MA.7.3 幂级数和Taylor展开式

Chap 7 - 3 幂级数和Taylor展开式

一、幂级数的收敛域

定义形如

\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} {(x - x_{0})}^{n} = a_{0} + a_{1} (x - x_{0}) + \dots + a_{n} {(x - x_{0})}^{n} + \dots

的函数项级数称为幂级数, 其中 $x_{0} \in R, a_{i}$ 称为系数

$令 t = x - x_{0}, 可变为 \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} t^{n}$

Abel 第 I 定理

#幂级数/Abel第I定理

若 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 在 $x_{0} (\neq 0)$ 收敛, 则当 $| x | < | x_{0} |$ 时绝对收敛;
若 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 在 $x_{1}$ 发散, 则当 $| x | > | x_{1} |$ 时幂级数发散.

在 $- x_{0}$ , $- x_{1}$ 无法确定（可能收敛可能发散）
理解：类似于：大收=>小收，小散=>大散，但是应用于指标的大小比较

Proof

(1)

由 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} x_{0}^{n}$ 收敛知: $a_{n} x^{n} \to 0 (x \to \infty)$ (必要条件)
从而有界: $\exists M > 0$ ，使 $| a_{n} x_{0}^{n} | \leq M$
故 $| a_{n} x^{n} | \leq M \cdot {| \frac{x}{x_{0}} |}^{n}$ 且 $\sum_{n = 0}^{\infty} M {| \frac{x}{x_{0}} |}^{n}$ 收敛
比较判别法得： $\sum_{n = 0}^{\infty} | a_{n} x^{n} |$ 收敛

(2)
（反证）若 $\exists x_{2}$ 使 $| x_{0} | > | x_{1} |$ 且 $x_{2}$ 是收敛点

由(1)知 $x_{1}$ 是绝对收敛点，从而是收敛点，矛盾

推论 (幂级数收敛域情况)

幂级数收敛域情况

幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛仅有三种可能情况:

仅在 $x = 0$ 收敛;
在区间 $(- R, R)$ 内绝对收敛, 而在 $| x | > R$ 发散;
在 $(- \infty, + \infty)$ (绝对) 收敛.

三种情况可视为以原点为中心的区间, 其长度的一半 $R$ 称为收敛半径, $(- R, R)$ 称为收敛区间.

Proof

若非(1)(3)，下证必为(2)
由非(1)知: $\exists x_{0} (\neq 0)$ 为收敛点
由非(2)知: $\exists x_{1}$ 为发散点
$R$ 为收敛点到原点的尽量大 $\Rightarrow sup$
令 $E = {| x | | x 是 \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n} 收敛点}$
则 $| x_{0} | \in E$ （收敛）且E有上界 $| x_{1} |$
由确界原理： $R = sup E \in R$

当 $x \in (- R, R)$ 时， $| x | < R$ ，据 $sup$ 定义
$\exists x_{0}$ 是收敛点，且 $| x_{0} | > | x |$
由Abel. I: x为绝对收敛点

当 $| x | > R$ 时，即 $x \notin E ，$ 即x为发散点。

二、收敛半径的计算

收敛半径公式

若 $lim_{n \to \infty} \frac{| a_{n + 1} |}{| a_{n} |} = L$ 或 $lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{| a_{n} |} = L$ , 则幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径

R = \frac{1}{L} = {\begin{array}{cc} 0, & L = + \infty, \\ \frac{1}{L}, & 0 < L < + \infty, \\ + \infty, & L = 0 . \end{array}

理解：成反比
收敛域求法先用比值法或根值法求收敛半径,再考察端点处的敛散性.

