幂级数

第十四章 幂级数

幂级数是一类最简单的函数项级数．幂级数在级数理论中有着特殊的地位，在函数逼近和近似计算中有重要应用，特别是函数的幂级数展开为研究非初等函数提供了有力的工具

Taylor 展开的动画演示:

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① 幂级数的收敛区间

② 幂级数的性质

③ 幂级数的运算

幂级数的收敛区间

幂级数的一般形式为

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} \left(x - x _ {0}\right) ^ {n} = a _ {0} + a _ {1} \left(x - x _ {0}\right) + a _ {2} \left(x - x _ {0}\right) ^ {2} \tag {1} \]

\[ + \dots + a _ {n} (x - x _ {0}) ^ {n} + \dots , \]

为方便起见，下面将重点讨论 \(x_{0}=0\) 的情形。即

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n} = a _ {0} + a _ {1} x + a _ {2} x ^ {2} + \dots + a _ {n} x ^ {n} + \dots , \tag {2} \]

因为只要把 (2) 中的 \(x\) 换成 \(x - x_0\) , 就得到 (1).

首先讨论幂级数 (2) 的收敛性。除了 \(x = 0\) 之外，幂级数 (2) 还有其他收敛点吗？

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n} = a _ {0} + a _ {1} x + a _ {2} x ^ {2} + \dots + a _ {n} x ^ {n} + \dots , \tag {2} \]

定理 (14.1 阿贝尔定理)

若 (2) 在 \(x = \bar{x} \neq 0\) 收敛，则对满足 \(|x| < |\bar{x}|\) 的任何 \(x\) , 幂级数 (2) 收敛而且绝对收敛；\(x = \bar{x}\) 时发散，则对满足 \(|x| > |\bar{x}|\) 的任何 \(x\) , 幂级数 (2) 发散.

证明.

(i) 证明思路：如 \(\overline{x}\) 是收敛点， \((- \overline{x}, \overline{x})\) 内的点 \(x\) ，由优级数判别法，收敛

设级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n \overline{x}^n\) 收敛，从而数列 \(a_n \overline{x}^n\) 收敛于零且有界，即存在某正数 \(M\) ，使得

\[ \left| a _ {n} \overline {{{x}}} ^ {n} \right| < M \quad (n = 0, 1, 2 \dots) \]

对任意一个满足不等式 \(|x| < |\overline{x}|\) 的 \(x\) ，设

\[ r = \left| \frac {x}{\overline {{x}}} \right| < 1 \]

则有

\[ \left| a _ {n} x ^ {n} \right| = \left| a _ {n} \overline {{x}} ^ {n}. \frac {x ^ {n}}{\overline {{x}} ^ {n}} \right| = \left| a _ {n} \overline {{x}} ^ {n} \right| \left| \frac {x}{\overline {{x}}} \right| ^ {n} < M r ^ {n} \]

由于级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} Mr^n\) 收敛，故由优级数判别法知，幂级数 (2) 当 \(|x| < |\overline{x}|\) 时绝对收敛

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n} = a _ {0} + a _ {1} x + a _ {2} x ^ {2} + \dots + a _ {n} x ^ {n} + \dots , \tag {2} \]

定理 (14.1 阿贝尔定理)

若 (2) 在 \(x = \bar{x} \neq 0\) 收敛，则对满足 \(|x| < |\bar{x}|\) 的任何 \(x\) , 幂级数 (2) 收敛而且绝对收敛；\(x = \bar{x}\) 时发散，则对满足 \(|x| > |\bar{x}|\) 的任何 \(x\) , 幂级数 (2) 发散.

证明.

(i) 证明思路：如 \(\overline{x}\) 是收敛点， \((- \overline{x}, \overline{x})\) 内的点 \(x\) ，由优级数判别法，收敛设级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n \overline{x}^n\) 收敛，从而数列 \(a_n \overline{x}^n\) 收敛于零且有界，即存在某正数 \(M\) ，使得

\[ \left| a _ {n} \overline {{x}} ^ {n} \right| < M \quad (n = 0, 1, 2 \dots) \]

对任意一个满足不等式 \(|x| < |\overline{x}|\) 的 \(x\) ，设

\[ r = \left| \frac {x}{\overline {{x}}} \right| < 1 \]

则有

\[ \left| a _ {n} x ^ {n} \right| = \left| a _ {n} \overline {{x}} ^ {n}. \frac {x ^ {n}}{\overline {{x}} ^ {n}} \right| = \left| a _ {n} \overline {{x}} ^ {n} \right| \left| \frac {x}{\overline {{x}}} \right| ^ {n} < M r ^ {n} \]

由于级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} Mr^n\) 收敛，故由优级数判别法知，幂级数 (2) 当 \(|x| < |\overline{x}|\) 时绝对收敛

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n} = a _ {0} + a _ {1} x + a _ {2} x ^ {2} + \dots + a _ {n} x ^ {n} + \dots , \tag {2} \]

定理 (14.1 阿贝尔定理)

若 (2) 在 \(x = \bar{x} \neq 0\) 收敛，则对满足 \(|x| < |\bar{x}|\) 的任何 \(x\) , 幂级数 (2) 收敛而且绝对收敛；\(x = \bar{x}\) 时发散，则对满足 \(|x| > |\bar{x}|\) 的任何 \(x\) , 幂级数 (2) 发散.

证明.

(i) 证明思路：如 \(\overline{x}\) 是收敛点， \((- \overline{x}, \overline{x})\) 内的点 \(x\) ，由优级数判别法，收敛设级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n \overline{x}^n\) 收敛，从而数列 \(a_n \overline{x}^n\) 收敛于零且有界，即存在某正数 \(M\) ，使得

\[ \left| a _ {n} \overline {{x}} ^ {n} \right| < M \quad (n = 0, 1, 2 \dots) \]

对任意一个满足不等式 \(\left|x\right|<\left|\overline{x}\right|\) 的 x，设

\[ r = | \frac {x}{\overline {{x}}} | < 1 \]

则有

\[ \left| a _ {n} x ^ {n} \right| = \left| a _ {n} \overline {{x}} ^ {n}. \frac {x ^ {n}}{\overline {{x}} ^ {n}} \right| = \left| a _ {n} \overline {{x}} ^ {n} \right| \left| \frac {x}{\overline {{x}}} \right| ^ {n} < M r ^ {n} \]

由于级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} Mr^n\) 收敛，故由优级数判别法知，幂级数 (2) 当 \(|x| < |\overline{x}|\) 时绝对收敛

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n} = a _ {0} + a _ {1} x + a _ {2} x ^ {2} + \dots + a _ {n} x ^ {n} + \dots , \tag {2} \]

定理 (14.1 阿贝尔定理)

若 (2) 在 \(x = \bar{x} \neq 0\) 收敛，则对满足 \(|x| < |\bar{x}|\) 的任何 \(x\) , 幂级数 (2) 收敛而且绝对收敛；\(x = \bar{x}\) 时发散，则对满足 \(|x| > |\bar{x}|\) 的任何 \(x\) , 幂级数 (2) 发散.

证明.

(i) 证明思路：如 \(\overline{x}\) 是收敛点， \((- \overline{x}, \overline{x})\) 内的点 \(x\) ，由优级数判别法，收敛设级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n \overline{x}^n\) 收敛，从而数列 \(a_n \overline{x}^n\) 收敛于零且有界，即存在某正数 \(M\) ，使得

\[ \left| a _ {n} \overline {{x}} ^ {n} \right| < M \quad (n = 0, 1, 2 \dots) \]

对任意一个满足不等式 \(|x| < |\overline{x}|\) 的 \(x\) ，设

\[ r = | \frac {x}{\overline {{x}}} | < 1 \]

则有

\[ \left| a _ {n} x ^ {n} \right| = \left| a _ {n} \overline {{x}} ^ {n}. \frac {x ^ {n}}{\overline {{x}} ^ {n}} \right| = \left| a _ {n} \overline {{x}} ^ {n} \right| \left| \frac {x}{\overline {{x}}} \right| ^ {n} < M r ^ {n} \]

由于级数 \(\sum_{n=0}^{\infty}Mr^{n}\) 收敛，故由优级数判别法知，幂级数 (2) 当 \(|x|<|\overline{x}|\) 时绝对收敛

证明（续）.

(ii) 反证法 (如果 \(\left|x_{0}\right| > \left|\overline{x}\right|\) ， \(x_{0}\) 还是收敛点，则 \(\overline{x}\) 会变成收敛点，引发矛盾)

由题设知，幂级数（2）在 \(x = \bar{x}\) 时发散。如果存在一个 \(x_{0}\) ，满足不等式 \(|x_{0}| > |x|\) ，且使级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x_{0}^{n}\) 收敛，则由定理得第一部分知，幂级数（2）应该在 \(x = \bar{x}\) 时绝对收敛，与假设矛盾.

所以对一切满足不等式 \(\left|x\right| > \left|\overline{x}\right|\) 的 x，幂级数（2）都发散.

