中册 6.4 幂级数 第14题
📝 题目
14．求下列函数在 $x=0$ 处的幂级数展开式，并求 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1}$ 的值．
（1）$f(x)=\arctan x$ ．
（2）$\displaystyle f(x)=\arctan \frac{2 x}{1-x^{2}}$ ．
（3）$\displaystyle f(x)=\arctan \frac{1-x}{1+x}, x \neq 1, f(1)=\frac{\pi}{2}$ ．
（4）$\displaystyle f(x)=\arctan \frac{1-x}{1+x}+\arctan \frac{2 x}{1-x^{2}}$ ．
（5）$\displaystyle f(x)=\arctan \frac{1-2 x}{1+2 x}$ ．
（6）$f(x)=\ln \sqrt{1+x^{2}}-x \arctan x$ ．
分析：本题用 $\displaystyle \arctan \frac{x-y}{1+x y}=\arctan x-\arctan y$ 恒等变形．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）因 $\displaystyle (\arctan x)^{\prime}=\frac{1}{1+x^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} x^{2 n}$ ，故 $\displaystyle \arctan x=\sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{x}(-1)^{n} t^{2 n} \mathrm{~d} t=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1} x^{2 n+1}, x \in[-1,1]$ ．令 $x=1$ 得 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1}=\arctan 1=\frac{\pi}{4}$ ．
（2）$\displaystyle f(x)=\arctan \frac{2 x}{1-x^{2}}=2 \arctan x$ ．由（1）得 $\displaystyle f(x)=\arctan \frac{2 x}{1-x^{2}}=2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1} x^{2 n+1}, x \in[-1,1]$ ．令 $x=1$ 得 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1}=\arctan \mathrm{l}=\frac{\pi}{4}$ ．
（3）$\displaystyle f(x)=\arctan \frac{1-x}{1+x}=\arctan 1-\arctan x=\frac{\pi}{4}-\arctan x$ ．由（1）得
$$
f(x)=\frac{\pi}{4}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} x^{2 n+1}}{2 n+1}, x \in[-1,1]
$$
令 $x=1$ 得 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1}=\arctan 1=\frac{\pi}{4}$ ．
（4）因 $\displaystyle f(x)=\arctan \frac{1-x}{1+x}+\arctan \frac{2 x}{1-x^{2}}=\arctan 1-\arctan x+2 \arctan x=\frac{\pi}{4}+\arctan x$ 。所以
$$
f(x)=\frac{\pi}{4}+\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1} x^{2 n+1}, x \in[-1,1]
$$
令 $x=1$ 得 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1}=\arctan 1=\frac{\pi}{4}$ ．
（5）因 $\displaystyle f(x)=\arctan \frac{1-2 x}{1+2 x}=\arctan 1-\arctan 2 x=\frac{\pi}{4}-\arctan 2 x$ 。所以
$$
f(x)=\frac{\pi}{4}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2^{2 n+1}}{2 n+1} x^{2 n+1}, x \in\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]
$$
由 $\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi}{4}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2^{2 n+1}}{2 n+1}\left(\frac{1}{2}\right)^{2 n+1}=0$ 得 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1}=\frac{\pi}{4}$ ．
（6）由于 $\displaystyle \left(\ln \sqrt{1+x^{2}}\right)^{\prime}=\frac{x}{\sqrt{1+\dot{x}^{2}}} \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}=\frac{x}{1+x^{2}}=x \sum_{n=0}^{\infty}\left(-x^{2}\right)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} x^{2 n+1}$ ，所以
$$
\ln \sqrt{1+x^{2}}=\int_{0}^{x} \frac{t \mathrm{~d} t}{1+t^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{x}(-1)^{n} t^{2 n+1} \mathrm{~d} t=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} x^{2 n+2}}{2 n+2}, x \in(-1,1)
$$
于是
$$
\begin{aligned}
f(x) & =\ln \sqrt{1+x^{2}}-x \arctan x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} x^{2 n+2}}{2 n+2}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} x^{2 n+2}}{2 n+1} \\
& =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{1}{2 n+2}-\frac{1}{2 n+1}\right) x^{2 n+2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{(2 n+2)(2 n+1)} x^{2 n+2},|x|<1