Tips

系数模：比值法(根值法)

Proof

\frac{| a_{n + 1} x^{n + 1} |}{| a_{n} x^{n} |} = \frac{| a_{n + 1} |}{| a_{n} |} | x |

(1)
若 $L = + \infty$ 则 $\forall x \neq 0 ， lim_{n \to \infty} | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | | x | = + \infty$
故 $| a_{n} x^{n} | \neq 0$ 从而 $\sum a_{n} x^{n}$ 发散

若 $0 < L < + \infty$ 则
$\forall | x | < \frac{1}{L}$ （达朗贝尔）有 $L | x | < 1$
故 $\sum_{n = 0}^{\infty} | a_{n} x^{n} |$ 绝对收敛

$\forall | x | > \frac{1}{L}$ 有 $L | x | > 1$
故 $| a_{n} x^{n} | ↛ 0$ 从而 $\sum a_{n} x^{n}$ 散

若 $L = 0$ 则 $\forall x \in R . L | x | = 0 \Rightarrow$ 绝对收敛

\sqrt[n]{| a_{n} x^{n} |} = \sqrt[n]{| a_{n} |} | x | \to L | x |

Example

例1 求下列幂级数的收敛域

(1) \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(x - 1)^{n}}{2^{n} n}; (2) \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n)!}{(n!)^{2}} x^{2 n}

中心非原点: 平移
(1) 比值（系数模）

\begin{aligned} 由 a_{n} = \frac{1}{2^{n} \cdot n}, lim_{n \to \infty} | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = lim_{n \to \infty} \frac{2^{n} n}{2^{n + 1} (n + 1)} = \frac{1}{2} \Rightarrow R = 2 \\ 又当 x = - 1 时 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 2)^{n}}{2^{n} n} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} 收敛. \\ 当 x = 3 时 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 2)^{n}}{2^{n} n} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} 发散 \end{aligned}

收敛域: $[- 1, 3)$

(2) $x^{2 n} ? \Rightarrow$ #缺项幂级数不能用比值法、根值法求收敛半径

X看作参数(比值法), 寻找取值
变量替换: $t = x^{2}$

\begin{aligned} \Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n)!}{(n!)^{2}} t^{n} \\ L = lim_{n \to \infty} \frac{[2 (n + 1)]! (n!)^{2}}{[(n + 1)!]^{2} (2 n)!} = lim_{n \to \infty} \frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1)^{2}} = 4 \\ \Rightarrow R = \frac{1}{4} \end{aligned}

当 $t = \frac{1}{4}$ 时 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n)!}{(n!)^{2}} \frac{1}{4^{n}}$ 比值法失效: Raabe

\begin{aligned} lim_{n \to \infty} n (\frac{b_{n}}{b_{n + 1}} - 1) & = lim_{n \to \infty} n (\frac{(n!)^{2}}{(2 n)!} \cdot \frac{1}{4^{n}} \cdot \frac{(2 n + 2)!}{[(n + 1)!]^{2}} 4^{n + 1} - 1) \\ = lim_{n \to \infty} n [\frac{2 (n + 1)}{(2 n + 1)} - 1] \\ = lim_{n \to \infty} n \frac{1}{2 n + 1} \\ = \frac{1}{2} < 1 \end{aligned}

$\overset{Raabe}{⟹} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n)!}{(n!)^{2}} \cdot \frac{1}{4^{n}}$ 发散
故 $0 < x^{2} = t < \frac{1}{4}$ 时, 即 $x \in (- \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ 时收敛

Example

例2 设 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} (x - 1)^{n}$ 在 $x = - 1$ 处条件收敛, 求其收敛区间

由 Abel.I Th. 当 $| x - 1 | < | - 1 - 1 | = 2$ 时，即 $- 1 < x < 3$ 时
冥级数收敛故 $R ⩾ \frac{4}{2} = 2$
若 $R > 2$ ，则 $x = - 1 \in (1 - R, 1 + R)$ 为绝对收敛点
$(- 1$ 为条件收敛点) 矛盾
故 $R = 2$ ，收敛区间 $(- 1, 3)$

由上题：

Corollary

幂级数若有条件收敛点，则其到中心的距离就是收敛半径

Abel 第 II 定理

设 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 收敛半径为 $R$ , 则它在 $(- R, R)$ 内闭一致收敛; 若 $x = R$ 时收敛, 则它在 $[0, R]$ 一致收敛

幂级数在收敛域中总是内闭一致收敛

(1)

\begin{aligned} \forall [a, b] \subset (- R, R) 则 γ = max {| a |, | b |} < R \\ \forall x \in [a, b] 有 | x | < γ ，故 | a_{n} X^{n} | \leq | a_{n} X^{n} | \\ ∵ r \in [- R, R] \Rightarrow r 奴. 收敛 \Rightarrow \sum_{n = 0}^{\infty} | a_{0} r^{n} | 收敛 \\ \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} x^{n} \sqrt{1} [a, b] ⊥ u \cdot c \end{aligned}

W. Th.

即在 $(- R, R)$ 内闭U.C.

