Taylor 级数与余项公式
假设函数 )(xf 在
0
x 的某个邻域 O(
0
x,r)可表示成幂级数
=)(xf
∑
∞
=
0
0
)(
n
n
n
xxa,x∈O(
0
x,r),
即
∑
∞
=
0
0
)(
n
n
n
xxa 在 O(
0
x,r)上的和函数为 )(xf 。根据幂级数的逐项可 导性,)(xf 必定在 O(
0
x,r)上任意阶可导，且对一切 k
+
∈N,
=)(
)(
xf
k
∑
∞
=
+
kn
kn
n
xxaknnn )()1()1(
0
"。
§ 4 函数的幂级数展开令
0
xx =,得到
=
k
a
!
)(
0
)(
k
xf
k
,k = 0,1,2,…,
也就是说，系数｛a
n
｝由和函数 )(xf 唯一确定，我们称它们为 )(xf 在
0
x 的 Taylor 系数 。
反过来，设函数 )(xf 在
0
x 的某个邻域 O(
0
x,r)上任意阶可导，则可以求出它在
0
x 的 Taylor 系数 a
n
=
!
)(
0
)(
n
xf
n
（ ",2,1,0=n ）,并作出幂级数
∑
∞
=
0
0
0
)(
)(
!
)(
n
n
n
xx
n
xf
,
这一幂级数称为 )(xf 在
0
x 的 Taylor 级数 。
令
0
xx =,得到
=
k
a
!
)(
0
)(
k
xf
k
,k = 0,1,2,…,
也就是说，系数｛a
n
｝由和函数 )(xf 唯一确定，我们称它们为 )(xf 在
0
x 的 Taylor 系数 。
问题：是否一定存在常数 ρ（ 0 rρ< ≤ ）,使得
∑
∞
=
0
0
0
)(
)(
!
)(
n
n
n
xx
n
xf
在
0
(,)Ox ρ 上收敛于 )(xf?
下面的例子告诉我们，答案并不是肯定的。
例 10.4.1 设
)(xf =
=
≠
,0,0
,0,e
2
1
x
x
x
当 x≠ 0 时,
=
′
)(xf
2
1
3
e
2
x
x
,=
′′
)(xf
2
1
46
e
64
x
xx
,……
=)(
)(
xf
k
2
1
3
e
1
x
k
x
P
，……
其中 )(uP
n
是关于 u 的 n 次多项式。
由此可以依次得到
=
′
)0(f
0
lim
→x
x
fxf )0()(?
=
0
lim
→x
2
1
e
1
x
x
= 0,
=
′′
)0(f
0
lim
→x
x
fxf )0()(
′
′
=
0
lim
→x
2
1
4
e
2
x
x
= 0,
……
=)0(
)(k
f
0
lim
→x
x
fxf
kk
)0()(
)1()1(
=
0
lim
→x
2
1
23
e
1
x
k
x
P
= 0,
……
因此 )(xf 在 x = 0 的 Taylor 级数为
" "++++++
n
x
n
xxx
!
0
!3
0
!2
0
00
32
,
它在 ),( +∞?∞ 上收敛于和函数 S(x) = 0。显然，当 x≠ 0 时,
S(x) ≠ )(xf 。
这说明,一个任意阶可导的函数的 Taylor 级数并非一定能收敛于函数本身。
为了寻求函数的 Taylor 级数收敛于它本身的条件，回忆在§ 5.3
中所得到的 Taylor 公式：设 )(xf 在 O(
0
x,r)有 n + 1 阶导数，则
f (x) =
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
0
0
0
)(
)(
!
)(
+ )(xr
n
,
其中 )(xr
n
是 n 阶 Taylor 公式的余项。现在假定讨论的函数 )(xf 在 O(
0
x,
r)上任意阶可导，也就是说，上面的 Taylor 公式对一切正整数 n 成立，
于是我们可以断言,
=)(xf
∑
∞
=
0
0
0
)(
)(
!
)(
n
n
n
xx
n
xf
在
0
(,)Ox ρ （ 0 rρ<≤）成立的充分必要条件是,
∞→n
lim )(xr
n
= 0
对一切
0
(,)xOxρ∈ 成立。
这时，我们才称 f (x)在
0
(,)Ox ρ 可以展开成幂级数（或 Taylor 级数）,或者称
∑
∞
=
0
0
0
)(
)(
!
)(
n
n
n
xx
n
xf
是 f (x)在
0
(,)Ox ρ 上的 幂级数展开 （ 或
Taylor 展开 ）。
在§5.3 中，曾导出余项
)(xr
n
=
(1)
1
00
0
(()
()
(1)!
n
n
fx xx
xx
n
θ
+
+
+?
+
,0<θ <1,
)(xr
n
的这一形式称为 Lagrange 余项。为了讨论各种函数的 Taylor 展开，我们还需要 )(xr
n
的另一形式，即积分形式,
定理 10.4.1 设f (x)在 O(
0
x,r)上任意阶可导，则
=)(xf
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
0
0
0
)(
)(
!
)(
+ )(xr
n
,x∈O(
0
x,r),
其中
)(xr
n
=
!
1
n
∫
+
x
x
nn
ttxtf
0
d))((
)1(
。
证 由表达式 )(xr
n
= )(xf
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
0
0
0
)(
)(
!
)(
出发，逐次对等式两端进行求导运算，可依次得到
)(xr
n
′
=?′ )(xf
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
1
1
0
0
)(
)(
!)1(
)(
,
)(xr
n
′′
=?
′′
)(xf
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
2
2
0
0
)(
)(
!)2(
)(
,
……
)(
)(
xr
n
n
= )()(
0
)()(
xfxf
nn
,
)(
)1(
xr
n
n
+
= )(
)1(
xf
n+
。
定理 10.4.1 设f (x)在 O(
0
x,r)上任意阶可导，则
=)(xf
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
0
0
0
)(
)(
!
)(
+ )(xr
n
,x∈O(
0
x,r),
其中
)(xr
n
=
!
1
n
∫
+
x
x
nn
ttxtf
0
d))((
)1(
。
令 x =
0
x,便有
)(
0
xr
n
= )(
0
xr
n
′
= )(
0
xr
n
′′ == "
)(
0
)(
xr
n
n
= 0。
逐次应用分部积分法，可得
)(xr
n
= )(xr
n
- )(
0
xr
n
=
∫
′
x
x
n
ttr
0
d)(
=
∫
′
x
x
n
xttr
0
)d()( =
∫
′′
x
x
n
ttxtr
0
d))((
= -
!2
1
∫
′′
x
x
n
xttr
0
2
)d()( =
!2
1
0
2
()( )d
x
n
x
rt x t t
′′′
∫
……
=
!
