常见函数的级数展开及推导

文章目录

写在前面
定义式
麦克劳林展开
等价无穷小代换

写在前面

最近做极限的题目，很多都要用到泰勒展开（麦克劳林展开），然而一些结论总是记不住，于是在这里总结一些常见的函数的展开式及推导过程，希望可以帮到大家。

定义式

函数f(x)f(x)f(x)在点x0x_0x0处展开(皮亚诺Peano余项)
f(x)=f(x0)+f′(x0)1!(x−x0)+f′′(x0)22!(x−x0)2+⋯=∑k=0nf(k)(x0)k!(x−x0)k+o((x−x0)n)\begin{aligned} f(x) &=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)^2}{2!}(x-x_0)^2+\cdots\\ &=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o((x-x_0)^n) \end{aligned} f(x)=f(x0)+1!f′(x0)(x−x0)+2!f′′(x0)2(x−x0)2+⋯=k=0∑nk!f(k)(x0)(x−x0)k+o((x−x0)n)

麦克劳林展开

下面为方便表示，都使用麦克劳林级数的形式（需要注意这样写要满足幂级数收敛条件即−1<x<1-1<x< 1−1<x<1）。

指数函数的展开（利用定义式即可得到，并注意到(ex)′=ex(\mathrm{e}^x)'=\mathrm{e}^x(ex)′=ex）：
ex=1+x+x22+x33!+⋯=∑k=0∞xkk!\mathrm{e}^x=1+x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}{3!}+\cdots=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} ex=1+x+2x2+3!x3+⋯=k=0∑∞k!xk
最基本的一个幂级数（由等比数列求和公式取极限得到）：
11−x=1+x+x2+⋯=∑k=0∞xk\frac1{1-x}=1+x+x^2+\cdots=\sum_{k=0}^\infty x^k 1−x1=1+x+x2+⋯=k=0∑∞xk
同理可得到
11+x=1−x+x2−⋯=∑k=0∞(−1)kxk\frac1{1+x}=1-x+x^2-\cdots=\sum_{k=0}^\infty (-1)^kx^k 1+x1=1−x+x2−⋯=k=0∑∞(−1)kxk
对数函数的展开：
ln⁡(1+x)=∫11+xdx=∑k=0∞(−1)kk+1xk+1=x−x22+x33−⋯\begin{aligned} \ln(1+x) &=\int\frac1{1+x}\,\mathrm{d}x=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k+1}x^{k+1}\\ &=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\cdots \end{aligned} ln(1+x)=∫1+x1dx=k=0∑∞k+1(−1)kxk+1=x−2x2+3x3−⋯
三角函数的展开，利用定义即可得到（注意到正弦函数的偶阶导仍为正弦，所以其在原点处的值均为000）：
sin⁡(x)=x−x33!+x55!−⋯=∑n=0∞(−1)nx2n+1(2n+1)!\sin(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)!} sin(x)=x−3!x3+5!x5−⋯=n=0∑∞(2n+1)!(−1)nx2n+1
上式求导即可得到：
cos⁡(x)=1−x22!+x44!−⋯=∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!\cos(x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n}x^{2n}}{(2n)!} cos(x)=1−2!x2+4!x4−⋯=n=0∑∞(2n)!(−1)nx2n
正切函数的展开式推导比较复杂，这里只列出前三项：
tan⁡(x)=x+x33+215x5+⋯\tan(x)=x+\frac{x^3}3+\frac{2}{15}x^5+\cdots tan(x)=x+3x3+152x5+⋯
二项式的展开：

这个展开式比较复杂，但也是比较重要的（极限的计算、组合数学常用），因为这个就是牛顿广义二项式定理（其中对组合数进行了推广）。推导过程可以从幂级数的高阶导数入手，归纳即可得到下面的式子。

(y+x)α=∑k=0∞(αk)yα−kxk=∑k=0∞(α)kk!yα−kxk=∑k=0∞α(α−1)⋯(α−k+1)k!yα−kxk\begin{aligned} (y+x)^\alpha &=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}y^{\alpha-k}x^{k}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\alpha)_k}{k!}y^{\alpha-k}x^{k}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)}{k !}y^{\alpha-k}x^{k} \end{aligned} (y+x)α=k=0∑∞(kα)yα−kxk=k=0∑∞k!(α)kyα−kxk=k=0∑∞k!α(α−1)⋯(α−k+1)yα−kxk
其中α∈R\alpha\in\mathbb{R}α∈R, (α)k(\alpha)_k(α)k代表kkk次下阶乘。