注 由定理 14.1 知道：幂级数（2）的收敛域是以原点为中心的区间！这是非常好的性质．若以 2R 表示区间的长度，则称 R 为幂级数的收敛半径.

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n} = a _ {0} + a _ {1} x + a _ {2} x ^ {2} + \dots + a _ {n} x ^ {n} + \dots , \tag {2} \]

事实上，收敛半径就是使得幂级数 (2) 收敛的所有点的绝对值的上确界。所以有

(i) 当 \(R = 0\) 时，幂级数 (2) 仅在 \(x = 0\) 处收敛；

(ii) 当 \(R = +\infty\) 时，幂级数 (2) 在 \((- \infty, + \infty)\) 上收敛；

(iii) 当 \(0 < R < +\infty\) 时，幂级数 (2) 在 \((-R, R)\) 内收敛；

对一切满足不等式 \(\left|x\right| > R\) 的 x，幂级数 (2) 都发散；

至于 \(x = \pm R, (2)\) 可能收敛也可能发散。因此称 \((-R, R)\) 为幂级数 (2) 的收敛区间.

怎样求得幂级数 (2) 的收敛半径和收敛区间呢？

发散点处，如果根据某种运算求得的值没有意义

\[ \frac {1}{1 - x} = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} x ^ {n} \quad (| x | < 1) \]

\[ \frac {1}{(1 - x) ^ {2}} = 1 + 2 x + 3 x ^ {2} + 4 x ^ {3} + \dots \]

\[ \frac {x}{(1 - x) ^ {2}} = x + 2 x ^ {2} + 3 x ^ {3} + 4 x ^ {4} + \dots \]

定理 (14.2 收敛半径的计算)

对于幂级数 (2), 若

\[ \lim _ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ n ]{| a _ {n} |} = \rho , \tag {3} \]

则 \((i)\) \(0 < \rho < +\infty\) 时，幂级数 \((2)\) 的收敛半径 \(R = \frac{1}{\rho}\) ;

(ii) \(\rho = 0\) 时，幂级数 (2) 的收敛半径 \(R = +\infty\) ;

(iii) \(\rho = +\infty\) 时，幂级数 (2) 的收敛半径 \(R = 0\) .

证明.

思路：设 \(R\) 是收敛半径，则 \(\sum a_{n}R^{n}\) 的通项 \(a_{n}R^{n}\) 是 D'Alembert 或 Cauchy 判别法的临界点， \(\therefore a_{n}R^{n}\) 用 Cauchy 判别法 orD'Alembert 判别法的极值是 1,i.e., \(\sqrt[n]{|a_n|}\cdot R = 1\) for \(n\to \infty\)

对于幂级数 \(\sum_{n=0}^{\infty}|a_n x^n|\) , 由于

\[ \lim _ {n \to \infty} \sqrt [ n ]{| a _ {n} x ^ {n} |} = \lim _ {n \to \infty} \sqrt [ n ]{| a _ {n} |} | x | = \rho | x |, \]

根据根式判别法，当 \(\rho|x|<1\) 时，\(\sum_{n=0}^{\infty}|a_{n}x^{n}|\) 收敛；

当 \(\rho|x|>1\) 时，级数发散.

于是

注 由定理 14.2 可知，一个幂级数的收敛域等于它的收敛区间再加该区间端点中使幂级数收敛的点.

在第十二章 §2 第二段曾经指出：若 \(\lim_{n\to \infty}\frac{|a_{n + 1}|}{|a_n|} = \rho\) , 则有 \(\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|} = \rho\) . 因此也可用比式判别法，来得出幂级数 (2) 的收敛半径.

究竟用比式法还是根式法，可以参考第十二章的相关说明.

例 (1)

级数 \(\sum \frac{x^n}{n^2}\)

由于 \(\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n^2}{(n + 1)^2}\to 1(n\to \infty)\) ，所以其收敛半径 \(R = 1\) ，即收敛区间为 \((-1,1)\)

而当 \(x = \pm 1\) 时，有 \(\left|\frac{(\pm 1)^n}{n^2}\right| = \frac{1}{n^2}\) ，由于级数 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 收敛，所以级数 \(\sum \frac{x^n}{n^2}\) 在 \(x = \pm 1\) 时也收敛。于是级数 \(\sum \frac{x^n}{n^2}\) 的收敛域为 \([-1, 1]\) 。

例 (2)

\[ x + \frac {x ^ {2}}{2} + \dots + \frac {x ^ {n}}{n} + \dots , \tag {4} \]

由于

\[ R = \lim _ {n \to \infty} \frac {a _ {n}}{a _ {n + 1}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {n + 1}{n} = 1, \]

因此幂级数（4）的收敛区间是 \((-1,1)\) .

级数 (4) 当 \(x = 1\) 时发散，\(x = -1\) 时收敛，

从而得到级数（4）的收敛域是半开区间 \([-1, 1)\) .

照此方法，容易验证级数 \(\sum \frac{x^{n}}{n!}\) 的收敛半径为 \(R = +\infty\)

对 \(\sum n!x^n\) ， \(R = 0\)

例 (2)

\[ x + \frac {x ^ {2}}{2} + \dots + \frac {x ^ {n}}{n} + \dots , \tag {4} \]

由于

\[ R = \lim _ {n \to \infty} \frac {a _ {n}}{a _ {n + 1}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {n + 1}{n} = 1, \]

因此幂级数（4）的收敛区间是 \((-1,1)\) .

级数 (4) 当 \(x = 1\) 时发散，\(x = -1\) 时收敛，

从而得到级数（4）的收敛域是半开区间 \([-1, 1)\) .

照此方法，容易验证级数 \(\sum \frac{x^n}{n!}\) 的收敛半径为 \(R = +\infty\)

对 \(\sum n!x^n\) ， \(R = 0\)

定理 (定理 14.3 柯西 - 阿达玛 (Cauchy-Hadamard) 定理 *)

对于幂级数 (2), 设

\[ \rho = \varlimsup_ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ n ]{| a _ {n} |}, \tag {5} \]

则有

注 由于上极限 (5) 总是存在，因而任一幂级数总能由 (5) 式得到它的收敛半径.

例 (*3)

设有级数

\[ 1 + \frac {x}{3} + \frac {x ^ {2}}{2 ^ {2}} + \frac {x ^ {3}}{3 ^ {2}} + \frac {x ^ {4}}{2 ^ {4}} \dots + \frac {x ^ {2 n - 1}}{3 ^ {2 n - 1}} + \frac {x ^ {2 n}}{2 ^ {2 n}} + \dots \]

由于 \(\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|} = \frac{1}{2}\) ，所以收敛半径 \(R = 2\) 因 \(x = \pm 2\) 时，级数都发散，故此级数的收敛域为 \((-2,2)\)

例 (4)

求幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n-3^{2n}}\) 的收敛半径和收敛域.

解 (i) 先求收敛半径.

方法 1 设 \(z = x^{2}\) ，幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{n-3^{2n}}\) 的收敛半径为

\[ R = \frac {1}{\rho} = \lim _ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ n ]{| n - 3 ^ {2 n} |} = 9 \lim _ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ n ]{1 - \frac {n}{3 ^ {2 n}}} = 9, \]

从而 \(x^{2}=z<9\) 时原级数收敛，\(x^{2}=z>9\) 原级数发散，所以 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n-3^{2n}}\) 的 R=3.

方法 2 应用柯西 - 阿达玛定理 (n = 奇数时，\(a_{n} = 0\)), 由于

\[ \rho = \varlimsup_ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ n ]{| a _ {n} |} = \varliminf_ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ 2 n ]{\left| \frac {1}{n - 3 ^ {2 n}} \right|} = \frac {1}{3} \varliminf_ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ 2 n ]{\frac {1}{1 - \frac {n}{3 ^ {2 n}}}} = \frac {1}{3}, \]

所以，收敛半径为 R = 3.

(ii) 再求收敛域。当 \(x = \pm 3\) 时，相应的级数都是 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^{2n}}{n-3^{2n}}\) , 由于 \(\lim_{n \to \infty} \left| \frac{3^{2n}}{n-3^{2n}} \right| = 1\) , 因此该级数发散，所以原级数的收敛域为 \((-3,3)\) .

例 (4)

求幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n-3^{2n}}\) 的收敛半径和收敛域.

解 (i) 先求收敛半径.

方法 1 设 \(z = x^{2}\) ，幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{n-3^{2n}}\) 的收敛半径为

\[ R = \frac {1}{\rho} = \lim _ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ n ]{| n - 3 ^ {2 n} |} = 9 \lim _ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ n ]{1 - \frac {n}{3 ^ {2 n}}} = 9, \]

从而 \(x^{2}=z<9\) 时原级数收敛，\(x^{2}=z>9\) 原级数发散，所以 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n-3^{2n}}\) 的 R=3.