1
n
∫
+
x
x
nn
n
ttxtr
0
d))((
)1(
=
!
1
n
∫
+
x
x
nn
ttxtf
0
d))((
)1(
。
对余项 )(xr
n
的积分形式应用积分第一中值定理，考虑到当
],[
0
xxt ∈ （或
0
[,]x x ）时，
n
tx )(? 保持定号，于是就有
)(xr
n
=
(1)
()
!
n
f
n
ξ
+
∫
x
x
n
ttx
0
d)( （ ξ 在
0
x 与 x 之间）
(1)
1
00
0
(()
()
(1)!
n
n
fx xx
xx
n
θ
+
+
+?
=?
+
,0≤θ ≤1,
这就是我们已经知道的 Lagrange 余项 ；
如果将
nn
txtf ))((
)1(
+
看作一个函数，应用积分第一中值定理，则有
)(xr
n
0
(1)
()( )
d
!
nn
x
x
fx
t
n
ξξ
+
=
∫
（ ξ 在
0
x 与 x 之间）
(1)
1
00
0
(()
(1 ) ( )
!
n
nn
fx xx
xx
n
θ
θ
+
+
+?
=,0≤θ ≤1,
)(xr
n
的这一形式称为 Cauchy 余项 。
对余项 )(xr
n
的积分形式应用积分第一中值定理，考虑到当
],[
0
xxt ∈ （或
0
[,]x x ）时，
n
tx )(? 保持定号，于是就有
)(xr
n
=
(1)
()
!
n
f
n
ξ
+
∫
x
x
n
ttx
0
d)( （ ξ 在
0
x 与 x 之间）
(1)
1
00
0
(()
()
(1)!
n
n
fx xx
xx
n
θ
+
+
+?
=?
+
,0≤θ ≤1,
这就是我们已经知道的 Lagrange 余项 ；
初等函数的 Taylor 展开
(1) f (x) = e
x
=
∑
∞
=0
!
n
n
n
x
" "++++++=
!!3!2
1
32
n
xxx
x
n
,),( +∞?∞∈x 。
证 在§5.4 我们得到 e
x
在 x = 0 的 Taylor 公式
!!3!2
1e
32
n
xxx
x
n
x
+++++= "+ rx
n
(),),( +∞?∞∈x,
其中 )(xr
n
表示成 Lagrange 余项为
(1)
1
()
()
(1)!
n
n
n
fx
rx x
n
θ
+
+
=
+
1
e
(1)!
x
n
x
n
θ
+
=
+
,0<θ <1。
由于
｜ )(xr
n
｜ ≤ 0||
)!1(
e
1
||
→
+
+n
x
x
n
( ∞→n )
对一切 ),( +∞?∞∈x 成立，所以 e
x
的 Taylor 展开式成立。
(2) == xxf sin)(
∑
∞
=
+
+
0
12
!)12(
)1(
n
n
n
x
n
" "+
+
+?+?=
+
)!12(
)1(
!5!3
1253
n
xxx
x
n
n
,),( +∞?∞∈x 。
证 在§5.4 我们得到 sin x 在 x = 0 的 Taylor 公式
sin x
)!12(
)1(
!5!3
1253
+
+?+?=
+
n
xxx
x
n
n
"+
+
rx
n22
(),),( +∞?∞∈x,
其中
22
()
n
rx
+
表示成 Lagrange 余项为
(2 3)
22
()
()
(2 3)!
n
n
f x
rx
n
θ
+
+
=
+
32 +n
x
23
23
sin π
(2 3)! 2
n
xn
x
n
θ
+
+
=+
+
,0<θ <1。
由于
|)(|
22
xr
n+
≤
0
)!32(
||
32
→
+
+
n
x
n
( ∞→n )
对一切 ),( +∞?∞∈x 成立，所以 sin x 的 Taylor 展开式成立。
同理可以得到
(3) == xxf cos)(
∑
∞
=
0
2
!)2(
)1(
n
n
n
x
n
" "+?+?+?=
)!2(
)1(
!4!2
1
242
n
xxx
n
n
,),( +∞?∞∈x 。
根据在例 10.3.4 和例 10.3.5 中的讨论，有
(4) =)(xf xarctan =
∑
∞
=
1
12
1
12
)1(
n
n
n
x
n
" "+
+
+?+?=
+
12
)1(
53
1253
n
xxx
x
n
n
,]1,1[?∈x 。
(5) =)(xf )1ln( x+ =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
x
n
" "+?++?+?=
n
xxxx
x
n
n 1
432
)1(
432
,]1,1(?∈x 。
同理可以得到
(3) == xxf cos)(
∑
∞
=
0
2
!)2(
)1(
n
n
n
x
n
" "+?+?+?=
)!2(
)1(
!4!2
1
242
n
xxx
n
n
,),( +∞?∞∈x 。
(6) () (1 )f xx
α
=+,0α ≠ 是任意实数。
当 α 是正整数 m 时
f (x) =
m
x)1( + = 1 + mx +
2
2
)1(
x
mm?
++ "
1?m
mx + x
m
,
即它的 Taylor 展开就是二项式展开，只有有限个项。
当 α 不是正整数时,() (1 )f xx
α
=+ 的各阶导数为
)(
)(
xf
k
= (1)( 1)(1)
k
kx
α
αα α
++ "，k = 1,2,…,
可知 f (x)在 x = 0 的 Taylor 级数为
1 +
1
(1)( 1)
!
n
n
n
x
n
αα α
∞
=
+
∑
"
。
利用第五章的记号
n
α
=
(1)( 1)
!
n
n
α αα+ "
(n = 1,2,…)
和
n
α
=1
可将
α
+ )1( x 的 Taylor 级数记为
0
n
n
x
n
α
∞
=
∑
。
应用 D'Alembert 判别法，由
∞→n
lim
1nn
α α
+
=
∞→n
lim
1
n
n
α?
+
= 1,
可知 f (x)在 x = 0 的 Taylor 级数的收敛半径为 R = 1。
现考虑 () (1 )f xx
α
=+ 在 x = 0 的 Taylor 公式
(1 )x
α
+ =
0
()
n
k
n
k
x rx
k
α
=
+
∑
,
其中 )(xr
n
表示成 Cauchy 余项为
)(xr
n
(1)
1
()
(1 )
!
n
nn
fx
x
n
θ
θ
+
+
=?
