例 9.10求……的麦克劳林级数展开 $e^x \sin x$ 。

解 因为 $f(x) = e^x \sin x$ ,

$$f'(x) = e^x(\sin x + \cos x)$$

这可以改写为（见第 2.6.5 节）

$$f'(x) = \sqrt{2}e^x \sin(x + \frac{1}{4}\pi)$$

因此求导的过程等价于乘以 $\sqrt{2}$ 并给正弦函数的自变量加上 $\frac{1}{4}\pi$ 。于是我们可以直接写出二阶导数为

$$f''(x) = (\sqrt{2})^2 e^x \sin(x + 2 \times \frac{1}{4}\pi) = 2e^x \cos x$$

以此类推可得更高阶导数，一般地有

$$f^{(k)}(x) = (\sqrt{2})^k e^x \sin(x + \frac{1}{4}k\pi)$$

令 $x = 0$ 得到 $f(0) = 0$ , $f^{(1)}(0) = 1$ , $f^{(2)}(0) = 2$ , $f^{(3)}(0) = 2$ , $f^{(4)}(0) = 0$ , $f^{(5)}(0) = -4$ , $f^{(6)}(0) = -8$ ，…，将其代入 (9.13)，得

$$\begin{aligned} e^x \sin x &= 0 + x(1) + \frac{1}{2!}x^2(2) + \frac{1}{3!}x^3(2) + \frac{1}{4!}x^4(0) + \frac{1}{5!}x^5(-4) + \dots \ &= x + x^2 + \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{30}x^5 + \dots \end{aligned}$$

还需证明 $R_n(x) \rightarrow 0$ 当 $n \rightarrow \infty$ 。由于

$$R_n(x) = \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(\theta x), \quad \text{with } 0 < \theta < 1$$

在这个具体例子中我们有

$$\begin{aligned} R_n(x) &= \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} (\sqrt{2})^{n+1} e^{\theta x} \sin[\theta x + \frac{1}{4}(n+1)\pi] \ &= \frac{(x\sqrt{2})^{n+1}}{(n+1)!} e^{\theta x} \sin[\theta x + \frac{1}{4}(n+1)\pi], \quad \text{with } 0 < \theta < 1 \end{aligned}$$

我们回顾一下级数 $e^x$ 对所有 $x$ 都收敛，因此 $x''/n! \rightarrow 0$ 当 $n \rightarrow \infty$ 。于是 $(x\sqrt{2})^{n+1}/(n+1)! \rightarrow 0$ 当 $n \rightarrow \infty$ ，以及 $|\sin[\theta x + \frac{1}{4}(n+1)\pi]| \leq 1$ ，因此

$$R_n(x) \rightarrow 0 \quad \text{as } n \rightarrow \infty \quad \text{for all } x$$

于是， $e^x \sin x$ 的麦克劳林展开式为

$$e^x \sin x = x + x^2 + \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{30}x^5 + \dots$$

在实际中，我们很少像例 9.10 那样通过直接计算导数来获得函数的麦克劳林级数展开。更常见的是，我们像之前那样（7.7.2 节）通过对已知的标准麦克劳林级数进行操作来得到这类级数。大多数标准级数已在图 7.13 中给出。为方便起见，我们在图 9.6 中复现了其中一些。