x}$=$1-x+x^2-\cdots$
  5. $\ln (x+1)$=${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}{x}^n$,$x\in (-1,1]$👺
     • 对式(4)两边做$[0,x]$上的积分,即
       • 左边:${\int }_0^x\frac{1}{x+1}\mathrm{d}x$=${\int }_0^x\frac{1}{t+1}\mathrm{d}t$=$\ln |t+1|{|}_0^x$=$\ln |x+1|$=$\ln (x+1)$,$x\in (-1,1)$
       • 右边:${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n$=${\sum }_{n=0}^{\infty }{\int }_0^x(-1{)}^n{t}^n\mathrm{d}t$=${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{n+1}{x}^{n+1}$=${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}{x}^n$,$x\in (-1,1)$
     • $\ln (x+1)$=$x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots$
  6. $\cos x$=${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}$,$x\in (-1,1)$
     • 对式(2)两边求导,立即得到此式
     • $\cos x$=$1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots$
  7. $\frac{1}{1+x^2}$=${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{2n}$,$x\in (-1,1)$
     • 对于$x\in (-1,1)$,$x^2\in (-1,1)$
     • 所以将式(4)中$x$替换为$x^2$即得此式
     • $\frac{1}{1+x^2}$=$1-x^2+x^4-\cdots$
  8. $\arctan x$=${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{2n+1}{x}^{2n+1}$,$x\in [-1,1]$👺
     • 对式(7)两边做$[0,x]$上的积分,即得此式
     • $\arctan x$=$x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots$
  9. $a^x$=${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(\ln a{)}^n}{n!}{x}^n$,$(-\infty <x<+\infty )$
     • 将式(1)中的$x$替换为$\ln a^x$,即$x\ln a$即可
     • $e^{\ln a^x}$=$a^x$

• 补充一个直接法推得幂级数展开:

  • $f(x)$=$(1+x{)}^m$=$1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{m(m-1)\cdots (m-n+1)}{n!}{x}^n+\cdots$,$x\in (-1,1)$
    • 其中$m$为任意实数
    • 当$m\in {\mathrm{N}}_{+}$,展开式就是二项式定理:$(1+x{)}^m$=${\sum }_{k=0}^m{C}_m^k{x}^k$

应用

• 利用上述公式推导陌生函数的幂级数展开实例

例

• 把$f(x)$=$(1-x)\ln (1+x)$展开成$x$得幂级数

  • 由$\ln (1+x)$=${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n$,$x\in (-1,1]$

  • $f(x)$=$(1-x){\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n$

    • 思路1:
      • =${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n(1-x)$,这不是$x$得幂级数
    • 思路2:分配律分开处理,对齐通项幂次和求和下标求和
      • 先对齐通项幂(变动求和下标的起点),在对其求和下标(将多于的项移到求和号外计算)
      • =${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n$-${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^{n+1}$
      • =${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n$-${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-2}}{n-1}{x}^n$
      • =$x+{\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n$-${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-2}}{n-1}{x}^n$
      • =$x+{\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}(2n-1)}{n(n-1)}{x}^n$,$x\in (-1,1]$

例

• 有理分式的展开,通常采用$\frac{1}{1-x}$=${\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^n$(1)或$\frac{1}{1+x}$=${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n$(1-1)代换
  • (1)和(1-1)之间形式转换是很简单的,$\frac{1}{1+x}$=$\frac{1}{1-(-x)}$,
• 而若展开为$x-x_0$的形式,则需要配项(换元:$t=x-x_0$),令$g=g(t)=g(x-x_0)$,使得形式靠近$\frac{1}{1-t(x)}$
  • 例如,设分母为$P(x)$,则应将$P(x)$变形为$P(x)=k(1+g(x-x_0))$,$k$为常数
  • 特别的,如果能够确定$g(x-x_0)$是$x$的一次式,即可设$g(x-x_0)=m(x-x_0)$,那么$P(x)=k(1+m(x-x_0))$,$m,k$为常数,即$P(x)$=$kmx+k-km{x}_0$,利用系数比较法可以分别确定$k,m$
    • 从而可以确定$g=g(x-x_0)$,用$g$代替式(1)或(1-1)中的$x$,并且收敛区间为$g\in (-1,1)$的解集
  • 总之,这个过程是需要一定的尝试和计算才能正确变形为复合要求的形式
• $f(x)$=$\frac{1}{x^2+4x+3}$展开为$x-1$的幂级数
  • $f(x)$=$\frac{1}{(x+1)(x+3)}$=$\frac{1}{2(1+x)}$-$\frac{1}{2(3+x)}$
    • =$\frac{1}{4}\frac{1}{1+\frac{x-1}{2}}$-$\frac{1}{8(1+\frac{x-1}{4})}$(2)
    • $2(1+x)$=$k(1+m(x-1))$(2-1),即$2x+2$=$kmx+k-km$
      • 比较系数可得$mk=2$,$k-km=2$,解得$k=4$,$m=\frac{1}{2}$,代入式(2-1),得$4(1+\frac{x-1}{2})$
        • 从而$\frac{1}{2(1+x)}$=$\frac{1}{4(1+\frac{x-1}{2})}$
      • 类似的,$2(3+x)$=$k(1+m(x-1))$,即$6+2x$=$kmx+k-km$,比较两边系数,得$mk=2$,$k-km=6$,得$k=8$,$m=\frac{1}{4}$,
        • 从而$\frac{1}{2(3+x)}$=$\frac{1}{8(1+\frac{x-1}{4})}$
  • 而$\frac{1}{4}\frac{1}{1+\frac{x-1}{2}}$=$\frac{1}{4}{\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2^n}(x-1{)}^n$(3),$\frac{x-1}{2}\in (-1,1)$,解得$x\in (-1,3)$,
  • 类似的,$\frac{1}{8(1+\frac{x-1}{4})}$=$\frac{1}{8}{\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{4^n}(x-1{)}^n$,(4)$x\in (-3,5)$
  • 所以$f(x)$=${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n(\frac{1}{2^{n+2}}-\frac{1}{2^{2n+3}})(x-1{)}^n$(5)
    • 这里(3),(4)无法对求和号的通项直接相加,需要将求和号外的系数移入求和号
    • 这样(3)改写为${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2^{n+2}}(x-1{)}^n$
    • (4)改写为${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{2^3}\frac{(-1{)}^n}{2^{2n}}(x-1{)}^n$=${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2^{2n+3}}(x-1{)}^n$,取(3,4)中较小的收敛半径,即$x\in (-1,3)$

例

• $\sin x$展开成$x-\frac{\pi }{4}$得幂级数
  • 注意,被展开的函数时$\sin x$,而不是$\sin (x-\frac{\pi }{4})$
  • 后者展开成$x-\frac{\pi }{4}$直接用$x-\frac{\pi }{4}$代替$\sin x$的幂级数展开
  • 但是前者要复杂,需要做变形
• $\sin x$=$\sin (\frac{\pi }{4}+(x-\frac{\pi }{4}))$
  • =$\sin \frac{\pi }{4}\cos (x-\frac{\pi }{4})+\cos \frac{\pi }{4}\sin (x-\frac{\pi }{4})$
  • =$\frac{1}{\sqrt{2}}[\cos (x-\frac{\pi }{4})+\sin (x-\frac{\pi }{4})]$
  • 现在用$x-\frac{\pi }{4}$分别代替$\cos x,\sin x$幂级数展开中的$x$
  • 然后合并,最后可得$\sin x$=$\frac{1}{\sqrt{2}}[{\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}(x-\frac{\pi }{4}{)}^{2n+1}]$,$x\in (-\infty ,+\infty )$