= (n+1)
1
1
n
x
n
α
+
+
1
1
n
x
θ
θ
+
1
(1 )x
α
θ
+,01θ≤ ≤ 。
由于幂级数
1
0
(1)
1
n
n
nx
n
α
∞
+
=
+
+
∑
的收敛半径为 1，因此当 )1,1(?∈x 时，它的一般项趋于 0，即
∞→n
lim (n+1)
1
1
n
x
n
α
+
+
= 0,)1,1(?∈x 。
另外,因为 01θ≤≤和- 1<x<1，我们有
0≤
1
1
n
x
θ
θ
+
≤1,
和
1
0(1 )x
α
θ
<+ ≤
{ }
11
max (1 | |),(1 | |)xx
αα
+?,
由此得到当 )1,1(?∈x 时,
∞→n
lim )(xr
n
= 0,
于是 (1 )x
α
+ 在 x = 0 的 Taylor 级数在( -1,1)收敛于 (1 )x
α
+,即
0
(1 )
n
n
xx
n
α
α
∞
=
+=
∑
,)1,1(?∈x 。
现讨论 () (1 )f xx
α
=+ 的 Taylor 展开在区间端点的收敛情况。将
1±=x 代入幂级数
0
n
n
x
n
α
∞
=
∑
，并记所得到的数项级数为
∑
∞
=0n
n
u,
(i)α ≤-1。这时级数
∑
∞
=0n
n
u 一般项的绝对值为
=||
n
u
n
α
≥
12
!
n
n
"
= 1,
因而
∑
∞
=0n
n
u 发散，即幂级数的收敛范围是 (-1,1)。
(ii) -1<α <0。
当 x = 1 时，级数
∑
∞
=0n
n
u 为交错级数。由 0<
1
n
n
α?
+
<1，可知
=||
n
u
n
α
>
1n
α
+
= ||
1+n
u,
并且
=||
n
u
1
1
1
α+
1
1
2
α+
…
1
1
1n
α+
1
1
n
α+
=
1
1
10
n
k
k
α
=
+
→
∏
( ∞→n ),
可知级数
∑
∞
=0n
n
u 收敛。
当 x = -1，级数
∑
∞
=0n
n
u 为正项级数，且
=||
n
u
n
α
=
1
||
1
α
α
2
2
α?
"
1
1
n
n
α
n
1
>
||
n
α
。
由于
1
||
n
n
α
∞
=
∑
发散，可知级数
∑
∞
=0n
n
u 发散。因此，当 -1<α <0 时幂级数的收敛范围是( -1,1]。
(iii) α >0。对级数
∑
∞
=0n
n
u 的一般项取绝对值，然后应用 Raabe 判别法( 定理 9.3.5),
∞→n
lim n
+
1
||
||
1n
n
u
u
=
∞→n
lim n
1
1
||
n
n α
+
=
∞→n
lim
(1 )n
n
α
α
+
= 1 +α ＞ 1,
可知级数
∑
∞
=0n
n
u 绝对收敛，即幂级数的收敛范围是[ -1,1]。
归纳起来，当 α 不为 0 和正整数时,
0
(1 )
n
n
x x
n
α
α
∞
=
+=
∑
,
(1,1),1,
(1,1],1 0,
[1,1],0
x
x
x
α
α
α
∈? ≤
∈<<
∈? >
当当当。
(iii) α >0。对级数
∑
∞
=0n
n
u 的一般项取绝对值，然后应用 Raabe 判别法( 定理 9.3.5),
∞→n
lim n
+
1
||
||
1n
n
u
u
=
∞→n
lim n
1
1
||
n
n α
+
=
∞→n
lim
(1 )n
n
α
α
+
= 1 +α ＞ 1,
可知级数
∑
∞
=0n
n
u 绝对收敛，即幂级数的收敛范围是[ -1,1]。
(7) f (x) = xarcsin = x +
∑
∞
=
+
+
1
12
12!)!2(
!)!12(
n
n
n
x
n
n
,]1,1[?∈x 。
证 由 (6)可知，当 )1,1(?∈x 时,
2
1
1
x?
=
2
1
2
)1(
x =
∑
∞
=
0
22
1
)(
n
n
x
n
=
42
8
3
2
1
1 xx ++ ++ " "+
n
x
n
n
2
!)!2(
!)!12(
，
对等式两边从 0 到 x 积分，注意幂级数的逐项可积性与
∫
x
t
t
0 2
1
d
= xarcsin,
即得到当 )1,1(?∈x 时,
xarcsin = x +
∑
∞
=
+
+
1
12
12!)!2(
!)!12(
n
n
n
x
n
n
。
至于幂级数在区间端点 1±=x 的收敛性，已在例 9.3.8 中用 Raabe 判别法得到证明。
特别，取 x = 1，我们得到关于π的又一个级数表示,
2
π
= 1 +
∑
∞
=
+
0
12
1
!)!2(
!)!12(
n
nn
n
。
下面介绍幂级数展开的一般方法。
例10.4.2 求 f (x) =
2
1
x
在 x = 1 的幂级数展开。
解 当 1|1| <?x 时,
x
1
=
)1(1
1
+ x
=
∑
∞
=
0
)1()1(
n
nn
x,
对等式两边求导，应用幂级数的逐项可导性,
2
1
x
=
∑
∞
=
1
1
)1()1(
n
nn
xn,
于是得到
2
1
x
=
∑
∞
=
+?
0
)1)(1()1(
n
nn
xn,)2,0(∈x 。
例10.4.3 求 f (x) =
2
253
1
xx?+
在 x = 0 的幂级数展开。
解
f (x) =
2
253
1
xx?+
=
)21)(3(
1
xx +?
=
7
1
+
+
xx 21
2
3
1
=
7
1
()
+
∑∑
∞
=
∞
= 00
22
33
1
n
n
n
n
x
x
=
7
1
n
n
n
n
x
∑
∞
=
+
+
0
1
1
)2(
3
1
。
由于
x?3
1
的幂级数展开的收敛范围是 (-3,3)，
x21
2
+
的幂级数展开的收敛范围是
2
1
,
2
1
，因此 f (x)的幂级数展开在
2
1
,
2
1
成立。
对于由函数相乘或相除所得函数的幂级数展开，有如下的方法：
设 )(xf 的幂级数展开为
∑
∞
=0n
n
n
xa,收敛半径为
1
R,)(xg 的幂级数展开为
∑
∞
=0n
n
n
xb,收敛半径为
2
R,则 )()( xgxf 的幂级数展开就是它们的
Cauchy 乘积,
)()( xgxf =?