上式中常取y=1y=1y=1，这时就有下面几个常用结论(主要推导过程需要借助牛顿二项式定理)：
1. 1+bx=1+b2x−b28x2+b316x3−⋯=1+b2x+∑k=2∞(−1)k−1(2k−3)!!(2k)!!bkxk\begin{aligned}\sqrt{1+bx}&=1+\frac{b}2x-\frac{b^2}{8}x^2+\frac{b^3}{16}x^3-\cdots\\&=1+\frac b2x+\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{(2k-3)!!}{(2k)!!}b^kx^k\end{aligned} 1+bx=1+2bx−8b2x2+16b3x3−⋯=1+2bx+k=2∑∞(−1)k−1(2k)!!(2k−3)!!bkxk
2. 1−bx=1−b2x−b28x2−b316x3−5b4128x4−⋯=1−b2x−∑k=2∞(2k−3)!!(2k)!!bkxk\begin{aligned}\sqrt{1-bx}&=1-\frac{b}2x-\frac{b^2}{8}x^2-\frac{b^3}{16}x^3-\frac{5b^4}{128}x^4-\cdots\\&=1-\frac b2x-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(2k-3)!!}{(2k)!!}b^kx^k\end{aligned} 1−bx=1−2bx−8b2x2−16b3x3−1285b4x4−⋯=1−2bx−k=2∑∞(2k)!!(2k−3)!!bkxk
3. 11+bx=1−b2x+1⋅32⋅4b2x2−1⋅3⋅52⋅4⋅6b3x3+⋯=1+∑k=1∞(−1)k(2k−1)!!(2k)!!bkxk\begin{aligned}\frac1{\sqrt{1+bx}}&=1-\frac b2 x+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}b^2x^2-\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}b^3x^3+\cdots\\&=1+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}b^kx^k\end{aligned} 1+bx1=1−2bx+2⋅41⋅3b2x2−2⋅4⋅61⋅3⋅5b3x3+⋯=1+k=1∑∞(−1)k(2k)!!(2k−1)!!bkxk
4. 11−bx=1+b2x+1⋅32⋅4b2x2+1⋅3⋅52⋅4⋅6b3x3+⋯=1+∑k=1∞(2k−1)!!(2k)!!bkxk\begin{aligned}\frac{1}{\sqrt{1-bx}}&=1+\frac b2 x+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}b^2x^2+\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}b^3x^3+\cdots\\&=1+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}b^kx^k\end{aligned} 1−bx1=1+2bx+2⋅41⋅3b2x2+2⋅4⋅61⋅3⋅5b3x3+⋯=1+k=1∑∞(2k)!!(2k−1)!!bkxk
5. 1(1+x)2=(−11+x)′=(∑k=0∞(−1)k+1xk)′=∑k=1∞(−1)k+1kxk−1=∑k=0∞(−1)k(k+1)xk\begin{aligned} \frac1{(1+x)^2}&=\left(-\frac1{1+x}\right)^\prime =\left(\sum_{k=0}^\infty(-1)^{k+1}x^k\right)^\prime\\ &=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k+1}kx^{k-1}=\sum_{k=0}^\infty(-1)^{k}(k+1)x^{k} \end{aligned} (1+x)21=(−1+x1)′=(k=0∑∞(−1)k+1xk)′=k=1∑∞(−1)k+1kxk−1=k=0∑∞(−1)k(k+1)xk
反三角函数的展开式，可以由幂级数展开式积分直接得到。
- y=arctan⁡(x)y=\arctan(x)y=arctan(x)：根据y′=11+x2=∑k=0∞(−1)kx2ky'=\dfrac1{1+x^2}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}(-1)^k x^{2k}y′=1+x21=k=0∑∞(−1)kx2k，得到
  arctan⁡x=∑k=0∞(−1)kx2k+12k+1=x−x33+x55−⋯\arctan x=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{2k+1}=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\cdots arctanx=k=0∑∞(−1)k2k+1x2k+1=x−3x3+5x5−⋯
- y=arcsin⁡(x)y=\arcsin(x)y=arcsin(x)：根据y′=(1−x2)−12y'=(1-x^2)^{-\frac12}y′=(1−x2)−21，使用上面的二项式定理可得到
  arcsin⁡x=x+∑k=1∞(2k−1)!!(2k)!!(2k+1)x2k+1=x+x36+340x5+5112x7+⋯\begin{aligned} \arcsin x &=x+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!(2k+1)}x^{2k+1} \\ &=x+\frac{x^3}{6}+\frac3{40}x^5+\frac{5}{112}x^7+\cdots \end{aligned} arcsinx=x+k=1∑∞(2k)!!(2k+1)(2k−1)!!x2k+1=x+6x3+403x5+1125x7+⋯

等价无穷小代换

根据上面的推导，很容易得到几个常见的等价无穷小替换。

x∼sin⁡x∼tan⁡x∼arcsin⁡x∼arctan⁡x∼(ex−1)∼ln⁡(1+x)x\sim \sin x\sim \tan x\sim \arcsin x \sim \arctan x\sim (\mathrm{e}^x-1)\sim\ln(1+x)x∼sinx∼tanx∼arcsinx∼arctanx∼(ex−1)∼ln(1+x);
(1−cos⁡x)∼x22(1- \cos x)\sim \dfrac{x^2}2(1−cosx)∼2x2;
★(1+bx)α−1∼αbx\bigstar\ \ (1+bx)^{\alpha}-1\sim \alpha bx★ (1+bx)α−1∼αbx;
(x−sin⁡x)∼16x3∼(arcsin⁡x−x)(x-\sin x)\sim\dfrac16x^3\sim(\arcsin x-x)(x−sinx)∼61x3∼(arcsinx−x);
(tan⁡x−x)∼13x3∼(x−arctan⁡x)(\tan x-x)\sim\dfrac13x^3\sim(x-\arctan x)(tanx−x)∼31x3∼(x−arctanx);
(tan⁡x−sin⁡x)∼12x3(\tan x-\sin x)\sim\dfrac12x^3(tanx−sinx)∼21x3;