求幂级数展开式的方法

函数的幂级数形式具有广泛的应用，如函数值的估算、数值计算、解微分方程等。虽然可以使用泰勒展开式来写成函数的幂级数展开形式，即直接展开法；但是由于一般来说，函数的阶导数不易求得，并且也不容易考察余项，因此这并不是较好的方法。我们更常用的间接求幂级数展开式的方法。我们利用的是幂级数的和函数的一些重要性质，以及一些重要的已知幂级数展开式，来间接求得幂级数展开式。

首先我们要熟知以下的函数$x$的幂级数展开式，这是我们进行求和的基础。

$e^x=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}(-\infty<x<+\infty)$

$\sin x=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}(-\infty<x<+\infty)$

$\frac1{x+1}=\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^nx^n(-1<x<1)$

这三个式子中，前两个是利用泰勒展开得到的幂级数展开式。注意第三个式子，它是经典的无穷等比级数的形式，如果等比级数首项为$a_1$，公比为$q$，$|q|<1$，则等比级数收敛于$S$，有$S=\frac{a_1}{1-q}$.这个级数是利用等比级数求和公式得到的。记住这个形式，对于我们记住这个经典的级数展开式和求类似的级数展开式相当有帮助。

大多数函数的幂级数展开，都可以以上述三种级数作为基础，通过微分、积分、变量代换、恒等变形、待定系数等方法，求出幂级数展开式。

• 微分法

如果上述的级数是待求幂级数展开式函数的原函数（如欲求$y=\cos x$在$x=0$处的幂级数展开式），则先写出所需的函数展开式，然后两边同时求微分。

例：求$\cos x$关于$x$的幂级数展开式.

解：注意到$(\sin x)'=\cos x$,而$\sin x=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}(-\infty<x<+\infty)$

等号两侧同时求导，得$\cos x = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^k}}}{{(2k)!}}{x^{2k}}( - \infty < x < + \infty )}$

• 积分法

如果上述的级数是待求幂级数展开式的函数的导函数（如欲求$y=\ln(1+x)$在$x = 0$处的幂级数展开式），则先写出所需的函数展开式，再同时积分。

求$y=\ln (1+x)$关于$x$的幂级数展开式

解：$(\ln(1+x))'=\frac1{1+x}$，而$\frac1{x+1}=\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^nx^n(-1<x<1)$

对此式两边同时积分，得：

$\begin{gathered} \ln (1 + x) = \int_0^x {\frac{1}{{1 + x}}dx} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{{( - 1)}^n}\int_0^x {{x^n}} dx} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{{( - 1)}^n}\frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}}} \hfill \\ = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{( - 1)}^{n - 1}}\frac{{{x^n}}}{n}} ( - 1 < x \leqslant 1) \hfill \\ \end{gathered}$

这里要留意收敛域的变化。

三、变量代换

即在上面的幂级数展开式中作变量代换，从而得到幂级数展开式

如求$e^{x^2}$在$x = 0$处的幂级数，直接将$y=e^x$的展开式中$x$用$x ^2$代替.

得${e^{{x^2}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{x^{2n}}}}{{n!}}}$

利用上述三种方法，我们还可以求得：

$\frac{1}{{1 + {x^2}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{{( - 1)}^n}{x^{2n}}} ( - 1 < x < 1)$

$\arctan x = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^n}}}{{2n + 1}}{x^{2n + 1}}( - 1 \leqslant x \leqslant 1)}$

这就丰富了我们求幂级数的已知函数的素材。

这也是教材中经常出现并作为经典案例的幂级数展开式的求法。如果面对一个稍复杂形式的幂级数展开，我们可以先做恒等变形，再求展开式。

如果求得函数$f(x)$关于$x$的幂级数，那么函数$x^mf(x)$和$\frac1{x^m}f(x)$的幂级数展开式（其中$m$是小于$f(x)$的幂级数展开式中首项的次数的正整数）也迎刃而解，也可以作为“素材”。因而，我们的目标是通过等价变形，把函数变成以上“素材”的加减形式，然后再调整形式，求和合并。

这是我们求幂级数最常用的方法。

例1：把函数$f(x) = (1 - x)\ln (1 + x)$展开成$x$的幂级数

函数可以写成$\ln(1+x)$和$-x\ln(1+x)$之和，两部分的幂级数都很好求出。

解：$\begin{gathered} f(x) = \ln (1 + x) - x\ln (1 + x)\\ = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{( - 1)}^{n - 1}}\frac{{{x^n}}}{n}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{( - 1)}^{n - 1}}\frac{{{x^{n + 1}}}}{n}( - 1 < x \leqslant 1)} \hfill \\ = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{( - 1)}^{n - 1}}\frac{{{x^n}}}{n}} - \sum\limits_{n = 2}^\infty {{{( - 1)}^n}\frac{{{x^n}}}{{n - 1}}( - 1 < x \leqslant 1)} \hfill \\ = x + \sum\limits_{n = 2}^\infty {(\frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}}}{n} - \frac{{{{( - 1)}^n}}}{{n - 1}}){x^n}} ( - 1 < x \leqslant 1) \hfill \\ = x + \sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}(2n - 1)}}{{n(n - 1)}}{x^n}( - 1 < x \leqslant 1)} \hfill \\ \end{gathered}$