∑
∞
=0n
n
n
xa?
∑
∞
=0n
n
n
xb =
∑
∞
=0n
n
n
xc,
其中
∑
=
=
n
k
knkn
bac
0
,},min{||
21
RRx < 。
当 0
0
≠b 时，我们可以通过待定系数法求
)(
)(
xg
xf
的幂级数展开：设
)(
)(
xg
xf
=
∑
∞
=0n
n
n
xc,
则
∑
∞
=0n
n
n
xb?
∑
∞
=0n
n
n
xc =
∑
∞
=0n
n
n
xa,
分离 x 的各次幂的系数，可依次得到
000
acb =
0
0
0
b
a
c =,
10110
acbcb =+
0
011
1
b
cba
c
=,
2021120
acbcbcb =++
0
02112
2
b
cbcba
c
=,
……
一直继续下去，可求得所有的
n
c 。
例 10.4.4 求 e
x
sin x 在 x = 0 的幂级数展开（到 x
5
）。
解
e
x
sin x =
+++++ "
!4!3!2
1
432
xxx
x
+? "
!5!3
53
xx
x
= x + "+?+
532
30
1
3
1
xxx,
上述幂级数展开对一切 ),( +∞?∞∈x 都成立。
例 10.4.5 求 tan x 在 x = 0 的幂级数展开（到 x
5
）。
解 由于 tan x 是奇函数，我们可以令
tan x =
x
x
cos
sin
= "+++
5
5
3
31
xcxcxc,
（请读者思考理由）。于是
( ) "+++
5
5
3
31
xcxcxc
+? "
!4!2
1
42
xx
= "?+?
!5!3
53
xx
x,
比较等式两端 x,x
3
与 x
5
的系数，就可得到
1
1
=c,
3
1
3
=c,
15
2
5
=c,
因此
tan x = x +
3
1
x
3
+
15
2
x
5
"+ 。
注 对上例，我们还可采用下述的“代入法”求解：在
u?1
1
=
∑
∞
=0n
n
u = 1 + u + u
2
"+
中，以 u = "+?
!4!2
42
xx
代入，可得到
xcos
1
= 1 +
+? "
!4!2
42
xx
+
2
42
!4!2
+? "
xx
"+
= 1 + x
2
+
24
5
x
4
"+,
然后求 sin x 与
xcos
1
的 Cauchy 乘积,同样得到上述关于 tan x 的幂级数展开。
需要指出，用上述方法作 Taylor 展开，我们无法同时得到其幂级数的收敛范围，只能知道在 x = 0 的小邻域中，幂级数展开是成立的 （事实上,tan x 的幂级数展开的收敛范围是
ππ
2
,
2
，它的证明需要用到复变函数的知识） 。
上面介绍的“代入法”经常用于复合函数，例如 e
f (x)
,))(1ln( xf+
等函数的求幂级数展开问题。
例 10.4.6 求
x
xsin
ln 在 x = 0 的幂级数展开 （到 x
4
）,其中函数
x
xsin
应理解为 f (x) =
=
≠
。0,1
,0,
sin
x
x
x
x
解 首先，利用 sin x 的幂级数展开，可以得到
x
xsin
= "?+?
!5!3
1
42
xx
。
另外，我们有
)1ln( u+ = u "?+?
32
32
uu
,
将 u = "?+?
!5!3
42
xx
代入上式，即得
sin
ln
x
x
=
+? "
!5!3
42
xx
2
1
2
42
!5!3
+? "
xx
"+
= "
1806
42
xx
。
利用上例，我们可以得到一些有趣的结果。在例 9.5.7 中，我们已得到等式
x
xsin
=
2
22
1
1
π
n
x
n
∞
=
∏
,
两边取对数，再分别将
π
22
2
1ln
n
x
展开成幂级数,
=
x
xsin
ln
2
22
1
ln 1
π
n
x
n
∞
=
∑
=
∑
∞
=
+
π
+
π
1
44
4
22
2
2
1
n
n
x
n
x
"。
将上式与例 10.4.6 中的结果相比较，它们的 x
2
系数,x
4
系数都对应相等，于是就得到等式
∑
∞
=1
2
1
n
n
=
6
2
π
,
∑
∞
=1
4
1
n
n
=
90
4
π
。
如果我们在计算时更精细些，也就是将
x
xsin
ln 的幂级数展开计 算到 x
6
,x
8
，…，还可以获得
∑
∞
=1
6
1
n
n
，
∑
∞
=1
8
1
n
n
，…的精确值。
最后举例说明幂级数在近似计算中的应用。
例 10.4.7 计算 I =
∫
1
0
de
2
x
x
，要求精确到 0.0001。
解 由于我们无法将
2
e
x?
的原函数用初等函数表示出来，因而 不能用 Newton-Leibniz 公式直接计算定积分
∫
1
0
de
2
x
x
的值，但是应用函数的幂级数展开，可以计算出它的近似值，并精确到任意事先要求的程度。
函数
2
e
x?
的幂级数展开为
2
e
x?
= "?+?+?
!4!3!2
1
864
2
xxx
x,),( +∞?∞∈x 。
从 0 到 1 逐项积分，得
I =
∫
1
0
de
2
x
x
= 1 +?
3
1
10
1
+
42
1
216
1
+
1320
1
9360
1
"+
75600
1
,
这是一个 Leibniz 级数，其误差不超过被舍去部分的第一项的绝对 值
（见定理 9.4.2 的注）,由于
75600
1
<1.5×
5
10
,
因此前面 7 项之和具有四位有效数字；
I =
∫
1
0
de
2
x
x
≈ 0.7486。
例 10.4.8 在例 10.3.4 中，我们得到
xarctan "+?+?=
753
753
xxx
x,]1,1[?∈x,
取 x = 1，则得到
4
π
"+?+?=
7
1
5
1
3
1
1 。
理论上，上式可以用来计算π的近似值，但由于这级数收敛速度太慢，要达到一定精确度的话，计算量比较大。如果我们取 x = 31,
则可得到
6
π
=
3
1
+
+
"
32
37
1
35
1
33
1
1,
或
π = 2 3
+
+
+
" "
932
319
1
37
1
35
1
33
1
1 。
这一级数的收敛速度就快得多了。这也是一个 Leibniz 级数，其误差不超过被舍去部分的第一项的绝对值。由于
9
319
32
<
5
10
，所以前
9 项之和已经精确到小数点后第四位，即
π≈3.1416。
假设函数 )(xf 在
0
x 的某个邻域 O(
0
x,r)可表示成幂级数
=)(xf
∑
∞
=
0
0
)(
n
n
n
xxa,x∈O(
0
x,r),
即
∑
∞
=
0
0
)(
n
n
n
xxa 在 O(
0
x,r)上的和函数为 )(xf 。根据幂级数的逐项可 导性,)(xf 必定在 O(
0
x,r)上任意阶可导，且对一切 k
+
∈N,
=)(
)(
xf
k
∑
∞
=
+
kn
kn
n
xxaknnn )()1()1(
0
"。
§ 4 函数的幂级数展开令
0
xx =,得到
=
k
a
!