(2) 端点，无法使用W. Th.

$a_{n} X^{n} = a_{n} R^{n} {(\frac{x}{R})}^{n}$

其中 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} R^{n}$ 收敛 $\Rightarrow U_{1} c_{1} [0, k]$ (不合 $x$ )
又奴 $x [0, R] . {{(\frac{x}{R})}^{n}}$ 关于n怛
$0 \leq (\frac{x}{R}) \leq 1$ 即一致有界
$\overset{Abel}{\to}$ U.C.

三、幂级数的性质

P₂₈₆定理 1.7.2

幂级数的和函数 $S (x)$ 在收敛区间 $(- R, R)$ 内可导, 并有

S^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} x^{n - 1},

且求导后的幂级数的收敛半径仍为 $R$ .

Proof 摘自教材 P281

先求 $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} x^{n - 1}$ 的收敛半径. 任取 $x_{0} \in (- R, R)$ , 存在 $r : | x_{0} | <$ $r < R$ , 级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} r^{n}$ 收敛, 因此 $| a_{n} r^{n} | < M$ 有界, 所以

| n a_{n} x_{0}^{n - 1} | = | a_{n} r^{n} | \cdot \frac{n}{r} \cdot {| \frac{x_{0}}{r} |}^{n - 1} ⩽ M \frac{n}{r} {| \frac{x_{0}}{r} |}^{n - 1} .

( $\sum_{n = 1}^{\infty} n q^{n - 1}$ 收敛：根/比值法)
因为 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{r} {| \frac{x_{0}}{r} |}^{n - 1}$ 当 $| x_{0} | < r$ 时收敛, 所以幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} x^{n - 1}$ 在 $x_{0}$ 绝对收敛. 也就是说 $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} x^{n - 1}$ 的收敛半径 $R^{'} ⩾ R$ .

如果 $R^{'} > R$ , 取 $x_{0} : R^{'} > x_{0} > R$ , 使得 $\sum_{n = 1}^{\infty} | n a_{n} x_{0}^{n - 1} |$ 收敛. 因为

x_{0} | n a_{n} x_{0}^{n - 1} | = | n a_{n} x_{0}^{n} | ⩾ | a_{n} x_{0}^{n} |,

所以 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} x_{0}^{n} |$ 收敛, 矛盾（ $x_{0}$ 在收敛区间外部：发散）, 因此 $R^{'} = R$ .
作为幂级数, $\sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} x^{n - 1}$ 在 $(- R, R)$ 的任意闭子区间上一致收敛, 所以定理的结论在任意闭子区间上成立, 故在 $(- R, R)$ 内每一点成立.

Corollary

推论 7.43 幂级数的和函数 $S (x)$ 在 $(- R, R)$ 内有任意阶导数, 而且

S^{(k)} (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} n (n - 1) (n - 2) \dots (n - k + 1) a_{n} x^{n - k}

其收敛半径也为 $R$

定理 7.44 幂级数的和函数 $S (x)$ 在 $(- R, R)$ 内可积, 且有

\int_{0}^{x} S (t) d t = \int_{0}^{x} (\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} t^{n}) d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_{0}^{x} a_{n} t^{n} d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{a_{n}}{n + 1} x^{n + 1}, x \in (- R, R),

并且积分后得到的幂级数的收敛半径仍为 $R$ .

Analysis

积分求导半径不变，由上可知

Theorem

设 $f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n} x \in (- R, R)$ , 则

$f (x) \in C (- R, R)$ ;
$f (x) \in D (- R, R)$ , 且可逐项求导, 即 $\forall x \in (- R, R)$ :

f^{'} (x) = {(\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n})}^{'} = \sum_{n = 0}^{\infty} {(a_{n} x^{n})}^{'} = \sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} x^{n - 1}

可逐项积分, 即 $\forall x \in (- R, R)$ :

\int_{0}^{x} f (t) d t = \int_{0}^{x} (\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} t^{n}) d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_{0}^{x} a_{n} t^{n} d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{a_{n}}{n + 1} x^{n + 1}