方法 2 应用柯西 - 阿达玛定理 (n = 奇数时，\(a_{n} = 0\)), 由于

\[ \rho = \varlimsup_ {n \to \infty} \sqrt [ n ]{| a _ {n} |} = \varliminf_ {n \to \infty} \sqrt [ 2 n ]{\left| \frac {1}{n - 3 ^ {2 n}} \right|} = \frac {1}{3} \varlimsup_ {n \to \infty} \sqrt [ 2 n ]{\frac {1}{1 - \frac {n}{3 ^ {2 n}}}} = \frac {1}{3}, \]

所以，收敛半径为 R = 3.

(ii) 再求收敛域。当 \(x = \pm 3\) 时，相应的级数都是 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^{2n}}{n-3^{2n}}\) , 由于 \(\lim_{n \to \infty} \left| \frac{3^{2n}}{n-3^{2n}} \right| = 1\) , 因此该级数发散，所以原级数的收敛域为 \((-3, 3)\) .

例 (4)

求幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n-3^{2n}}\) 的收敛半径和收敛域.

解 (i) 先求收敛半径.

方法 1 设 \(z = x^{2}\) ，幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{n-3^{2n}}\) 的收敛半径为

\[ R = \frac {1}{\rho} = \lim _ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ n ]{| n - 3 ^ {2 n} |} = 9 \lim _ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ n ]{1 - \frac {n}{3 ^ {2 n}}} = 9, \]

从而 \(x^{2} = z < 9\) 时原级数收敛，\(x^{2} = z > 9\) 原级数发散，所以 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n-3^{2n}}\) 的 \(R = 3\) .

方法 2 应用柯西 - 阿达玛定理 (n = 奇数时，\(a_{n} = 0\)), 由于

\[ \rho = \varlimsup_ {n \to \infty} \sqrt [ n ]{| a _ {n} |} = \varliminf_ {n \to \infty} \sqrt [ 2 n ]{\left| \frac {1}{n - 3 ^ {2 n}} \right|} = \frac {1}{3} \varlimsup_ {n \to \infty} \sqrt [ 2 n ]{\frac {1}{1 - \frac {n}{3 ^ {2 n}}}} = \frac {1}{3}, \]

所以，收敛半径为 R = 3.

(ii) 再求收敛域。当 \(x = \pm 3\) 时，相应的级数都是 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^{2n}}{n-3^{2n}}\) , 由于 \(\lim_{n \to \infty} \left| \frac{3^{2n}}{n-3^{2n}} \right| = 1\) , 因此该级数发散，所以原级数的收敛域为 \((-3,3)\) .

定理 (14.4)

若幂级数 (2) 的收敛半径为 \(R > 0\) ，则在它的收敛区间 \((-R, R)\) 内任一闭区间 \([a, b] \subset (-R, R)\) 上，级数 (2) 都一致收敛.

证明.

设 \(\overline{x} = \max \{|a|, |b|\} \in (-R, R)\) , 那么对于 \([a, b]\) 上任一点 \(x\) , 都有

\[ \left| a _ {n} x ^ {n} \right| \leq \left| a _ {n} \bar {x} ^ {n} \right|. \]

由于级数 (2) 在点 \(\bar{x}\) 绝对收敛，由优级数判别法得级数 (2) 在 \([a, b]\) 上一致收敛.

与下页定理的区别：找得到绝对收敛的固定点，所以在区间内绝对收敛

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n} = a _ {0} + a _ {1} x + a _ {2} x ^ {2} + \dots + a _ {n} x ^ {n} + \dots , \tag {2} \]

定理 (14.5)

若幂级数 (2) 的收敛半径为 \(R > 0\) ，且在 \(x = R\) (或 \(x = -R\)) 时收敛，则级数 (2) 在 \([0, R]\) (或 \([-R, 0]\)) 上一致收敛.

证明.

设级数 (2) 在 \(x = R\) 时收敛 (不一定绝对收敛), 对于 \(x \in [0, R]\) 有

\[ \sum a _ {n} x ^ {n} = \sum a _ {n} R ^ {n} \left(\frac {x}{R}\right) ^ {n}. \]

已知级数 \(\sum a_{n}R^{n}\) 收敛，函数列 \(\left\{\left(\frac{x}{R}\right)^{n}\right\}\) 在 \([0,R]\) 上关于 n 递减且一致有界，即 \(1 \geq \frac{x}{R} \geq \left(\frac{x}{R}\right)^{2} \geq \cdots \geq \left(\frac{x}{R}\right)^{n} \geq \cdots \geq 0\) .

故由函数项级数的阿贝耳判别法，级数 (2) 在 \([0, R]\) 上一致收敛.

与上页定理区别：没有绝对收敛的固定点，所以在区间内没有办法证绝对收敛

例 (5)

级数

\[ \sum \frac {(x - 1) ^ {n}}{2 ^ {n} n} = \frac {x - 1}{2} + \frac {(x - 1) ^ {2}}{2 ^ {2} \cdot 2} + \dots + \frac {(x - 1) ^ {n}}{2 ^ {n} n} + \dots , \tag {6} \]

由于

\[ \frac {\frac {1}{2 ^ {n + 1} (n + 1)}}{\frac {1}{2 ^ {n} n}} = \frac {n}{2 (n + 1)} \to \frac {1}{2} \quad (n \to \infty), \]

所以 (6) 的收敛半径 \(R = 2\) ，从而收敛区间为 \(|x - 1| < 2\) 即 \((-1,3)\) .

当 x = -1 时，(6) 为收敛级数

\[ \sum \frac {(- 2) ^ {n}}{2 ^ {n} n} = - 1 + \frac {1}{2} - \frac {1}{3} + \dots + (- 1) ^ {n} \frac {1}{n} + \dots . \]

当 x = 3 时，级数 (6) 为发散级数

\[ \sum \frac {2 ^ {n}}{2 ^ {n} n} = \sum \frac {1}{n} = 1 + \frac {1}{2} + \frac {1}{3} + \dots + \frac {1}{n} + \dots . \]

于是级数 (6) 的收敛域为 \([-1,3)\) .

幂级数的性质（和函数）

根据一致收敛函数项级数的性质即可以得到幂级数的一系列性质．由定理 14.4、14.5 和 13.12 立刻可得

定理 (14.6)

逐项求导与求积后的新幂级数与原幂级数的 \(R\) 的关系

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n} = a _ {0} + a _ {1} x + a _ {2} x ^ {2} + \dots + a _ {n} x ^ {n} + \dots , \tag {2} \]

先来确定幂级数 (2) 在收敛区间 \((-R, R)\) 内逐项求导与逐项求积后得到的幂级数

\[ a _ {1} + 2 a _ {2} x + 3 a _ {3} x ^ {2} + \dots + n a _ {n} x ^ {n - 1} + \dots , \tag {7} \]

\[ a _ {0} x + \frac {a _ {1}}{2} x ^ {2} + \frac {a _ {2}}{3} x ^ {3} + \dots + \frac {a _ {n}}{n + 1} x ^ {n + 1} + \dots , \tag {8} \]

的收敛区间.

定理 (14.7, 关于收敛半径)

幂级数 (2) 与幂级数 (7)、(8) 具有相同的收敛区间.

证明.

只要证明 (2) 与 (7) 具有相同的收敛区间即可，因为对 (8) 逐项求导就得到 (2).

证明 (续).

1）思路：对原始幂函数的 R，新幂级数的点在 \((-R, R)\) 内均收敛（比较原则）

设 \(x_0 \in (-R, R)\) , \(x_0 \neq 0\) , 由 Abel 定理 (定理 14.1) 的证明，\(\exists M\) 与 \(r < 1\) , 对一切正整数 \(n\) , 都有 \(|a_n x_0^n| < Mr^n\) . 于是 \(\left|na_n x_0^{n-1}\right| = \left|\frac{n}{x_0}\right| |a_n x_0^n| < \frac{M}{|x_0|} nr^n\) . 由于根据 D'Alembert, \(\sum nr^n\) 收敛，所以由级数的比较原则及上述不等式，就推出幂级数 (7) 在点 \(x_0\) 绝对收敛 (当然也是收敛的！). 由于 \(x_0\) 为 \((-R, R)\) 中任一点，这就证明了幂级数 (7) 在 \((-R, R)\) 上收敛.

2）证明新幂级数（7）对一切满足 \(|x| > R\) 的 \(x\) 点都不收敛（反证法：若收敛，原幂级数的收敛半径要变大).

如若不然，幂级数 (7) 在点 \(x_0\) (\(|x_0| > R\)) 收敛，则存在 \(\overline{x}\) , 使得 \(|x_0| > |\overline{x}| > R\) .

由 Abel Thm, 幂级数 (7) 在 \(x = \overline{x}\) 时绝对收敛。但是，取 \(n \geq |\overline{x}|\) 时，就有

\[ \left| n a _ {n} \bar {x} ^ {n - 1} \right| = \frac {n}{| \bar {x} |} \left| a _ {n} \bar {x} ^ {n} \right| \geq \left| a _ {n} \bar {x} ^ {n} \right|, \]

根据比较原则，幂级数 (2) 在 \(x = \bar{x}\) 处绝对收敛。这与所设幂级数 (2) 的收敛区间为 \((-R, R)\) 相矛盾。于是幂级数 (7) 的收敛区间也是 \((-R, R)\) .