)(
0
)(
k
xf
k
,k = 0,1,2,…,
也就是说，系数｛a
n
｝由和函数 )(xf 唯一确定，我们称它们为 )(xf 在
0
x 的 Taylor 系数 。
反过来，设函数 )(xf 在
0
x 的某个邻域 O(
0
x,r)上任意阶可导，则可以求出它在
0
x 的 Taylor 系数 a
n
=
!
)(
0
)(
n
xf
n
（ ",2,1,0=n ）,并作出幂级数
∑
∞
=
0
0
0
)(
)(
!
)(
n
n
n
xx
n
xf
,
这一幂级数称为 )(xf 在
0
x 的 Taylor 级数 。
令
0
xx =,得到
=
k
a
!
)(
0
)(
k
xf
k
,k = 0,1,2,…,
也就是说，系数｛a
n
｝由和函数 )(xf 唯一确定，我们称它们为 )(xf 在
0
x 的 Taylor 系数 。
问题：是否一定存在常数 ρ（ 0 rρ< ≤ ）,使得
∑
∞
=
0
0
0
)(
)(
!
)(
n
n
n
xx
n
xf
在
0
(,)Ox ρ 上收敛于 )(xf?
下面的例子告诉我们，答案并不是肯定的。
例 10.4.1 设
)(xf =
=
≠
,0,0
,0,e
2
1
x
x
x
当 x≠ 0 时,
=
′
)(xf
2
1
3
e
2
x
x
,=
′′
)(xf
2
1
46
e
64
x
xx
,……
=)(
)(
xf
k
2
1
3
e
1
x
k
x
P
，……
其中 )(uP
n
是关于 u 的 n 次多项式。
由此可以依次得到
=
′
)0(f
0
lim
→x
x
fxf )0()(?
=
0
lim
→x
2
1
e
1
x
x
= 0,
=
′′
)0(f
0
lim
→x
x
fxf )0()(
′
′
=
0
lim
→x
2
1
4
e
2
x
x
= 0,
……
=)0(
)(k
f
0
lim
→x
x
fxf
kk
)0()(
)1()1(
=
0
lim
→x
2
1
23
e
1
x
k
x
P
= 0,
……
因此 )(xf 在 x = 0 的 Taylor 级数为
" "++++++
n
x
n
xxx
!
0
!3
0
!2
0
00
32
,
它在 ),( +∞?∞ 上收敛于和函数 S(x) = 0。显然，当 x≠ 0 时,
S(x) ≠ )(xf 。
这说明,一个任意阶可导的函数的 Taylor 级数并非一定能收敛于函数本身。
为了寻求函数的 Taylor 级数收敛于它本身的条件，回忆在§ 5.3
中所得到的 Taylor 公式：设 )(xf 在 O(
0
x,r)有 n + 1 阶导数，则
f (x) =
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
0
0
0
)(
)(
!
)(
+ )(xr
n
,
其中 )(xr
n
是 n 阶 Taylor 公式的余项。现在假定讨论的函数 )(xf 在 O(
0
x,
r)上任意阶可导，也就是说，上面的 Taylor 公式对一切正整数 n 成立，
于是我们可以断言,
=)(xf
∑
∞
=
0
0
0
)(
)(
!
)(
n
n
n
xx
n
xf
在
0
(,)Ox ρ （ 0 rρ<≤）成立的充分必要条件是,
∞→n
lim )(xr
n
= 0
对一切
0
(,)xOxρ∈ 成立。
这时，我们才称 f (x)在
0
(,)Ox ρ 可以展开成幂级数（或 Taylor 级数）,或者称
∑
∞
=
0
0
0
)(
)(
!
)(
n
n
n
xx
n
xf
是 f (x)在
0
(,)Ox ρ 上的 幂级数展开 （ 或
Taylor 展开 ）。
在§5.3 中，曾导出余项
)(xr
n
=
(1)
1
00
0
(()
()
(1)!
n
n
fx xx
xx
n
θ
+
+
+?
+
,0<θ <1,
)(xr
n
的这一形式称为 Lagrange 余项。为了讨论各种函数的 Taylor 展开，我们还需要 )(xr
n
的另一形式，即积分形式,
定理 10.4.1 设f (x)在 O(
0
x,r)上任意阶可导，则
=)(xf
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
0
0
0
)(
)(
!
)(
+ )(xr
n
,x∈O(
0
x,r),
其中
)(xr
n
=
!
1
n
∫
+
x
x
nn
ttxtf
0
d))((
)1(
。
证 由表达式 )(xr
n
= )(xf
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
0
0
0
)(
)(
!
)(
出发，逐次对等式两端进行求导运算，可依次得到
)(xr
n
′
=?′ )(xf
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
1
1
0
0
)(
)(
!)1(
)(
,
)(xr
n
′′
=?
′′
)(xf
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
2
2
0
0
)(
)(
!)2(
)(
,
……
)(
)(
xr
n
n
= )()(
0
)()(
xfxf
nn
,
)(
)1(
xr
n
n
+
= )(
)1(
xf
n+
。
定理 10.4.1 设f (x)在 O(
0
x,r)上任意阶可导，则
=)(xf
∑
=
n
k
k
k
xx
k
xf
0
0
0
)(
)(
!
)(
+ )(xr
n
,x∈O(
0
x,r),
其中
)(xr
n
=
!
1
n
∫
+
x
x
nn
ttxtf
0
d))((
)1(
。
令 x =
0
x,便有
)(
0
xr
n
= )(
0
xr
n
′
= )(
0
xr
n
′′ == "
)(
0
)(
xr
n
n
= 0。
逐次应用分部积分法，可得
)(xr
n
= )(xr
n
- )(
0
xr
n
=
∫
′
x
x
n
ttr
0
d)(
=
∫
′
x
x
n
xttr
0
)d()( =
∫
′′
x
x
n
ttxtr
0
d))((
= -
!2
1
∫
′′
x
x
n
xttr
0
2
)d()( =
!2
1
0
2
()( )d
x
n
x
rt x t t
′′′
∫
……
=
!
