函数的幂级数展开规范要求

对函数f（x），若在x₀的某邻域U（x₀）内，成立

则称f（x）在点x₀处能展开为幂级数.

若函数f（x）在点x₀无穷次可微，则称幂级数

为f（x）在点x₀的泰勒级数.当x₀=0时，上面的泰勒级数变为，称它为f（x）的麦克劳林（Maclaurin）级数.

下面的命题给出了f（x）在点x₀的幂级数与f（x）在点x₀的泰勒级数之间的关系.

命题5.3　（幂级数展开的唯一性定理）如果函数f（x）在x₀的某邻域U（x₀）内能展开为幂级数，则这个幂级数展开式是唯一的，并且它就是f（x）在点x₀的泰勒级数，即.

值得注意的是：只要f（x）在点x₀无穷次可微，那么f（x）在点x₀就可以展开为泰勒级数，但是这个泰勒级数未必收敛（考察在点x₀=0的展开式），即使收敛也未必收敛于f（x）（考察f在点x₀=0的展开式）.

f（x）在U（x₀）内的泰勒级数收敛于f（x）本身的充要条件是余项γ_n（x）在U（x₀）内一致地趋于0.

一个方便实用的充分条件是下面的命题.

命题5.4　若f（x）在U（x₀）内的各阶导数一致有界，即∃M>0，使∣f（n）（x）∣≤M，∀n，∀x∈U（x₀）成立，则f（x）在U（x₀）内的泰勒级数收敛于f（x）.

函数的幂级数展开分为直接法和间接法两种.直接法需要求函数f（x）在展开点的高阶导数值和证明其余项在展开点附近一致地趋于零——这往往是困难的！间接法需要利用如下基本的展开式：

该展开式成立的范围当α≤-1时，x∈（-1，1）；当-1<α<0时，x∈（-1，1]；当α>0时，x∈[-1，1].

需要特别说明的是：间接法的理论依据是幂级数展开式的唯一性定理.因此，在作展开时，我们可放心地使用逐项求导、逐项求积以及四则运算等方法，只要所得的幂级数具有正的收敛半径即可.

例5.44　求下列幂级数的收敛域

解　（1）记因为

所以收敛半径R=1.

或利用不等式

ln（n+1）<∣a_n∣<1+lnn

及，亦可知收敛半径R=1.

当x=±1时，级数的通项均不趋于零，故级数的收敛域为（-1，1）.

（2）记.因为

或

所以收敛半径R=1.

当x=1时，级数变成，因为当n适当大时，成立

而ln3>1，所以由比较判别法知，原级数在x=1处收敛；

当x=-1时，级数变成.因为

由上知，原级数在x=-1处也收敛，故原级数的收敛域为[-1，1].

说明：该级数在端点x=±1处的收敛性也可用对数判别法论证之.

（3）记.因为

或利用斯特林公式：，有

所以收敛半径.

当时，级数为正项级数.由斯特林公式，

由此可知，原级数在处发散；

当时，级数为交错级数.由

及

可知，原级数在处收敛，故原级数的收敛域为

（4）记.因为

所以收敛半径。

当时，级数变为.对该级数的通项，考虑其子列{a_8k}={1}，不趋向于零，故原级数在处发散；

当时，由类似地讨论可知，原级数在处也发散.从而原级数的收敛域为

例5.45 求下列级数的收敛域.

（1），k>1为整数；

解 （1）记.因为

而

所以

令，解这个不等式可得

当时，级数变为.易见其通项

所以原级数在处收敛；类似地讨论可知，原级数在处也收敛.故原级数的收敛域为

（2）令，则原级数化为易知它的收敛域为（-1，1）.

令，解之可得：x>1或x<-1，即原级数的收敛域为

（-∞，-1）∪（1，+∞）.

（3）用根式判别法.，欲使ρ<1，必须x<1.当x=±1时，级数变为，显然发散.故原级数的收敛域为（-1，1）.

例5.46　设a_n>0，且证明：级数的收敛半径R=1.

证明　由于，所以级数的收敛半径为1.而当∣x<∣1时，由

可知，收敛.但由A_n→+∞（n→∞）知，级数发散，故级数的收敛半径R=1.

例5.47　将下列函数按要求展开.

（1）将f（x）=e^xsinx展开成x的幂级数；

（2）将展开成的幂级数；

（3）将f（x）=lnx展开成的幂级数.

解　（1）将f（x）采用间接法展开，要涉及两个幂级数相乘，计算较为复杂.下面采用直接法展开.

用数学归纳法可以证明：由此可得

于是可得f（x）关于x的展开式：

但它是否收敛于f（x）呢？通常我们要研究其余项，看它是否一致地趋于0？这是非常困难的！为了避开这一点我们采用下面的做法：

因为e^x和sinx的麦克劳林展开式都在（-∞，+∞）上成立，所以它们都在（-∞，+∞）上绝对收敛.由级数的乘积定理知，e^xsinx也能展开成幂级数，且收敛半径R=+∞.再利用幂级数展开式的唯一性定理知，式（1）在（-∞，+∞）上必收敛于e^xsinx.

（3）先求关于y的展开式.

故

类题 设，求f（2012）（0）（苏州大学）.