定理 (14.8，关于计算公式)

设幂级数 (2) 在收敛区间 \((-R, R)\) 上的和函数为 \(f\) , 若 \(x\) 为 \((-R, R)\) 内任意一点，则

证明.

只要验证 逐项求导与 逐项求积定理的条件满足

由定理 14.7, 级数 (2), (7), (8) 具有相同的收敛半径 R. 因此，对任意一个 \(x \in (-R, R)\) , 总存在正数 r, 使得 \(|x| < r < R\) , 根据定理 14.4, 级数 (2), (7) 在 \([-r, r]\) 上一致收敛。再由逐

项求导与逐项求积定理，就得到所要的结论.

定理 (14.8，关于计算公式)

设幂级数 (2) 在收敛区间 \((-R, R)\) 上的和函数为 \(f\) , 若 \(x\) 为 \((-R, R)\) 内任意一点，则

证明.

只要验证 逐项求导与 逐项求积定理的条件满足

由定理 14.7, 级数 (2), (7), (8) 具有相同的收敛半径 R. 因此，对任意一个 \(x \in (-R, R)\) , 总存在正数 r, 使得 \(|x| < r < R\) , 根据定理 14.4, 级数 (2), (7) 在 \([-r, r]\) 上一致收敛。再由逐项求导与逐项求积定理，就得到所要的结论. □

由本定理可得，幂级数在其收敛区间上可以逐项求导和逐项求积.

推论 (1)

设 \(f\) 为幂级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n x_0^n\) 在收敛区间 \((-R, R)\) 上的和函数，则在 \((-R, R)\) 上 \(f\) 具有任意阶导数，且可任意次逐项求导，即

\[ \begin{array}{l} f ^ {\prime} (x) = a _ {1} + 2 a _ {2} x + 3 a _ {3} x ^ {2} + \dots + n a _ {n} x ^ {n - 1} + \dots \\ f ^ {\prime \prime} (x) = 2 a _ {2} + 3 \cdot 2 a _ {3} x + \dots + n (n - 1) a _ {n} x ^ {n - 2} + \dots \\ f ^ {(n)} (x) = n! a _ {n} + (n + 1) n (n - 1) \dots 2 a _ {n + 1} x + \dots \\ \end{array} \]

• • • • • • • • •

推论 (2)

设 f 为幂级数 \(\sum a_{n}x^{n}\) 在 x=0 某邻域内的和函数，则级数 (2) 的系数 \(a_{n}(n=0,1,2,\cdots)\) 与 f 在 x=0 处的各阶导数有如下关系：

\[ a _ {0} = f (0), \quad a _ {n} = \frac {f ^ {(n)} (0)}{n !} \quad (n = 1, 2, \dots). \]

只要在推论 1 的公式中将 x = 0 代入

注 推论 2 表明，若幂级数 (2) 在 \((-R, R)\) 上有和函数 \(f\) , 则级数 (2) 由 \(f\) 在 \(x = 0\) 处的各阶导数所惟一确定.

这是一个重要的结论，在讨论幂级数展开时要用到.

幂级数的运算

定理 (14.9)

若幂级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\) 与 \(\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n\) 在 \(x = 0\) 的某邻域内有相同的和函数，则它们同次幂项的系数相等，即

\[ a _ {n} = b _ {n} \quad (n = 1, 2, \dots). \]

这个定理的结论可直接由定理 14.8 的推论 2 得到.

根据这个推论还可推得：若幂级数 (2) 的和函数为奇 (偶) 函数，则 (2) 式不出现偶 (奇) 次幂的项.

定理 (14.10)

若 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\) 与 \(\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n\) 的收敛半径分别为 \(R_a\) 和 \(R_b\) , 则

\[ \lambda \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n} = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \lambda a _ {n} x ^ {n}, \quad | x | < R _ {a}, \]

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n} \pm \sum_ {n = 0} ^ {\infty} b _ {n} x ^ {n} = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \left(a _ {n} \pm b _ {n}\right) x ^ {n}, | x | < R, \]

\[ \left(\sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n}\right) \left(\sum_ {n = 0} ^ {\infty} b _ {n} x ^ {n}\right) = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} c _ {n} x ^ {n}, | x | < R, \]

式中 \(\lambda\) 为常数，\(R = \min\left\{R_{a}, R_{b}\right\}\) , \(c_{n} = \sum_{k=0}^{n} a_{k} b_{n-k}\) .

定理的证明可由数项级数的相应性质推出.

例 (6)

几何级数在收敛域 \((-1,1)\) 内有

\[ f (x) = \boxed {\frac {1}{1 - x} = 1 + x + x ^ {2} + \dots + x ^ {n} + \dots} \tag {10} \]

对级数（10）在 \((-1,1)\) 内逐项求导得

\[ f ^ {\prime} (x) = \boxed {\frac {1}{(1 - x) ^ {2}} = 1 + 2 x + 3 x ^ {2} + \dots + n x ^ {n - 1} + \dots}, \tag {11} \]

\[ f ^ {\prime \prime} (x) = \frac {2 !}{(1 - x) ^ {3}} = 2 + 3 \cdot 2 x + \dots + n (n - 1) x ^ {n - 2} + \dots , \tag {12} \]

将级数（10）在 \([0, x]\) (x < 1) 上逐项求积得到

\[ \int_ {0} ^ {x} \frac {\mathbf {d} t}{1 - t} = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \int_ {0} ^ {x} t ^ {n} \mathbf {d} t \]

所以

\[ \boxed {\ln \frac {1}{1 - x} = x + \frac {x ^ {2}}{2} + \frac {x ^ {3}}{3} \dots + \frac {x ^ {n + 1}}{n + 1} + \dots} \quad (| x | < 1). \]

所以

\[ \ln \frac {1}{1 - x} = x + \frac {x ^ {2}}{2} + \frac {x ^ {3}}{3} \dots + \frac {x ^ {n + 1}}{n + 1} + \dots \quad (| x | < 1). \]

上式对 \(x = -1\) 也成立 (参见本节习题 3). 于是有

\[ \ln {\frac {1}{2}} = - 1 + \frac {1}{2} - \frac {1}{3} \dots + \frac {(- 1) ^ {n}}{n} + \dots , \]

\[ \boxed {\ln 2 = 1 - \frac {1}{2} + \frac {1}{3} \dots + \frac {(- 1) ^ {n - 1}}{n} + \dots .} \]

从这个例子可以看到：由已知级数 (10) 的和函数，通过逐项求导或逐项求积，可间接地求得级数 (11)、(12) 或 (13) 的和函数.

求 \(s(x)\) , 而 \(s'(x)\) 可写成某个容易求的幂级数 \(\sum g(x) = h(x)\) , 求出后 \(s(x) = \int h(x) dx + C\) , 再决定 \(C\)

例

求 \(s(x) = x - \frac{x^2}{2} +\frac{x^3}{3} -\frac{x^4}{4} +\dots \frac{(-1)^{n + 1}}{n} x^n +\dots\)

事实上，由 Taylor， \(s(x)=\ln(1+x)\) ，假设不知道这件事

\[ s ^ {\prime} (x) = 1 - x + x ^ {2} - x ^ {3} + \dots = \frac {1}{1 + x}, \therefore \]

\[ s (x) = \int {\frac {1}{1 + x}} d x = \ln (1 + x) + C \]

令 x = 0, 得 c = 0.

\[ s (x) = \ln (1 + x) \]

求 \(s(x)\) , 而 \(\int s(x)dx\) 可写成某个容易求的幂级数 \(\sum g(x) = h(x)\) , 求出后 \(s(x) = h'(x)\)

例

\[ s (x) = 1 + 2 x + 3 x ^ {2} + \dots + n x ^ {n - 1} + \dots \]

\[ \int s (x) d x = 1 + x + x ^ {2} + \dots = \frac {1}{1 - x} \]

\[ s (x) = \frac {1}{(1 - x) ^ {2}} \]

求 \(s(x)\) , 而 \(s'(x)\) 或 \(\int s(x)dx\) 可写成包含某个容易求的幂级数 \(\sum g(x) = h(x)\) 的乘积，算出乘积，然后逆运算

仍然

例

\[ s (x) = 1 + 2 x + 3 x ^ {2} + \dots + n x ^ {n - 1} + \dots \]

\[ \int s (x) d x = x + x ^ {2} + \dots = x \frac {1}{1 - x} \]

\[ s (x) = (\frac {x}{1 - x}) ^ {\prime} = (\frac {x - 1}{1 - x} + \frac {1}{1 - x}) ^ {\prime} \]

仍然得到和前面相同的答案。

例 (7)

求幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n^{2}x^{n}\) 的和函数.