1
n
∫
+
x
x
nn
n
ttxtr
0
d))((
)1(
=
!
1
n
∫
+
x
x
nn
ttxtf
0
d))((
)1(
。
对余项 )(xr
n
的积分形式应用积分第一中值定理，考虑到当
],[
0
xxt ∈ （或
0
[,]x x ）时，
n
tx )(? 保持定号，于是就有
)(xr
n
=
(1)
()
!
n
f
n
ξ
+
∫
x
x
n
ttx
0
d)( （ ξ 在
0
x 与 x 之间）
(1)
1
00
0
(()
()
(1)!
n
n
fx xx
xx
n
θ
+
+
+?
=?
+
,0≤θ ≤1,
这就是我们已经知道的 Lagrange 余项 ；
如果将
nn
txtf ))((
)1(
+
看作一个函数，应用积分第一中值定理，则有
)(xr
n
0
(1)
()( )
d
!
nn
x
x
fx
t
n
ξξ
+
=
∫
（ ξ 在
0
x 与 x 之间）
(1)
1
00
0
(()
(1 ) ( )
!
n
nn
fx xx
xx
n
θ
θ
+
+
+?
=,0≤θ ≤1,
)(xr
n
的这一形式称为 Cauchy 余项 。
对余项 )(xr
n
的积分形式应用积分第一中值定理，考虑到当
],[
0
xxt ∈ （或
0
[,]x x ）时，
n
tx )(? 保持定号，于是就有
)(xr
n
=
(1)
()
!
n
f
n
ξ
+
∫
x
x
n
ttx
0
d)( （ ξ 在
0
x 与 x 之间）
(1)
1
00
0
(()
()
(1)!
n
n
fx xx
xx
n
θ
+
+
+?
=?
+
,0≤θ ≤1,
这就是我们已经知道的 Lagrange 余项 ；
初等函数的 Taylor 展开
(1) f (x) = e
x
=
∑
∞
=0
!
n
n
n
x
" "++++++=
!!3!2
1
32
n
xxx
x
n
,),( +∞?∞∈x 。
证 在§5.4 我们得到 e
x
在 x = 0 的 Taylor 公式
!!3!2
1e
32
n
xxx
x
n
x
+++++= "+ rx
n
(),),( +∞?∞∈x,
其中 )(xr
n
表示成 Lagrange 余项为
(1)
1
()
()
(1)!
n
n
n
fx
rx x
n
θ
+
+
=
+
1
e
(1)!
x
n
x
n
θ
+
=
+
,0<θ <1。
由于
｜ )(xr
n
｜ ≤ 0||
)!1(
e
1
||
→
+
+n
x
x
n
( ∞→n )
对一切 ),( +∞?∞∈x 成立，所以 e
x
的 Taylor 展开式成立。
(2) == xxf sin)(
∑
∞
=
+
+
0
12
!)12(
)1(
n
n
n
x
n
" "+
+
+?+?=
+
)!12(
)1(
!5!3
1253
n
xxx
x
n
n
,),( +∞?∞∈x 。
证 在§5.4 我们得到 sin x 在 x = 0 的 Taylor 公式
sin x
)!12(
)1(
!5!3
1253
+
+?+?=
+
n
xxx
x
n
n
"+
+
rx
n22
(),),( +∞?∞∈x,
其中
22
()
n
rx
+
表示成 Lagrange 余项为
(2 3)
22
()
()
(2 3)!
n
n
f x
rx
n
θ
+
+
=
+
32 +n
x
23
23
sin π
(2 3)! 2
n
xn
x
n
θ
+
+
=+
+
,0<θ <1。
由于
|)(|
22
xr
n+
≤
0
)!32(
||
32
→
+
+
n
x
n
( ∞→n )
对一切 ),( +∞?∞∈x 成立，所以 sin x 的 Taylor 展开式成立。
同理可以得到
(3) == xxf cos)(
∑
∞
=
0
2
!)2(
)1(
n
n
n
x
n
" "+?+?+?=
)!2(
)1(
!4!2
1
242
n
xxx
n
n
,),( +∞?∞∈x 。
根据在例 10.3.4 和例 10.3.5 中的讨论，有
(4) =)(xf xarctan =
∑
∞
=
1
12
1
12
)1(
n
n
n
x
n
" "+
+
+?+?=
+
12
)1(
53
1253
n
xxx
x
n
n
,]1,1[?∈x 。
(5) =)(xf )1ln( x+ =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
x
n
" "+?++?+?=
n
xxxx
x
n
n 1
432
)1(
432
,]1,1(?∈x 。
同理可以得到
(3) == xxf cos)(
∑
∞
=
0
2
!)2(
)1(
n
n
n
x
n
" "+?+?+?=
)!2(
)1(
!4!2
1
242
n
xxx
n
n
,),( +∞?∞∈x 。
(6) () (1 )f xx
α
=+,0α ≠ 是任意实数。
当 α 是正整数 m 时
f (x) =
m
x)1( + = 1 + mx +
2
2
)1(
x
mm?
++ "
1?m
mx + x
m
,
即它的 Taylor 展开就是二项式展开，只有有限个项。
当 α 不是正整数时,() (1 )f xx
α
=+ 的各阶导数为
)(
)(
xf
k
= (1)( 1)(1)
k
kx
α
αα α
++ "，k = 1,2,…,
可知 f (x)在 x = 0 的 Taylor 级数为
1 +
1
(1)( 1)
!
n
n
n
x
n
αα α
∞
=
+
∑
"
。
利用第五章的记号
n
α
=
(1)( 1)
!
n
n
α αα+ "
(n = 1,2,…)
和
n
α
=1
可将
α
+ )1( x 的 Taylor 级数记为
0
n
n
x
n
α
∞
=
∑
。
应用 D'Alembert 判别法，由
∞→n
lim
1nn
α α
+
=
∞→n
lim
1
n
n
α?
+
= 1,
可知 f (x)在 x = 0 的 Taylor 级数的收敛半径为 R = 1。
现考虑 () (1 )f xx
α
=+ 在 x = 0 的 Taylor 公式
(1 )x
α
+ =
0
()
n
k
n
k
x rx
k
α
=
+
∑
,
其中 )(xr
n
表示成 Cauchy 余项为
)(xr
n
(1)
1
()
(1 )
!
n
nn
fx
x
n
θ
θ
+
+
=?
