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$f(x)$在点$x_0$处展开(皮亚诺 Peano 余项)
\[\begin{aligned} f(x) &=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)^2}{2!}(x-x_0)^2+\cdots\\ &=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o((x-x_0)^n) \end{aligned}\]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$-1<x< 1$）。
- 指数函数的展开（利用定义式即可得到，并注意到$(\mathrm{e}^x)’=\mathrm{e}^x$）： \(\mathrm{e}^x=1+x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}{3!}+\cdots=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\)
- 最基本的一个幂级数（由等比数列求和公式取极限得到）： \(\frac1{1-x}=1+x+x^2+\cdots=\sum_{k=0}^\infty x^k\) 同理可得到 \(\frac1{1+x}=1-x+x^2-\cdots=\sum_{k=0}^\infty (-1)^kx^k\)
- 对数函数的展开： \(\begin{aligned} \ln(1+x) &=\int\frac1{1+x}\,\mathrm{d}x=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k+1}x^{k+1}\\ &=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\cdots \end{aligned}\)
- 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$0$）： \(\sin(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)!}\) 上式求导即可得到： \(\cos(x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n}x^{2n}}{(2n)!}\) 正切函数的展开式推导比较复杂，这里只列出前三项： \(\tan(x)=x+\frac{x^3}3+\frac{2}{15}x^5+\cdots\)
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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。
\[\begin{aligned} (y+x)^\alpha &=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}y^{\alpha-k}x^{k}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\alpha)_k}{k!}y^{\alpha-k}x^{k}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)}{k !}y^{\alpha-k}x^{k} \end{aligned}\]其中$\alpha\in\mathbb{R}$, $(\alpha)_k$代表$k$次下阶乘。
上式中常取$y=1$，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)：
- \[\begin{aligned}\sqrt{1+bx}&=1+\frac{b}2x-\frac{b^2}{8}x^2+\frac{b^3}{16}x^3-\cdots\\&=1+\frac b2x+\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{(2k-3)!!}{(2k)!!}b^kx^k\end{aligned}\]
- \[\begin{aligned}\sqrt{1-bx}&=1-\frac{b}2x-\frac{b^2}{8}x^2-\frac{b^3}{16}x^3-\frac{5b^4}{128}x^4-\cdots\\&=1-\frac b2x-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(2k-3)!!}{(2k)!!}b^kx^k\end{aligned}\]
- \[\begin{aligned}\frac1{\sqrt{1+bx}}&=1-\frac b2 x+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}b^2x^2-\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}b^3x^3+\cdots\\&=1+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}b^kx^k\end{aligned}\]
- \[\begin{aligned}\frac{1}{\sqrt{1-bx}}&=1+\frac b2 x+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}b^2x^2+\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}b^3x^3+\cdots\\&=1+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}b^kx^k\end{aligned}\]
- \[\begin{aligned} \frac1{(1+x)^2}&=\left(-\frac1{1+x}\right)^\prime =\left(\sum_{k=0}^\infty(-1)^{k+1}x^k\right)^\prime\\ &=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k+1}kx^{k-1}=\sum_{k=0}^\infty(-1)^{k}(k+1)x^{k} \end{aligned}\]
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反三角函数的展开式，可以由幂级数展开式积分直接得到。
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$y=\arctan(x)$：根据$y’=\dfrac1{1+x^2}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}(-1)^k x^{2k}$，得到
\[\arctan x=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{2k+1}=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\cdots\] - $y=\arcsin(x)$：根据$y’=(1-x^2)^{-\frac12}$，使用上面的二项式定理可得到 \(\begin{aligned} \arcsin x &=x+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!(2k+1)}x^{2k+1} \\ &=x+\frac{x^3}{6}+\frac3{40}x^5+\frac{5}{112}x^7+\cdots \end{aligned}\)
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$y=\arccos(x)$: 由于其导数与$\arcsin(x)$的导数互为相反数. 所以展开式也可以由上式前面整体添负号然后积分得到, 或者直接应用二者的关系式:
\[\arccos x=\frac\pi2-\arcsin x,\]得到:
\[\begin{aligned} \arccos x &=\frac\pi2-x-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!(2k+1)}x^{2k+1} \\ &=\frac\pi2-x-\frac{x^3}{6}-\frac3{40}x^5-\frac{5}{112}x^7-\cdots \end{aligned}\]
注意, 上面反余弦函数的展开式, 如果直接用不定积分会出现问题, 在积分之后会出现一个常数, 这个常数可以通过代入一个值, 如$x=0$, 得到的常数$C$就是上述关系式中的$\frac\pi2$.
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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。
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$x\sim \sin x\sim \tan x\sim \arcsin x \sim \arctan x\sim (\mathrm{e}^x-1)\sim\ln(1+x)$;
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$(1- \cos x)\sim \dfrac{x^2}2$;
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$\bigstar\ \ (1+bx)^{\alpha}-1\sim \alpha bx$;
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$(x-\sin x)\sim\dfrac16x^3\sim(\arcsin x-x)$;
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$(\tan x-x)\sim\dfrac13x^3\sim(x-\arctan x)$;
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$(\tan x-\sin x)\sim\dfrac12x^3$;