解 首先求出收敛域。因为 \(\lim_{x\to \infty}\sqrt[n]{n^2} = 1\) ，且级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} n^2\) 与 \(\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n^2\) 都发散，所以收敛域为 \((-1, 1)\) .

设 \(S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n^2 x^n = x \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n^2 x^{n-1} = x \cdot g(x) \quad x \in (-1, 1)\) .

因为

\[ \begin{array}{l} \int_ {0} ^ {x} g (t) \mathrm{d} t = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} n ^ {2} \int_ {0} ^ {x} t ^ {n - 1} \mathrm{d} t \\ = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} n x ^ {n} = x \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} n x ^ {n - 1} = x h (x). \\ \end{array} \]

例 (7)

求幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n^{2}x^{n}\) 的和函数.

解 首先求出收敛域。因为 \(\lim_{x\to \infty}\sqrt[n]{n^2} = 1\) ，且级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} n^2\) 与 \(\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n^2\) 都发散，所以收敛域为 \((-1, 1)\) .

设 \(S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n^2 x^n = x \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n^2 x^{n-1} = x \cdot g(x) \quad x \in (-1, 1)\) .

因为

\[ \begin{array}{l} \int_ {0} ^ {x} g (t) \mathrm{d} t = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} n ^ {2} \int_ {0} ^ {x} t ^ {n - 1} \mathrm{d} t \\ = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} n x ^ {n} = x \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} n x ^ {n - 1} = x h (x). \\ \end{array} \]

对 \(h(x)\) 逐项积分，得

\[ \begin{array}{l} \int_ {0} ^ {x} h (t) \mathrm{d} t = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} n \int_ {0} ^ {x} t ^ {n - 1} \mathrm{d} t = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} x ^ {n} \\ = \frac {x}{1 + x}, \quad x \in (- 1, 1). \\ \end{array} \]

所以 \(h(x)=\left(\frac{x}{1+x}\right)^{\prime}=\frac{1}{(1+x)^{2}};\)

\[ g (x) = (x h (x)) ^ {\prime} = \left[ \frac {x}{(1 + x) ^ {2}} \right] ^ {\prime} = \frac {1 - x}{(1 + x) ^ {3}}; \]

于是 \(S(x)=xg(x)=\frac{x-x^{2}}{(1+x)^{3}}\quad x\in(-1,1)\) .

本题还可以用逐项求导的方法，请自行练习.

1. ** 从几何级数开始：**

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} z ^ {n} = \frac {1}{1 - z}. | z | < 1 \]

1. 对上述级数关于 z 求导，由于在收敛域内可以逐项求导，得到

\[ {\frac {d}{d z}} \left(\sum_ {n = 0} ^ {\infty} z ^ {n}\right) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n z ^ {n - 1} = {\frac {d}{d z}} \left({\frac {1}{1 - z}}\right) = {\frac {1}{(1 - z) ^ {2}}}. \]

两边乘以 z 得

\[ \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n z ^ {n} = \frac {z}{(1 - z) ^ {2}}. \]

1. 令

\[ S (z) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n z ^ {n} = \frac {z}{(1 - z) ^ {2}}, \]

对 \(S(z)\) 再次关于 z 求导:

\[ S ^ {\prime} (z) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n ^ {2} z ^ {n - 1} = \frac {d}{d z} \left(\frac {z}{(1 - z) ^ {2}}\right). \]

用乘积求导法则计算右侧的导数：

\[ \frac {d}{d z} \left(\frac {z}{(1 - z) ^ {2}}\right) = \frac {(1 - z) ^ {2} - z \cdot 2 (1 - z) (- 1)}{(1 - z) ^ {4}} = \frac {(1 - z) ^ {2} + 2 z (1 - z)}{(1 - z) ^ {4}}. \]

将分子整理：

\[ (1 - z) ^ {2} + 2 z (1 - z) = (1 - z) \big [ (1 - z) + 2 z \big ] = (1 - z) (1 + z). \]

因此，

\[ S ^ {\prime} (z) = \frac {(1 - z) (1 + z)}{(1 - z) ^ {4}} = \frac {1 + z}{(1 - z) ^ {3}}. \]

最后，将两边乘以 z 得：

\[ \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n ^ {2} z ^ {n} = z S ^ {\prime} (z) = \frac {z (1 + z)}{(1 - z) ^ {3}}. \]

这样，我们就导出了

\[ \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n ^ {2} z ^ {n} = \frac {z (1 + z)}{(1 - z) ^ {3}} \quad (| z | < 1). \]

接下来，我们考虑

\[ \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} n ^ {2} x ^ {n}. \]

令 \(z = -x\) ，代入上式得到

\[ \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n ^ {2} (- x) ^ {n} = \frac {- x (1 - x)}{(1 + x) ^ {3}}. \]

注意到

\[ (- 1) ^ {n - 1} = - (- 1) ^ {n}, \]

所以原级数可以写成

\[ \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} n ^ {2} x ^ {n} = - \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n} n ^ {2} x ^ {n} = - \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n ^ {2} (- x) ^ {n}. \]

因此，

\[ \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n - 1} n ^ {2} x ^ {n} = - \left(\frac {- x (1 - x)}{(1 + x) ^ {3}}\right) = \frac {x (1 - x)}{(1 + x) ^ {3}}. \]

本节总结

定理 (14.1 阿贝尔定理)

若 (2) 在 \(x = \bar{x} \neq 0\) 收敛，则对满足 \(|x| < |\bar{x}|\) 的任何 \(x\) , 幂级数 (2) 收敛而且绝对收敛；\(x = \bar{x}\) 时发散，则对满足 \(|x| > |\bar{x}|\) 的任何 \(x\) , 幂级数 (2) 发散.

定理 (14.4)

若幂级数 (2) 的收敛半径为 \(R > 0\) ，则在它的收敛区间 \((-R, R)\) 内任一闭区间 \([a, b] \subset (-R, R)\) 上，级数 (2) 都一致收敛 (绝对收敛).

定理 (14.5)

若幂级数 (2) 的收敛半径为 \(R > 0\) , 且在 \(x = R\) (或 \(x = -R\)) 时收敛，则级数 (2) 在 \([0, R]\) (或 \([-R, 0]\)) 上一致收敛 (没说绝对收敛).

计算总结: (几乎) 所有的计算，都从 \(1 + x + x^{2} + \cdots = \frac{1}{1 - x} \left( |x| < 1 \right)\) 衍生出来

复习思考题

作业 P. 55, 1 单，2 单

数学分析

2025-2026 (2)

Ch. 14b

沈超敏

计算机科学与技术学院

作业：P. 55

1. 证明：设 \(f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\) 在 \(|x| < R\) 内收敛，若 \(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n+1} R^{n+1}\) 也收敛，则

\[ \int_ {0} ^ {R} f (x) \mathrm{d} x = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \frac {a _ {n}}{n + 1} R ^ {n + 1} \]

(注意：这里不管 \(\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\) 在 x=R 是否收敛). 应用这个结果证明：

\[ \int_ {0} ^ {1} \frac {1}{1 + x} \mathrm{d} x = \ln 2 = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (- 1) ^ {n} \frac {1}{n}. \]

证明思路

1. 已知条件

2. 逐项积分

- 在 \(|x| < R\) 内，幂级数按项积分：

\[ \int_ {0} ^ {R} f (x) d x = \left. \int_ {0} ^ {R} \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} x ^ {n} d x \right. \]

若积分与求和号可以交换顺序，则：

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \int_ {0} ^ {P} a _ {n} x ^ {n} d x \]

- 计算单个项的积分：

\[ \int_ {0} ^ {R} a _ {n} x ^ {n} d x = a _ {n} \int_ {0} ^ {R} x ^ {n} d x = a _ {n} \frac {R ^ {n + 1}}{n + 1} \]

- 所以:

\[ \int_ {0} ^ {R} f (x) d x = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \frac {a _ {n}}{n + 1} R ^ {n + 1} \]

3. 换序的正当性

- 由于假设 \(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n+1} R^{n+1}\) 也收敛，因此逐项积分是合法的（根据 Weierstrass 逐项积分定理）。

定理内容

设函数级数：

\[ \sum_ {n = 0} ^ {\infty} f _ {n} (x) \]

在区间 \([a,b]\) 上逐项收敛，即存在一个极限函数：

\[ S (x) = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} f _ {n} (x), \]

如果满足以下条件：

则可以将求和与积分交换：

\[ \int_ {a} ^ {b} S (x) d x = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \int_ {a} ^ {b} f _ {n} (x) d x. \]

即：

\[ \int_ {a} ^ {b} \sum_ {n = 0} ^ {\infty} f _ {n} (x) d x = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \int_ {a} ^ {b} f _ {n} (x) d x. \]

上节课内容回顾

https://www.geogebra.org/m/rfdkjwpx

§14.2 函数的幂级数展开

由泰勒公式知道，可以将满足一定条件的函数表示为一个多项式与一个余项的和.