= (n+1)
1
1
n
x
n
α
+
+
1
1
n
x
θ
θ
+
1
(1 )x
α
θ
+,01θ≤ ≤ 。
由于幂级数
1
0
(1)
1
n
n
nx
n
α
∞
+
=
+
+
∑
的收敛半径为 1，因此当 )1,1(?∈x 时，它的一般项趋于 0，即
∞→n
lim (n+1)
1
1
n
x
n
α
+
+
= 0,)1,1(?∈x 。
另外,因为 01θ≤≤和- 1<x<1，我们有
0≤
1
1
n
x
θ
θ
+
≤1,
和
1
0(1 )x
α
θ
<+ ≤
{ }
11
max (1 | |),(1 | |)xx
αα
+?,
由此得到当 )1,1(?∈x 时,
∞→n
lim )(xr
n
= 0,
于是 (1 )x
α
+ 在 x = 0 的 Taylor 级数在( -1,1)收敛于 (1 )x
α
+,即
0
(1 )
n
n
xx
n
α
α
∞
=
+=
∑
,)1,1(?∈x 。
现讨论 () (1 )f xx
α
=+ 的 Taylor 展开在区间端点的收敛情况。将
1±=x 代入幂级数
0
n
n
x
n
α
∞
=
∑
，并记所得到的数项级数为
∑
∞
=0n
n
u,
(i)α ≤-1。这时级数
∑
∞
=0n
n
u 一般项的绝对值为
=||
n
u
n
α
≥
12
!
n
n
"
= 1,
因而
∑
∞
=0n
n
u 发散，即幂级数的收敛范围是 (-1,1)。
(ii) -1<α <0。
当 x = 1 时，级数
∑
∞
=0n
n
u 为交错级数。由 0<
1
n
n
α?
+
<1，可知
=||
n
u
n
α
>
1n
α
+
= ||
1+n
u,
并且
=||
n
u
1
1
1
α+
1
1
2
α+
…
1
1
1n
α+
1
1
n
α+
=
1
1
10
n
k
k
α
=
+
→
∏
( ∞→n ),
可知级数
∑
∞
=0n
n
u 收敛。
当 x = -1，级数
∑
∞
=0n
n
u 为正项级数，且
=||
n
u
n
α
=
1
||
1
α
α
2
2
α?
"
1
1
n
n
α
n
1
>
||
n
α
。
由于
1
||
n
n
α
∞
=
∑
发散，可知级数
∑
∞
=0n
n
u 发散。因此，当 -1<α <0 时幂级数的收敛范围是( -1,1]。
(iii) α >0。对级数
∑
∞
=0n
n
u 的一般项取绝对值，然后应用 Raabe 判别法( 定理 9.3.5),
∞→n
lim n
+
1
||
||
1n
n
u
u
=
∞→n
lim n
1
1
||
n
n α
+
=
∞→n
lim
(1 )n
n
α
α
+
= 1 +α ＞ 1,
可知级数
∑
∞
=0n
n
u 绝对收敛，即幂级数的收敛范围是[ -1,1]。
归纳起来，当 α 不为 0 和正整数时,
0
(1 )
n
n
x x
n
α
α
∞
=
+=
∑
,
(1,1),1,
(1,1],1 0,
[1,1],0
x
x
x
α
α
α
∈? ≤
∈<<
∈? >
当当当。
(iii) α >0。对级数
∑
∞
=0n
n
u 的一般项取绝对值，然后应用 Raabe 判别法( 定理 9.3.5),
∞→n
lim n
+
1
||
||
1n
n
u
u
=
∞→n
lim n
1
1
||
n
n α
+
=
∞→n
lim
(1 )n
n
α
α
+
= 1 +α ＞ 1,
可知级数
∑
∞
=0n
n
u 绝对收敛，即幂级数的收敛范围是[ -1,1]。
(7) f (x) = xarcsin = x +
∑
∞
=
+
+
1
12
12!)!2(
!)!12(
n
n
n
x
n
n
,]1,1[?∈x 。
证 由 (6)可知，当 )1,1(?∈x 时,
2
1
1
x?
=
2
1
2
)1(
x =
∑
∞
=
0
22
1
)(
n
n
x
n
=
42
8
3
2
1
1 xx ++ ++ " "+
n
x
n
n
2
!)!2(
!)!12(
，
对等式两边从 0 到 x 积分，注意幂级数的逐项可积性与
∫
x
t
t
0 2
1
d
= xarcsin,
即得到当 )1,1(?∈x 时,
xarcsin = x +
∑
∞
=
+
+
1
12
12!)!2(
!)!12(
n
n
n
x
n
n
。
至于幂级数在区间端点 1±=x 的收敛性，已在例 9.3.8 中用 Raabe 判别法得到证明。
特别，取 x = 1，我们得到关于π的又一个级数表示,
2
π
= 1 +
∑
∞
=
+
0
12
1
!)!2(
!)!12(
n
nn
n
。
下面介绍幂级数展开的一般方法。
例10.4.2 求 f (x) =
2
1
x
在 x = 1 的幂级数展开。
解 当 1|1| <?x 时,
x
1
=
)1(1
1
+ x
=
∑
∞
=
0
)1()1(
n
nn
x,
对等式两边求导，应用幂级数的逐项可导性,
2
1
x
=
∑
∞
=
1
1
)1()1(
n
nn
xn,
于是得到
2
1
x
=
∑
∞
=
+?
0
)1)(1()1(
n
nn
xn,)2,0(∈x 。
例10.4.3 求 f (x) =
2
253
1
xx?+
在 x = 0 的幂级数展开。
解
f (x) =
2
253
1
xx?+
=
)21)(3(
1
xx +?
=
7
1
+
+
xx 21
2
3
1
=
7
1
()
+
∑∑
∞
=
∞
= 00
22
33
1
n
n
n
n
x
x
=
7
1
n
n
n
n
x
∑
∞
=
+
+
0
1
1
)2(
3
1
。
由于
x?3
1
的幂级数展开的收敛范围是 (-3,3)，
x21
2
+
的幂级数展开的收敛范围是
2
1
,
2
1
，因此 f (x)的幂级数展开在
2
1
,
2
1
成立。
对于由函数相乘或相除所得函数的幂级数展开，有如下的方法：
设 )(xf 的幂级数展开为
∑
∞
=0n
n
n
xa,收敛半径为
1
R,)(xg 的幂级数展开为
∑
∞
=0n
n
n
xb,收敛半径为
2
R,则 )()( xgxf 的幂级数展开就是它们的
Cauchy 乘积,
)()( xgxf =?