提示 因为

且它们的麦克劳林展开式在（-∞，+∞）上都绝对收敛，所以也能展开成幂级数，并且收敛半径R=+∞.由幂级数展开式的唯一性，只需计算它们的柯西积即可.而它们的柯西积是

由此可见，在f（x）的展开式中偶次幂并没出现，所以f^（2012）（0）=0.

事实上，如果注意到f（x）是奇函数，而奇函数的展开式中不会出现偶次幂，因此f^（2012）（0）=0.

例5.48 将函数

解

本例亦可用待定系数法展开.设

两边同乘以1-2xcosα+x²，并比较x同次幂的系数，可得

a₀=0，a_n=cosnα，n=1，2，….

因此

类题1　求函数的麦克劳林展开式（用两种方法）.

类题2　证明：当x<1时，

提示　设f（x）=ln（1-2xcosα+x²），对f（x）关于x求导

当|x|<1时，应用的展开式，并利用逐项积分定理可得结论.(www.xing528.com)

例5.49　设函数，证明级数收敛（浙大）.

证明　通过f（x）的麦克劳林展开，求出数项级数的通项

为此，记，则

由此可得

注意到ab=1，我们有

这表明是正项级数.

由

和级数的收敛性，利用正项级数的比较判别法知，收敛.

例5.50　若的收敛区间是（-R，R），存在数列{x_n}⊂（-R，R），使得，且f（x_n）=0，n=1，2，….证明：a_n=0，n=0，1，2，….

证明　由f（x）在x=0处连续知，此时，f（x）可写成：

因为∀x_n≠0，g（x_n）=f（x_n）=0.用上述方法便可推知，a₁=0.如此下去，可得a₂=a₃=…=a_n=0.

例5.51　证明陶贝尔定理.

证明　记，由可知，

令，由可知，于是，∀ε>0，∃N∈N+，当n>N时，有

设，当0<x<1时，有

而

1-x^k=（1-x）（1+x+…+x^k-1）≤k（1-x），

故有

令，则有

注5.7　一个简单的充分条件是下面的命题.

命题5.5　设，x∈（-1，1），a_n≥0且，则

证明　记，则S_n（x）≤S（x），∀x∈[0，1].令x→1-，可得：，即{S_n}单调递增有上界，因此数项级数收敛.由阿贝尔第二定理可知，幂级数在[0，1]上一致收敛.再由连续性定理，有

例5.52　设.求证：

（1）f（x）在[-1，1]上连续； （2）f（x）在x=-1处可导；

（3）；（4）f（x）在x=1处不可导.

证明　（1）因为当x≤1时，有

所以表示f（x）的幂级数在[-1，1]上一致收敛.由连续性定理可知，f（x）在[-1，1]上连续.

（2）对幂级数在收敛区间（-1，1）内逐项求导可得

当x=-1时，交错级数收敛.由阿贝尔第二定理知，幂级数在[-1，0]上一致收敛.由逐项微分定理知，

即f（x）在x=-1处可导.

（3）当x>0时，由可看出f′（x）为正的递增函数，因此，广义极限

存在.

若A<+∞，则f′（x）在[0，1]上有界.注意到

由命题5.5知，数项级数收敛.但由柯西积分判别法易知，发散，矛盾.因此A=+∞，即

（4）由洛必达法则及（3）的结论知，

故f′（1）不存在.

例5.53　已知.

（1）求ln²（1+x）在x=0点的幂级数展开式；

（2）求的和；

（3）求的和.

解　（1）是绝对收敛的级数.由于两个绝对收敛级数可以任意相乘，记

则有

其中

于是有

（2）用莱布尼茨判别法不难判断级数

收敛（注意应用），所以对ln²（1+x）展开的幂级数，应用阿贝尔第二定理可得

（3）由可得

从而

因此

故

类题　（1）（arctanx）2在x=0点展开成幂级数；

（2）求的和.

例5.54　已知.

解　分部积分得

由，式（1）可化为

由阿贝尔判别法知，级数在（0，+∞）上一致收敛.

由逐项积分定理，式（2）可化为

这里利用了上例的结果.

例5.55　设shx·shy=1，其中，计算

解　令t=e^-x，则

从而

注意到x=-lnt，，有

而

上式在t=0处理解为取极限的过程.由幂级数逐项积分定理，有

同理可得

故

例5.56　求之和.

解　由于，所以考虑幂级数

当x<1时，逐项积分有

求导得

于是，有

例5.57　求极限.

解　这是一个二重级数求和问题.记

注意到

我们有

例5.58　设f（x）是R上的连续函数，若f（x）在R上能用多项式一致逼近，则f（x）是一个多项式.

证明　若f（x）在R上能用多项式一致逼近，则存在多项式序列{P_n（x）}及N>0，当n≥N时，对∀x∈R，有|P_n（x）-f（x）|<1.于是，当n≥N时，对∀x∈R，有

|P_n（x）-P_N（x）|≤|P_n（x）-f（x）|+|P_N（x）-f（x）|<2.

这表明，多项式P_n（x）-P_N（x）在R上有界，所以它必是常数.即

故f（x）=P_N（x）+C是一个多项式.