如果能将一个满足适当条件的函数在某个区间上表示成一个幂级数，就为函数的研究提供了一种新的方法.

泰勒级数

第六章 §3 的泰勒定理中曾指出，若函数 \(f\) 在点 \(x_0\) 的某邻域内存在直至 \(n + 1\) 阶的连续导数，则

\[ f (x) = f \left(x _ {0}\right) + f ^ {\prime} \left(x _ {0}\right) \left(x - x _ {0}\right) + \frac {f ^ {\prime \prime} \left(x _ {0}\right)}{2 !} \left(x - x _ {0}\right) ^ {2} + \dots + \frac {f ^ {(n)} \left(x _ {0}\right)}{n !} \left(x - x _ {0}\right) ^ {n} + R _ {n} (x), \tag {1} \]

这里为 \(R_{n}(x)\) 拉格朗日型余项

\[ R _ {n} (x) = \frac {f ^ {(n + 1)} (\xi)}{(n + 1) !} (x - x _ {0}) ^ {n + 1}, \tag {2} \]

其中 \(\xi\) 在 x 与 \(x_{0}\) 之间，称 (1) 式为 f 在点 \(x_{0}\) 的泰勒公式.

由于余项 \(R_{n}(x)\) 是关于 \((x - x_0)^{n}\) 的高阶无穷小，因此在点 \(x_0\) 附近 \(f\) 可用 (1) 式右边的多项式来近似代替，这是泰勒公式带来的重要结论.

再进一步，设函数 \(f\) 在 \(x = x_0\) 处存在任意阶导数，就可以由函数 \(f\) 得到一个幂级数

\[ f \left(x _ {0}\right) + f ^ {\prime} \left(x _ {0}\right) \left(x - x _ {0}\right) + \frac {f ^ {\prime \prime} \left(x _ {0}\right)}{2 !} \left(x - x _ {0}\right) ^ {2} + \dots + \frac {f ^ {(n)} \left(x _ {0}\right)}{n !} \left(x - x _ {0}\right) ^ {n} + \dots , \tag {3} \]

通常称 (3) 式为 f 在 \(x = x_{0}\) 处的泰勒级数.

级数 (3) 是否能在 \(x_0\) 附近确切地表达 \(f\) , 或者说 (3) 在 \(x_0\) 附近的和函数是否就是 \(f\) 本身？

例 (1)

\[ f (x) = \left\{ \begin{array}{l l} \mathrm{e} ^ {- \frac {1}{x ^ {2}}}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0 \end{array} \right. \]

在 x = 0 处的任意阶导数都等于 0 (\(\S6.4\) 第二段末尾), 即 \(f^{(n)}(0) = 0, n = 1, 2, \cdots\) , 因此 f 在 x = 0 的泰勒级数为

\[ 0 + 0 \cdot x + \frac {0}{2 !} x ^ {2} + \dots + \frac {0}{n !} x ^ {n} + \dots \]

显然它在 \((- \infty, + \infty)\) 上收敛，且其和函数 \(S(x) = 0\) 。由此看到，对一切 \(x \neq 0\) 都有 \(f(x) \neq S(x)\) 。

上例说明，具有任意阶导数的函数，泰勒级数并不都能收敛于该函数本身，哪怕在很小的一个邻域内.

\(e^{-\frac{1}{x^2}} (x \neq 0)\) 的导数

\[ f (x) = e ^ {- \frac {1}{x ^ {2}}} \quad (x \neq 0) \]

它的任意阶导数都可以写成：

\[ f ^ {(n)} (x) = P _ {n} \left(\frac {1}{x}\right) e ^ {- \frac {1}{x ^ {2}}} \]

其中 \(P_{n}\) 是一个关于 \(\frac{1}{x}\) 的多项式（次数 3n）。

一、先看前几阶（建立直觉）

我们直接算几阶：

1 一阶导

\[ f ^ {\prime} (x) = e ^ {- 1 / x ^ {2}} \cdot \frac {2}{x ^ {3}} \]

2 二阶导

\[ f ^ {\prime \prime} (x) = e ^ {- 1 / x ^ {2}} \left(\frac {4}{x ^ {6}} - \frac {6}{x ^ {4}}\right) \]

3 三阶导（略写结构）

\[ f ^ {(3)} (x) = e ^ {- 1 / x ^ {2}} \left(\frac {8}{x ^ {9}} - \frac {3 6}{x ^ {7}} + \frac {2 4}{x ^ {5}}\right) \]

极限分析

- 当 \(x > 0\) 时：

\[ \left| \frac {e ^ {- \frac {1}{x ^ {2}}}}{x} \right| \]

由于指数函数 \(e^{-\frac{1}{x^2}}\) 下降得比任何幂函数快，因此对于任意正数 \(M\) ，都存在足够小的 \(x\) ，使得：

\[ e ^ {- \frac {1}{x ^ {2}}} < x M. \]

于是

\[ \frac {e ^ {- \frac {1}{x ^ {2}}}}{x} < M. \]

令 \(M\to 0\) ，可得：

\[ \lim _ {x \rightarrow 0 ^ {+}} \frac {e ^ {- \frac {1}{x ^ {2}}}}{x} = 0. \]

- 当 \(x < 0\) 时，类似分析：

\[ \lim _ {x \rightarrow 0 ^ {-}} \frac {e ^ {- \frac {1}{x ^ {2}}}}{x} = 0. \]

那么怎样的函数，其泰勒级数才能收敛于它本身呢？

定理 (14.11)

设 f 在点 \(x_{0}\) 具有任意阶导数，

f 在区间 \((x_{0}-r, x_{0}+r)\) 上等于它的泰勒级数的和函数 \(\Longleftrightarrow\)

对一切满足不等式 \(|x - x_0| < r\) 的 \(x\) , 有 \(\lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0\) , 这里 \(R_n(x)\) 是 \(f\) 在点 \(x_0\) 泰勒公式的余项.

如果 \(f\) 能在点 \(x_0\) 的某邻域上等于其泰勒级数的和函数，则称函数 \(f\) 在点 \(x_0\) 的这一邻域内可展开成泰勒级数，并称等式

\[ f (x) = f \left(x _ {0}\right) + f ^ {\prime} \left(x _ {0}\right) \left(x - x _ {0}\right) + \frac {f ^ {\prime \prime} \left(x _ {0}\right)}{2 !} \left(x - x _ {0}\right) ^ {2} + \dots + \frac {f ^ {(n)} \left(x _ {0}\right)}{n !} \left(x - x _ {0}\right) ^ {n} + \dots \]

的右边为 f 在 \(x = x_{0}\) 处的泰勒展开式，或幂级数展开式.

由级数的逐项求导性质可得：若 \(f\) 为幂级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\) 在收敛区间 \((-R, R)\) 上的和函数，则 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\) 就是 \(f\) 在 \((-R, R)\) 上的泰勒展开式，即幂级数展开式是惟一的.

在实际应用上，主要讨论函数在 \(x_{0}=0\) 处的展开式:

\[ f (0) + \frac {f ^ {\prime} (0)}{1 !} x + \frac {f ^ {\prime \prime} (0)}{2 !} x ^ {2} + \dots + \frac {f ^ {(n)} (0)}{n !} x ^ {n} + \dots , \]

称为麦克劳林级数.

如果 \(f\) 能在点 \(x_0\) 的某邻域上等于其泰勒级数的和函数，则称函数 \(f\) 在点 \(x_0\) 的这一邻域内可展开成泰勒级数，并称等式

\[ f (x) = f \left(x _ {0}\right) + f ^ {\prime} \left(x _ {0}\right) \left(x - x _ {0}\right) + \frac {f ^ {\prime \prime} \left(x _ {0}\right)}{2 !} \left(x - x _ {0}\right) ^ {2} + \dots + \frac {f ^ {(n)} \left(x _ {0}\right)}{n !} \left(x - x _ {0}\right) ^ {n} + \dots \]

的右边为 f 在 \(x = x_{0}\) 处的泰勒展开式，或幂级数展开式.

由级数的逐项求导性质可得：若 \(f\) 为幂级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\) 在收敛区间 \((-R, R)\) 上的和函数，则 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\) 就是 \(f\) 在 \((-R, R)\) 上的泰勒展开式，即幂级数展开式是惟一的.

在实际应用上，主要讨论函数在 \(x_{0}=0\) 处的展开式:

\[ f (0) + \frac {f ^ {\prime} (0)}{1 !} x + \frac {f ^ {\prime \prime} (0)}{2 !} x ^ {2} + \dots + \frac {f ^ {(n)} (0)}{n !} x ^ {n} + \dots , \]

称为麦克劳林级数.

从定理 14.11 知道，余项对确定函数能否展开为幂级数是极为重要的

当 \(x_{0}=0\) 时的三种余项.