Analysis

点态收敛（和函数定义已知）+导数级数连续、一致收敛（收敛半径仍然是R）

连续（条件已知）+一致收敛=>只需证内闭一致收敛即可

Abel 第 III 定理

设 $f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n} x \in (- R, R]$ ,
则 $f (x)$ 在 $x = R$ 处左连续, 即

lim_{x \to R^{-}} \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} R^{n}

$- R$ 收敛：和函数右连续

Example

例3 求下列幂级数的和函数
(1) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}$ ;
(2) $\sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n}$ ;
(3) $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!}$

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}$

Solution

求导：
令 $f (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} x \in (- 1, 1) \Rightarrow f^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{x^{n}}{n})}^{'} = \sum_{n = 1}^{\infty} x^{n - 1} = \frac{1}{1 - x}$
故
$\begin{aligned} f (x) = \underset{0}{\underset{⏟}{f (0)}} + \int_{0}^{x} f^{'} (t) d t & = \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 - t} = - \int_{0}^{x} \frac{d (1 - t)}{1 - t} \\ = - {\ln (1 - t) |}_{0}^{x} \\ = \ln \frac{1}{1 - x} \end{aligned}$
又当 $x = - 1$ 时 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n}$ 收敛, 由 Abel. II
故 $f (x)$ 在 $x = - 1$ 右连续
即:
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} = f (- 1) = lim_{x \to - 1 +} f (x) = lim_{x \to - 1^{+}} \ln \frac{1}{1 - x} = \ln \frac{1}{2}$
从而
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} = {\begin{cases} \ln \frac{1}{1 - x}, x \in (- 1, 1) \\ \ln \frac{1}{2}, x = - 1 \end{cases}$
即
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} = \ln \frac{1}{1 - x}, x \in [- 1, 1)$
若令 $x = - x$
$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} x^{n}}{n} & = \ln \frac{1}{1 + x} \\ = - \ln (1 + x) (- 1 < x \leq 1) \end{aligned}$
即:
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1} x^{n}}{n} = \ln (1 + x) (- 1 < x ⩽ 1)$
例如
$1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots = \ln 2$

(2) $R = 1$ . 令 $f (x) : \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n}, x \in (- 1, 1)$

则 提出来积分
$\begin{aligned} f (x) & = x \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n - 1} = x \sum_{n = 1}^{\infty} {(x^{n})}^{'} \dots 由(1)知 \\ = x {(\sum_{n = 1}^{\infty} x^{n})}^{'} = x (\frac{x}{1 - x}) \\ = \frac{x}{(1 - x)^{2}} \end{aligned}$

(3) $R = + \infty Ω_{\hat{s}} f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!}, x \in R$
$\begin{aligned} f (x) = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \dots \\ f (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n - 1}}{(n - 1)!} \\ \overset{n = n - 1}{=} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} = f (x) \end{aligned}$
故
$\frac{f^{'} (x)}{f (x)} = 1$
两边积分:
$\ln | f (x) | = x + c_{0}$
即
$\begin{aligned} f (x) & = \pm e^{x + c_{0}} \\ \overset{def}{=} c \cdot e^{x} \dots (c = \pm e^{c_{0}}) \end{aligned}$
由于 $f (0) = 1$ ，代入得 $c = 1$ ，即
$f(x)=e^x, \quad x \in \mathbb{R} $${#102djc}$

四、幂级数的运算

Theorem

设 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 和 $\sum_{n = 0}^{\infty} b_{n} x^{n}$ 收敛半径分别为 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ , 记

$R = min {R_{1}, R_{2}}$ , 则当 $x \in (- R, R)$ 有

\begin{matrix} \sum_{n = 0}^{\infty} (a_{n} \pm b_{n}) x^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n} \pm \sum_{n = 0}^{\infty} b_{n} x^{n} \\ \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty} b_{n} x^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n} x^{n} \end{matrix}

其中 $c_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} b_{n - k}$

注意，以上结论仅适用于 $R_{1} \neq R_{2}$
若 $R_{1} = R_{2},$ $R$ 可能大于 $min$ ：例如抵消之后为 $0$ ，则 $R = + \infty$