∑
∞
=0n
n
n
xa?
∑
∞
=0n
n
n
xb =
∑
∞
=0n
n
n
xc,
其中
∑
=
=
n
k
knkn
bac
0
,},min{||
21
RRx < 。
当 0
0
≠b 时，我们可以通过待定系数法求
)(
)(
xg
xf
的幂级数展开：设
)(
)(
xg
xf
=
∑
∞
=0n
n
n
xc,
则
∑
∞
=0n
n
n
xb?
∑
∞
=0n
n
n
xc =
∑
∞
=0n
n
n
xa,
分离 x 的各次幂的系数，可依次得到
000
acb =
0
0
0
b
a
c =,
10110
acbcb =+
0
011
1
b
cba
c
=,
2021120
acbcbcb =++
0
02112
2
b
cbcba
c
=,
……
一直继续下去，可求得所有的
n
c 。
例 10.4.4 求 e
x
sin x 在 x = 0 的幂级数展开（到 x
5
）。
解
e
x
sin x =
+++++ "
!4!3!2
1
432
xxx
x
+? "
!5!3
53
xx
x
= x + "+?+
532
30
1
3
1
xxx,
上述幂级数展开对一切 ),( +∞?∞∈x 都成立。
例 10.4.5 求 tan x 在 x = 0 的幂级数展开（到 x
5
）。
解 由于 tan x 是奇函数，我们可以令
tan x =
x
x
cos
sin
= "+++
5
5
3
31
xcxcxc,
（请读者思考理由）。于是
( ) "+++
5
5
3
31
xcxcxc
+? "
!4!2
1
42
xx
= "?+?
!5!3
53
xx
x,
比较等式两端 x,x
3
与 x
5
的系数，就可得到
1
1
=c,
3
1
3
=c,
15
2
5
=c,
因此
tan x = x +
3
1
x
3
+
15
2
x
5
"+ 。
注 对上例，我们还可采用下述的“代入法”求解：在
u?1
1
=
∑
∞
=0n
n
u = 1 + u + u
2
"+
中，以 u = "+?
!4!2
42
xx
代入，可得到
xcos
1
= 1 +
+? "
!4!2
42
xx
+
2
42
!4!2
+? "
xx
"+
= 1 + x
2
+
24
5
x
4
"+,
然后求 sin x 与
xcos
1
的 Cauchy 乘积,同样得到上述关于 tan x 的幂级数展开。
需要指出，用上述方法作 Taylor 展开，我们无法同时得到其幂级数的收敛范围，只能知道在 x = 0 的小邻域中，幂级数展开是成立的 （事实上,tan x 的幂级数展开的收敛范围是
ππ
2
,
2
，它的证明需要用到复变函数的知识） 。
上面介绍的“代入法”经常用于复合函数，例如 e
f (x)
,))(1ln( xf+
等函数的求幂级数展开问题。
例 10.4.6 求
x
xsin
ln 在 x = 0 的幂级数展开 （到 x
4
）,其中函数
x
xsin
应理解为 f (x) =
=
≠
。0,1
,0,
sin
x
x
x
x
解 首先，利用 sin x 的幂级数展开，可以得到
x
xsin
= "?+?
!5!3
1
42
xx
。
另外，我们有
)1ln( u+ = u "?+?
32
32
uu
,
将 u = "?+?
!5!3
42
xx
代入上式，即得
sin
ln
x
x
=
+? "
!5!3
42
xx
2
1
2
42
!5!3
+? "
xx
"+
= "
1806
42
xx
。
利用上例，我们可以得到一些有趣的结果。在例 9.5.7 中，我们已得到等式
x
xsin
=
2
22
1
1
π
n
x
n
∞
=
∏
,
两边取对数，再分别将
π
22
2
1ln
n
x
展开成幂级数,
=
x
xsin
ln
2
22
1
ln 1
π
n
x
n
∞
=
∑
=
∑
∞
=
+
π
+
π
1
44
4
22
2
2
1
n
n
x
n
x
"。
将上式与例 10.4.6 中的结果相比较，它们的 x
2
系数,x
4
系数都对应相等，于是就得到等式
∑
∞
=1
2
1
n
n
=
6
2
π
,
∑
∞
=1
4
1
n
n
=
90
4
π
。
如果我们在计算时更精细些，也就是将
x
xsin
ln 的幂级数展开计 算到 x
6
,x
8
，…，还可以获得
∑
∞
=1
6
1
n
n
，
∑
∞
=1
8
1
n
n
，…的精确值。
最后举例说明幂级数在近似计算中的应用。
例 10.4.7 计算 I =
∫
1
0
de
2
x
x
，要求精确到 0.0001。
解 由于我们无法将
2
e
x?
的原函数用初等函数表示出来，因而 不能用 Newton-Leibniz 公式直接计算定积分
∫
1
0
de
2
x
x
的值，但是应用函数的幂级数展开，可以计算出它的近似值，并精确到任意事先要求的程度。
函数
2
e
x?
的幂级数展开为
2
e
x?
= "?+?+?
!4!3!2
1
864
2
xxx
x,),( +∞?∞∈x 。
从 0 到 1 逐项积分，得
I =
∫
1
0
de
2
x
x
= 1 +?
3
1
10
1
+
42
1
216
1
+
1320
1
9360
1
"+
75600
1
,
这是一个 Leibniz 级数，其误差不超过被舍去部分的第一项的绝对 值
（见定理 9.4.2 的注）,由于
75600
1
<1.5×
5
10
,
因此前面 7 项之和具有四位有效数字；
I =
∫
1
0
de
2
x
x
≈ 0.7486。
例 10.4.8 在例 10.3.4 中，我们得到
xarctan "+?+?=
753
753
xxx
x,]1,1[?∈x,
取 x = 1，则得到
4
π
"+?+?=
7
1
5
1
3
1
1 。
理论上，上式可以用来计算π的近似值，但由于这级数收敛速度太慢，要达到一定精确度的话，计算量比较大。如果我们取 x = 31,
则可得到
6
π
=
3
1
+
+
"
32
37
1
35
1
33
1
1,
或
π = 2 3
+
+
+
" "
932
319
1
37
1
35
1
33
1
1 。
这一级数的收敛速度就快得多了。这也是一个 Leibniz 级数，其误差不超过被舍去部分的第一项的绝对值。由于
9
319
32
<
5
10
，所以前
9 项之和已经精确到小数点后第四位，即
π≈3.1416。