积分型 \(R_{n}(x)=\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}f^{(n+1)}(t)(x-t)^{n}\mathrm{d}t,\)

拉格朗日型 \(R_{n}(x)=\frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi)x^{n+1},\xi\) 在 0 与 x 之间，

柯西型 \(R_{n}(x) = \frac{1}{n!} f^{(n + 1)}(\theta x)(1 - \theta)^{n}x^{n + 1},0\leq \theta \leq 1.\)

Lagrange 形式的构造

\[ \boxed {\phi (t) = f (t) - T _ {n} (t) - A (t - x _ {0}) ^ {n + 1}} \]

再看：

√ 代入 \(t = x_{0}\)

\[ \phi (x _ {0}) = 0 \]

(自动成立)

√ 两选 A，使：

\[ \phi (x) = 0 \]

第 1 次 Rolle

\[ \phi (a) = \phi (x) = 0 \]

得:

\[ \exists \xi_ {1}, \quad \phi^ {\prime} (\xi_ {1}) = 0 \]

第 2 次 Rolle

利用：

\[ \phi^ {\prime} (a) = 0, \quad \phi^ {\prime} (\xi_ {1}) = 0 \]

得:

\[ \exists \xi_ {2}, \quad \phi^ {\prime \prime} (\xi_ {2}) = 0 \]

◆ ....

重复下去

第 \(n+1\) 次

最终得到:

\[ \boxed {\exists \xi , \quad \phi^ {(n + 1)} (\xi) = 0} \]

初等函数的幂级数展开式

例 (2)

求下面 k 次多项式函数的幂级数展开式.

\[ f (x) = c _ {0} + c _ {1} x + c _ {2} x ^ {2} + \dots + c _ {k} x ^ {k} \]

解 由于

\[ f ^ {(n)} (0) = \left\{ \begin{array}{c l} n! c _ {n}, & n \leq k, \\ 0, & n > k, \end{array} \right. \]

总有 \(\lim_{n\to \infty}R_n(x) = 0\) ，因而

\[ \begin{array}{l} f (x) = f (0) + f ^ {\prime} (0) x + \frac {f ^ {\prime \prime} (0)}{2 !} x ^ {2} + \dots + \frac {f ^ {(k)} (0)}{k !} x ^ {k} \\ = c _ {0} + c _ {1} x + c _ {2} x ^ {2} + \dots + c _ {k} x ^ {k}, \\ \end{array} \]

即多项式函数的幂级数展开式就是它本身.

例 (3)

求函数 \(f(x)=\mathrm{e}^{x}\) 的幂级数展开式.

解 由于 \(f^{(n)}(x)=\mathrm{e}^{x}, f^{(n)}(0)=1 (n=1,2,\cdots)\) ，因此 f 的拉格朗日余项为

\[ R _ {n} (x) = \frac {\mathrm{e} ^ {\theta x}}{(n + 1) !} x ^ {n + 1} \quad (0 \leq \theta \leq 1). \]

显见 \(|R_n(x)| \leq \frac{\mathrm{e}^{|x|}}{(n + 1)!}|x|^{n + 1}\) . 于是对任何实数 \(x\) , 都有

\[ \lim _ {n \to \infty} \frac {\mathrm{e} ^ {| x |}}{(n + 1) !} | x | ^ {n + 1} = 0, \]

因而 \(\lim_{n\to\infty}R_{n}(x)=0.\)

由定理 14.11 得到

\[ \mathrm{e} ^ {x} = 1 + \frac {1}{1 !} x + \frac {1}{2 !} x ^ {2} + \dots + \frac {1}{n !} x ^ {n} + \dots , x \in (- \infty , + \infty) \]

例 (4)

正弦函数 \(f(x) = \sin x\)

\[ f ^ {(n)} (x) = \sin \left(x + \frac {n \pi}{2}\right) \quad n = 1, 2, \dots \]

现在考察 f 的拉格朗日型余项 \(R_{n}(x)\) . 因为 \(n \to \infty\) 时，

\[ | R _ {n} (x) | = \left| \frac {\sin (\xi + (n + 1) \frac {\pi}{2})}{(n + 1) !} x ^ {n + 1} \right| \leq \frac {| x | ^ {n + 1}}{(n + 1) !} \rightarrow 0 \]

所以 \(f(x)=\sin x\) 在 \((-∞,+∞)\) 上可以展开为麦克劳林级数:

\[ \sin x = x - \frac {x ^ {3}}{3 !} + \frac {x ^ {5}}{5 !} + \dots + (- 1) ^ {n + 1} \frac {x ^ {2 n - 1}}{(2 n - 1) !} + \dots \]

同样可证 (或用逐项求导), 在 \((-∞,+∞)\) 上有

\[ \cos x = 1 - \frac {x ^ {2}}{2 !} + \frac {x ^ {4}}{4 !} + \dots + (- 1) ^ {n} \frac {x ^ {2 n}}{(2 n) !} + \dots \]

例 (5)

函数 \(f(x)=\ln(1+x)\)

\[ f ^ {(n)} (x) = (- 1) ^ {n - 1} \frac {(n - 1) !}{(1 + x) ^ {n}}, \]

\[ f ^ {(n)} (0) = (- 1) ^ {n - 1} (n - 1)!, \]

所以 \(\ln (1 + x)\) 的麦克劳林级数是

\[ x - \frac {x ^ {2}}{2} + \frac {x ^ {3}}{3} - \frac {x ^ {4}}{4} + \dots + (- 1) ^ {n - 1} \frac {x ^ {n}}{n} + \dots . \tag {5} \]

1）用比式判别法容易求得级数 (5) 的收敛半径 \(R = 1\) ，且当 \(x = 1\) 时收敛， \(x = -1\) 时发散，故级数 (5) 的收敛域是 \((-1,1]\)

2）下面讨论在 \((-1,1]\) 上它的余项的极限.

当 \(0 \leq x \leq 1\) 时，对拉格朗日型余项，有

\[ \begin{array}{l} | R _ {n} (x) | = \left| \frac {(- 1) ^ {n}}{(n + 1) !} \frac {n !}{(1 + \xi) ^ {n + 1}} x ^ {n + 1} \right| = \frac {1}{(n + 1)} \left(\frac {x}{1 + \xi}\right) ^ {n + 1} \\ \leq \frac {1}{n + 1} \rightarrow 0 (n \rightarrow \infty) \\ \end{array} \]

当 -1 < x < 0 时，因拉格朗日型余项不易估计，故改用柯西型余项

\[ R _ {n} (x) = \frac {1}{n !} f ^ {(n + 1)} (\theta x) (1 - \theta) ^ {n} x ^ {n + 1}, 0 \leq \theta \leq 1 \]

此时有

\[ \begin{array}{l} \left| R _ {n} (x) \right| = \left| \frac {1}{n !} (- 1) ^ {n} \frac {n !}{(1 + \theta x) ^ {n + 1}} (1 - \theta) ^ {n} x ^ {n + 1} \right| \\ = \frac {1}{1 + \theta x} \left(\frac {1 - \theta}{1 + \theta x}\right) ^ {n} | x | ^ {n + 1}, 0 \leq \theta \leq 1. \\ \end{array} \]

因 \(-1 < x < 0\) , 故 \(1 - \theta \leq 1 + \theta x\) , 即 \(0 \leq \frac{1 - \theta}{1 + \theta x} \leq 1\) . 所以 \(|R_n(x)| \leq \frac{|x|^{n+1}}{1 - |x|} \to 0 (n \to \infty)\) . 这就证得在 \((-1, 1]\) 上 \(\ln(1 + x)\) 的幂级数展开式就是 (5).

将 (5) 中 \(x\) 换成 \(x - 1\) , 就得到函数 \(f(x) = \ln x\) 在 \(x = 1\) 处的泰勒展开式:

\[ \ln x = (x - 1) - \frac {(x - 1) ^ {2}}{2} + \dots + (- 1) ^ {n - 1} \frac {(x - 1) ^ {n}}{n} + \dots , \]

其收敛域为 \((0,2]\) .

当 \(0 \leq x \leq 1\) 时，对拉格朗日型余项，有

\[ \begin{array}{l} | R _ {n} (x) | = \left| \frac {(- 1) ^ {n}}{(n + 1) !} \frac {n !}{(1 + \xi) ^ {n + 1}} x ^ {n + 1} \right| = \frac {1}{(n + 1)} \left(\frac {x}{1 + \xi}\right) ^ {n + 1} \\ \leq \frac {1}{n + 1} \rightarrow 0 (n \rightarrow \infty) \\ \end{array} \]

当 -1 < x < 0 时，因拉格朗日型余项不易估计，故改用柯西型余项

\[ R _ {n} (x) = \frac {1}{n !} f ^ {(n + 1)} (\theta x) (1 - \theta) ^ {n} x ^ {n + 1}, 0 \leq \theta \leq 1 \]

此时有

\[ \begin{array}{l} \left| R _ {n} (x) \right| = \left| \frac {1}{n !} (- 1) ^ {n} \frac {n !}{(1 + \theta x) ^ {n + 1}} (1 - \theta) ^ {n} x ^ {n + 1} \right| \\ = \frac {1}{1 + \theta x} \left(\frac {1 - \theta}{1 + \theta x}\right) ^ {n} | x | ^ {n + 1}, 0 \leq \theta \leq 1. \\ \end{array} \]

因 \(-1 < x < 0\) , 故 \(1 - \theta \leq 1 + \theta x\) , 即 \(0 \leq \frac{1 - \theta}{1 + \theta x} \leq 1\) . 所以 \(|R_n(x)| \leq \frac{|x|^{n+1}}{1 - |x|} \to 0 (n \to \infty)\) . 这就证得在 \((-1, 1]\) 上 \(\ln(1 + x)\) 的幂级数展开式就是 (5).