Proof

\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{\infty} A_{i} \cdot \sum_{i = 0}^{\infty} B_{i} = \sum_{n = 0}^{\infty} C_{n} \\ 其中 \\ \begin{aligned} C_{n} & = \sum_{n = 0}^{\infty} A_{k} B_{n - k} \\ = x^{n} \sum_{k = 0}^{n} a_{k} b_{n - k} \\ \overset{def}{=} x^{n} c_{n} \end{aligned} \\ 故 & \sum_{i = 0}^{\infty} a_{i} x^{i} \cdot \sum_{j = 0}^{\infty} b_{j} x^{j} = \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n} x^{n} \end{aligned}

Example

例4 求幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^{n} + (- 3)^{n}}{n} x^{n}$ 的和函数

Solution

由 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^{n}}{n} = \ln \frac{1}{1 - 2 x}, (- \frac{1}{2} \leq x < \frac{1}{2})$
及 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 3)^{n}}{n} x^{n} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 3 x)^{n}}{n} = \ln \frac{1}{1 + 3 x}, (- \frac{1}{3} < x \leq \frac{1}{3})$

故 $原式 = \ln \frac{1}{(1 - 2 x) (1 + 3 x)}, (- \frac{1}{3} < x \leq \frac{1}{3})$

Note

$\sum_{i = 0}^{\infty} x^{i} \cdot \sum_{j = 0}^{\infty} x^{j} = \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n} x^{n} \overset{n = n + 1}{=} \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n - 1}$
其中 $c_{n} = \sum_{k = 0}^{n} 1 \cdot 1 = n + 1$

即 $\frac{1}{(1 - x)^{2}} = \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n - 1}, x \in (- 1, 1)$

五、函数的Taylor展开式

#Taylor级数 #Maclaurin级数

设 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 任意阶可微, 则称

f (x) \sim \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} {(x - x_{0})}^{n}

为 $f$ 在 $x_{0}$ 处的 Taylor级数.

$x_{0} = 0$ 时称为 Maclaurin级数

注意记号 “~” 的含义, 能否换为 “=” ?

Question

$f$ 满足何条件时, 其Taylor级数收敛于 $f (x)$ ?

回顾 Taylor 公式

f (x) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)} (x_{0})}{k!} {(x - x_{0})}^{k} + R_{n} (x)

Taylor 级数

Theorem

设 $f \in C^{(\infty)} (I)$ , 其中 $I = (x_{0} - R, x_{0} + R)$ , 则在 $I$ 上

\begin{aligned} f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} {(x - x_{0})}^{n} \\ \overset{充分必要条件}{\leftrightarrow} lim_{n \to \infty} R_{n} (x) = 0 \end{aligned}

注由于计算 $lim_{n \to \infty} R_{n} (x)$ 困难, 为此介绍下面的定理

充分条件

Theorem

设 $f \in C^{(\infty)} (I)$ , 且 $\forall n \in N, \forall x \in I : | f^{(n)} (x) | \leq M$ , 则

f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} {(x - x_{0})}^{n} (\forall x \in I)

Lagrange 型余项: $R_{n} (x) = \frac{f^{(n + 1)} (x)}{(n + 1)!} {(x - x_{0})}^{n + 1} (\forall x \in I)$
$\Rightarrow$

\begin{aligned} | R_{n} (x) | & = \frac{| f^{(n + 1)} (x) |}{(n + 1)!} {| x - x_{0} |}^{n + 1} \\ \leq M \frac{{| x - x_{0} |}^{n + 1}}{(n + 1)!} \\ \to_{x is given}^{n \to + \infty} 0 \end{aligned}

Question

若 $f$ 在 $I$ 上可展开为幂级数, 则该幂级数与其Taylor级数有何关系?