这里两部分相加的时候，先调整了形式，使得两式子中的次数相等，可以进行合并。

例2：设$f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{1 + {x^2}}}{x}\arctan x,x \ne 0} \\ {1,x = 0} \end{array}} \right.$，将函数$f(x)$展开成$x$的幂级数。

注意到我们可以写出$y=\arctan x$的幂级数形式，然后${{1+x^2}\over x}=x+\frac1 x$

解：$\begin{gathered} f(x) = (\frac{1}{x} + x)\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^n}}}{{2n + 1}}{x^{2n + 1}}( - 1 \leqslant x \leqslant 1)} \hfill \\ = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^n}}}{{2n + 1}}{x^{2n}} + \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^n}}}{{2n + 1}}{x^{2n + 2}}} ( - 1 \leqslant x \leqslant 1)} \hfill \\ = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^n}}}{{2n + 1}}{x^{2n}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}}}{{2n - 1}}{x^{2n}}} ( - 1 \leqslant x \leqslant 1)} \hfill \\ = 1 + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left[ {\frac{{{{( - 1)}^n}}}{{2n + 1}} + \frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}}}{{2n - 1}}} \right]{x^{2n}}( - 1 \leqslant x \leqslant 1)} \hfill \\ = 1 + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{2{{( - 1)}^{n - 1}}}}{{(2n - 1)(2n + 1)}}} {x^{2n}}( - 1 \leqslant x \leqslant 1) \hfill \\ \end{gathered}$

例3：将函数$f(x)=\ln(4-3x-x^2)$展开成的幂级数.

分析：拆成$\ln(1-x)+ln(4+x)$是显然的，但是$\ln(x+4)$直接在$x =0$处展开就出了收敛域了，因而要把4提出来.

解：$\begin{gathered} f(x) = \ln [(1 - x)(4 + x)] = \ln (1 - x) + 2\ln 2\ln (1 + \frac{1}{4}x) \hfill \\ = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{( - 1)}^{n - 1}}\frac{{{{( - x)}^n}}}{n}} + 2\ln 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{( - 1)}^{n - 1}}\frac{{{{(\frac{1}{4}x)}^n}}}{n}} \hfill \\ = \sum\limits_{n = 1}^\infty { - \frac{{{x^n}}}{n} + 2\ln 2} \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{( - 1)}^{n - 1}}\frac{1}{{{2^{2n}}}}\frac{{{x^n}}}{n}} \hfill \\ = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left[ {\ln 2\frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}}}{{{2^{2n - 1}}}} - 1} \right]} \frac{{{x^n}}}{n} \hfill \\ \end{gathered}$

最后再介绍一种不常用的方法，即待定系数法。待定系数法适合于可以写成分式的形式，该分式的分子与分母都可以写成幂级数形式的函数的展开。如函数$y=\tan x$，它可以写成$y=\frac{\sin x}{\cos x}$，而分子分母都可以展开成幂级数。这种函数我们可以用待定系数法求解。

例4：写出$y=\tan x$关于$x$的幂级数（只要求展开到$x ^5$项）.

解：令$\tan x=\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n$

注意到$\sin x=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}(-\infty<x<+\infty)$

$\cos x = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^k}}}{{(2k)!}}{x^{2k}}( - \infty < x < + \infty )}$

由$\sin x=\tan x\cdot\cos x$

$\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^k}}}{{(2k + 1)!}}} {x^{2k + 1}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^k}}}{{(2k)!}}{x^{2k}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}{x^n}} }$

依次对照$x,x^3,x^5$的系数，有

$1=a_1$

$-\frac16=-\frac12a_1+a_3$

$\frac1{120}=a_5-\frac12a_3+\frac1{24}a_1$

解得：

$a_1=1,a_3=\frac13,a_5=\frac2{15}$

$\therefore\tan x=x+\frac{x^3}3+\frac2{15}x^5+\cdots(-\frac\pi2<x<\frac\pi2)$

总结起来，将函数展开成幂级数，最主要的是熟悉常见的幂级数展开式作为“素材”，然后对函数形式进行变形，写出展开式。