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：求 (1) 的幂级数展开
对 $\arctan x$ 求导得 $(\arctan x)' = \frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n}$，积分得 $\arctan x = \sum_{n=0}^\infty \int_0^x (-1)^n t^{2n} dt = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}$，收敛域 $[-1,1]$。令 $x=1$ 得 $\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}$。
公式：$\frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n}$
提示：注意积分后常数项为0，因为 $\arctan 0 = 0$。
步骤 2/6
目标：求 (2) 的幂级数展开
利用恒等式 $\arctan \frac{2x}{1-x^2} = 2\arctan x$（当 $|x|<1$ 时成立）。由 (1) 得 $f(x) = 2\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}$，收敛域 $[-1,1]$。令 $x=1$ 得 $\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac{\pi}{4}$。
公式：$\arctan \frac{2x}{1-x^2} = 2\arctan x$
提示：恒等式成立的条件是 $|x|<1$，但端点 $x=1$ 处级数收敛，可通过连续性得到相同结果。
步骤 3/6
目标：求 (3) 的幂级数展开
利用恒等式 $\arctan \frac{1-x}{1+x} = \arctan 1 - \arctan x = \frac{\pi}{4} - \arctan x$（当 $x>-1$ 时成立）。由 (1) 得 $f(x) = \frac{\pi}{4} - \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}$，收敛域 $[-1,1]$。令 $x=1$ 得 $\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac{\pi}{4}$。
公式：$\arctan \frac{1-x}{1+x} = \frac{\pi}{4} - \arctan x$
提示：注意 $x=1$ 时原函数定义为 $f(1)=\frac{\pi}{2}$，但展开式在 $x=1$ 处给出 $\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4} = 0$，矛盾？实际上恒等式在 $x=1$ 不成立，但级数求和时我们只利用 $x=1$ 代入级数得到 $\frac{\pi}{4}$，与 (1) 一致。
步骤 4/6
目标：求 (4) 的幂级数展开
利用 (2) 和 (3) 的结果：$f(x) = \left(\frac{\pi}{4} - \arctan x\right) + 2\arctan x = \frac{\pi}{4} + \arctan x$。由 (1) 得 $f(x) = \frac{\pi}{4} + \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}$，收敛域 $[-1,1]$。令 $x=1$ 得 $\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac{\pi}{4}$。
公式：$\arctan \frac{1-x}{1+x} + \arctan \frac{2x}{1-x^2} = \frac{\pi}{4} + \arctan x$
提示：注意恒等式合并时需考虑定义域，但最终级数在 $[-1,1]$ 成立。
步骤 5/6
目标：求 (5) 的幂级数展开
利用恒等式 $\arctan \frac{1-2x}{1+2x} = \arctan 1 - \arctan 2x = \frac{\pi}{4} - \arctan 2x$（当 $2x > -1$ 即 $x > -\frac{1}{2}$ 时成立）。由 (1) 得 $\arctan 2x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} (2x)^{2n+1} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n 2^{2n+1}}{2n+1} x^{2n+1}$，收敛域 $|2x| \le 1$ 即 $|x| \le \frac{1}{2}$。所以 $f(x) = \frac{\pi}{4} - \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n 2^{2n+1}}{2n+1} x^{2n+1}$。令 $x = \frac{1}{2}$ 得 $f(\frac{1}{2}) = 0$，从而 $\frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}$。
公式：$\arctan \frac{1-2x}{1+2x} = \frac{\pi}{4} - \arctan 2x$
提示：注意 $\arctan 2x$ 的展开式中 $x$ 的幂次为 $2n+1$，系数包含 $2^{2n+1}$。
步骤 6/6
目标：求 (6) 的幂级数展开
先求 $\ln\sqrt{1+x^2}$ 的展开：$(\ln\sqrt{1+x^2})' = \frac{x}{1+x^2} = x\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n+1}$，积分得 $\ln\sqrt{1+x^2} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+2} x^{2n+2}$，收敛域 $|x|<1$。又 $x\arctan x = x\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+2}$。相减得 $f(x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \left(\frac{1}{2n+2} - \frac{1}{2n+1}\right) x^{2n+2} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n-1} \frac{1}{(2n+2)(2n+1)} x^{2n+2}$，$|x|<1$。
公式：$\frac{x}{1+x^2} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n+1}$
提示：注意积分常数项为0，因为 $\ln\sqrt{1+0^2}=0$。合并级数时注意符号变化。
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