定理(唯一性)

唯一性

若 $f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} {(x - x_{0})}^{n}, x \in (x_{0} - R, x_{0} + R)$

则有

a_{n} = \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!}

在 $f (x) = a_{0} + a_{1} (x - x_{0}) + a_{2} {(x - x_{0})}^{2} + \dots$
中令 $x = x_{0}$ 的 $a_{0} = f (x_{0})$
对上式求导(逐项求导)

f^{'} (x) = a_{1} + 2 a_{2} (x - x_{2}) + \dots

$\overset{x = x_{0}}{⟹} a_{n} : f (x_{0})$
继续求导

f^{(k)} (x) = \sum_{x = k}^{\infty} n (n - 1) \dots (n - k + 1) a_{n} (x - x,)^{n - k}

单独写出 $x = k$

f^{(k)} (x) = k! a_{k} + \sum_{n = k + 1}^{\infty} n (n - 1) + \dots + (n - k + 1) a_{n} {(x - x_{0})}^{n - k}

令 $x = x_{0}$

\begin{aligned} f (k) (x) = k! a_{k} + 0 \\ a_{k} = \frac{f^{(k)} (x)}{l!} \end{aligned}

常用初等函数的幂级数

Formula

$e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \dots + \frac{x^{n}}{n!} + \dots = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} (x \in R)$
$\sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \dots + (- 1)^{n - 1} \frac{x^{2 n - 1}}{(2 n - 1)!} + \dots (x \in R)$
任意阶绝对值有界 $(\leq 1)$ ，满足
$\cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} - \dots + (- 1)^{n} \frac{x^{2 n}}{(2 n)!} + \dots$
$\ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{4}}{4} + \dots$
#二项式函数 $(1 + x)^{α} = 1 + α x + \frac{α (α - 1)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!} x^{n} + \dots$
在 $(- 1 < x < 1)$ 上恒成立
端点情形： $α = {\begin{cases} \geq 0, & x \in [- 1, 1] \\ \in (- 1, 0), & x \in (- 1, 1] \\ \leq - 1, & x \in (- 1, 1) \end{cases}$

注特别地, 有
$\begin{aligned} α := - 1, x := - x ⟹ \\ \frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^{2} + \dots + x^{n} + \dots = \sum_{n = 0}^{\infty} x^{n} & (- 1 < x < 1), 几何级数 \\ α := - \frac{1}{2}, x := - x ⟹ \\ \frac{1}{\sqrt{1 - x}} = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} x^{n} & (- 1 \leq x < 1) \end{aligned}$

\begin{aligned} (1 - x)^{- \frac{1}{2}} & = 1 + (- \frac{1}{2}) (- x) + \frac{(- \frac{1}{2}) (- \frac{3}{2})}{2!} (- x)^{2} + \dots + \underset{(- 1)^{n}}{\underset{⏟}{\frac{(- \frac{1}{2}) (- \frac{3}{2}) \dots (- \frac{1}{2} - n + 1)}{n!}}} \underset{(- 1)^{n}}{\underset{⏟}{(- x)^{n}}} + \dots \\ = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\frac{1}{2} \times \frac{3}{2} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2}}{n!} x^{n} = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{2^{n} \times n!} = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)^{!!}}{(2 n)!!} \end{aligned}

Example

例5 将 $f (x) = \arctan x$ 在 $x_{0} = 0$ 展成幂级数

\begin{aligned} f^{'} (x) & = \frac{1}{1 + x^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty} {(- x^{2})}^{n}, x \in (- 1, 1) \\ \arctan (x) & = f (x) = f (0) + \int_{0}^{x} f (t) d t = \int_{0}^{x} (\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} t^{2 n}) d t \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \int_{0}^{x} t^{2 n} d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} x^{2 n + 1} \\ = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} \dots \end{aligned}

*当 $x = 1$ 时。

\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} (W^{2} 敛) = lim_{x \to 1^{-}} \arctan x (Abel II) \\ = \frac{π}{4} \end{aligned}

由此

\arctan x = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} x^{2 n + 1}, - 1 \leq x < 1

★ 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots = \frac{π}{4}

例6 将 $f (x) = \arcsin x$ 在 $x_{0} = 0$ 展成幂级数

\begin{aligned} f^{'} (x) = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} x^{2 n} x \in (- 1, 1) \\ 故 \arcsin x = f (x) = f (0) + \int_{0}^{x} f^{'} (t) d t = x + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} \\ * 当 x = 1 时 \\ 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \underset{a_{n}}{\underset{⏟}{\frac{(2 n + 1)!!}{(2 n)!!} \cdot \frac{1}{2 n + 1}}} 丩 / 2 站 \\ 比值失效 \Rightarrow Raabe \end{aligned}

\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} = \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \cdot \frac{2 n + 3}{2 n + 1} \cdot \frac{(2 n + 2)!!}{(2 n + 1)!!} = \frac{(2 n + 3) (2 n + 2)}{(2 n + 1)^{2}}

$⟹ n (\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} - 1) = n \cdot \frac{6 n + 5}{(2 n + 1)^{2}} \to \frac{3}{2} > 1$

故 $1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \cdot \frac{1}{2 n + 1} = lim_{x \to 1^{-}} \arcsin x = \frac{π}{2}$

函数的幂级数展开方法

Note

直接法 先求 $f^{(n)} (x_{0})$ , 再利用Taylor公式;

间接法 利用已知的幂级数展开式, 再结合变量

代换、逐项可导、逐项可积性.

Example

例7 将下列函数在 $x_{0}$ 处展成幂级数

$\frac{1}{x^{2} - 3 x + 2}, x_{0} = 0$
$\frac{1}{x^{2}}, x_{0} = 1$
$\ln x, x_{0} = 3$

$\frac{1}{x^{2} - 3 x + 2}, x_{0} = 0$

\begin{aligned} f (x) & = \frac{1}{(x - 2) (x - 1)} = \frac{- 1}{2 - x} + \frac{1}{1 - x} \\ = - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{2}} + \frac{1}{1 - x} = \sum_{n = 0}^{\infty} (- \frac{1}{2}) {(\frac{x}{2})}^{n} + \sum_{n = 0}^{\infty} x^{n} (x \in (- 2, 2) \cap (- 1, 1)) \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} [- \frac{1}{2 n + 1} + 1] x^{n}, (- 1 < x < 1) \end{aligned}

$\frac{1}{x^{2}}, x_{0} = 1$

\begin{aligned} \frac{1}{x^{2}} & = - {(\frac{1}{x})}^{'} \\ = - {[\frac{1}{1 + (x - 1)}]}^{'} \\ = - (\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (x - 1)^{n}), (- 1 < x < 1) \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n + 1} \cdot n \cdot (x - 1)^{n - 1} \end{aligned}

$\ln x, x_{0} = 3$

\begin{aligned} \ln x & = \ln [3 + (x - 3)] = \ln_{3} + \ln (1 + \frac{x - 3}{3}) \\ = \ln 3 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} \cdot \frac{(x - 3)^{n}}{3^{n}}, (- 1 < \frac{x - 3}{3} \leq 1) \dots (0 < x \leq 6) \end{aligned}

Example

例8 设 $f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(n!)^{2}} (x - 1)^{n}$ , 求级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} f^{(n)} (1)$ 的和.

根据唯一性

\frac{f^{(n)} (1)}{n!} = \frac{(- 1)^{n}}{(n!)^{2}} ⟹ \frac{f^{(n)}}{n!}

从而

\sum_{n = 0}^{\infty} f^{(n)} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n!} = e^{- 1}

Exercise

Ex. 设 $f (x) = x e^{x^{2}}$ 求 $f^{(n)} (0) (n = 0, 1, 2 \dots)$

利用幂级数可导出Euler公式

Formula

$e^{i x} = \cos x + i \sin x$

\begin{aligned} Let x := i x & (合法性见复变函数) \\ e^{i x} & = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(i x)^{n}}{n!} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(i x)^{2 k + 1}}{(2 k + 1)!} \cdot \frac{(i x)^{2 k}}{(2 k)!} \\ \overset{周期性}{=} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k)!} x^{2 k} + i \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k + 1)!} \\ = \cos x + i \sin x \end{aligned}

取 $x = π$ ,
$e^{i π} = - 1 \Rightarrow e^{i π} + 1 = 0$
(数学中 “最美” 等式)

Chap 7 - 3 幂级数和Taylor展开式

一、幂级数的收敛域

Abel 第 I 定理

推论 (幂级数收敛域情况)

二、收敛半径的计算

收敛半径公式

Abel 第 II 定理

三、幂级数的性质

Abel 第 III 定理

∑n=1∞xnn

四、幂级数的运算

五、函数的Taylor展开式

回顾 Taylor 公式

Taylor 级数

充分条件

定理(唯一性)

常用初等函数的幂级数

函数的幂级数展开方法

利用幂级数可导出Euler公式

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}$