将 (5) 中 \(x\) 换成 \(x - 1\) , 就得到函数 \(f(x) = \ln x\) 在 \(x = 1\) 处的泰勒展开式:

\[ \ln x = (x - 1) - \frac {(x - 1) ^ {2}}{2} + \dots + (- 1) ^ {n - 1} \frac {(x - 1) ^ {n}}{n} + \dots , \]

其收敛域为 \((0,2]\) .

解 1）当 \(\alpha\) 为正整数时，就是例 2.

下面讨论 \(\alpha\) 不等于正整数时的情形，Case 1, \(\alpha > 1\) . 这时

\[ f ^ {(n)} (x) = \alpha (\alpha - 1) \dots (\alpha - n + 1) (1 + x) ^ {\alpha - n}, \quad n = 1, 2, \dots , \]

\[ f ^ {(n)} (0) = \alpha (\alpha - 1) \dots (\alpha - n + 1), \qquad n = 1, 2, \dots , \]

\[ \boxed {f ^ {(n + 1)} (x) = \alpha (\alpha - 1) \dots (\alpha - n) (1 + x) ^ {\alpha - n - 1}, \qquad n = 1, 2, \dots ,} \]

于是 \(f(x)\) 的麦克劳林级数是

\[ 1 + \alpha x + \frac {\alpha (\alpha - 1)}{2 !} x ^ {2} + \dots + \frac {\alpha (\alpha - 1) \cdots (\alpha - n + 1)}{n !} x ^ {n} + \dots . \tag {6} \]

运用比式法，可得 (6) 的收敛半径 R = 1.

在 \(x \in (-1, 1)\) 内考察它的柯西型余项

\[ R _ {n} (x) = \frac {\alpha (\alpha - 1) \cdots (\alpha - n)}{n !} x ^ {n + 1} \left(\frac {1 - \theta}{1 + \theta x}\right) ^ {n} (1 + \theta x) ^ {\alpha - 1}, \]

由比式判别法，\(0 \leq \theta \leq 1\) 级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\alpha(\alpha-1) \cdots (\alpha-n)}{n!} x^{n+1}\) 当 \(|x| < 1\) 时收敛，故有

\[ \lim _ {n \to \infty} \frac {\alpha (\alpha - 1) \cdots (\alpha - n)}{n !} x ^ {n + 1} = 0. \]

又 \(x > -1\) ，有 \(1 + \theta x\geq 1 - \theta\) ，且 \(0\leq \frac{1 - \theta}{1 + \theta x}\leq 1,\) 从而有 \(\left(\frac{1 - \theta}{1 + \theta x}\right)^n\leq 1\)

再当 \(|x| < 1\) 时，有 \(0 < (1 + \theta x)^{\alpha - 1} < (1 + |x|)^{\alpha - 1} \leq 2^{\alpha - 1}\) .

于是当 \(\alpha > 1\) 时 \((1 + \theta x)^{\alpha - 1}\) 是与 \(n\) 无关的有界量；

Case 2: 当 \(\alpha < 1\) 时，也有同样结论.

综上所述，当 \(|x| < 1\) 时，

\[ \lim _ {n \to \infty} R _ {n} (x) = 0. \]

所以在 \((-1,1)\) 上 \(f(x)=(1+x)^{\alpha}\) 的展开式为

\[ (1 + x) ^ {\alpha} = 1 + \alpha x + \frac {\alpha (\alpha - 1)}{2 !} x ^ {2} + \dots + \frac {\alpha (\alpha - 1) \cdots (\alpha - n + 1)}{n !} x ^ {n} + \dots , \tag {7} \]

对于收敛区间端点的情形，与 \(\alpha\) 的取值有关：

当 (7) 式

\[ (1 + x) ^ {\alpha} = 1 + \alpha x + \frac {\alpha (\alpha - 1)}{2 !} x ^ {2} + \dots + \frac {\alpha (\alpha - 1) \cdots (\alpha - n + 1)}{n !} x ^ {n} + \dots , \tag {7} \]

中 \(\alpha = -1\) 时就得到

\[ \frac {1}{1 + x} = 1 - x + x ^ {2} + \dots + (- 1) ^ {n} x ^ {n} + \dots , x \in (- 1, 1). \tag {8} \]

当 \(\alpha = -\frac{1}{2}\) 时得到

\[ \frac {1}{\sqrt {1 + x}} = 1 - \frac {1}{2} x + \frac {1 \cdot 3}{2 \cdot 4} x ^ {2} - \frac {1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6} x ^ {3} + \dots , x \in (- 1, 1 ]. \tag {9} \]

对于收敛区间端点的情形，与 \(\alpha\) 的取值有关：

当 (7) 式

\[ (1 + x) ^ {\alpha} = 1 + \alpha x + \frac {\alpha (\alpha - 1)}{2 !} x ^ {2} + \dots + \frac {\alpha (\alpha - 1) \cdots (\alpha - n + 1)}{n !} x ^ {n} + \dots , \tag {7} \]

中 \(\alpha = -1\) 时就得到

\[ \frac {1}{1 + x} = 1 - x + x ^ {2} + \dots + (- 1) ^ {n} x ^ {n} + \dots , x \in (- 1, 1). \tag {8} \]

当 \(\alpha = -\frac{1}{2}\) 时得到

\[ \frac {1}{\sqrt {1 + x}} = 1 - \frac {1}{2} x + \frac {1 \cdot 3}{2 \cdot 4} x ^ {2} - \frac {1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6} x ^ {3} + \dots , x \in (- 1, 1 ]. \tag {9} \]

间接展开法

前面的展开幂级数的方法，称为直接展开法.

一般来说，只有比较简单的函数，其幂级数展开式能用直接展开法求得。在更多情况下，可以从已知的展开式出发，通过变量代换、四则运算或逐项求导、逐项求积等方法，间接地求得函数的幂级数展开式.

根据幂级数展开式的惟一性，不管用什么方法得到的幂级数的系数都是一样的。这就是间接展开的根据.

例 (7)

以 \(x^{2}\) 与 \(-x^{2}\) 分别代入 (8) 与 (9) 式，可得

\[ \frac {1}{1 + x ^ {2}} = 1 - x ^ {2} + \dots + (- 1) ^ {n} x ^ {2 n} + \dots , (- 1, 1), \tag {10} \]

\[ \frac {1}{\sqrt {1 - x ^ {2}}} = 1 + \frac {1}{2} x ^ {2} + \frac {1 \cdot 3}{2 \cdot 4} x ^ {4} + \dots , (- 1, 1). \tag {11} \]

对 (10)、(11) 分别逐项求积可得

\[ \arctan x = \int_ {0} ^ {x} \frac {1}{1 + t ^ {2}} \mathrm{d} t = x - \frac {x ^ {3}}{3} + \frac {x ^ {5}}{5} + \dots \]

\[ \begin{array}{l} \arcsin x = \int_ {0} ^ {x} \frac {1}{\sqrt {1 - t ^ {2}}} \mathrm{d} t = (- 1) ^ {n} \frac {x ^ {2 n + 1}}{2 n + 1} + \dots \\ = x + \frac {1}{2} \frac {x ^ {3}}{3} + \frac {1 \cdot 3}{2 \cdot 4} \cdot \frac {x ^ {5}}{5} + \frac {1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6} \cdot \frac {x ^ {7}}{7} + \dots \\ \end{array} \]

熟练掌握某些初等函数的展开式，特别是例 3 - 例 7 的结果，对于用间接方法求幂级数展开十分方便.

例 (8)

求 \((1-x)\ln(1-x)\) 在 x=0 处的幂级数展开式.

解 利用 \(\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n},x\in(-1,1]\) ，得

\[ \ln (1 - x) = - \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {x ^ {n}}{n}, \qquad x \in [ - 1, 1) \]

因此 \((1-x)\ln(1-x)=(1-x)\left(-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}\right)\)

\[ \begin{array}{l} = - \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {x ^ {n}}{n} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {x ^ {n + 1}}{n} = - x - \sum_ {n = 2} ^ {\infty} \frac {x ^ {n}}{n} + \sum_ {n = 2} ^ {\infty} \frac {x ^ {n}}{n - 1} \\ = - x + \sum_ {n = 2} ^ {\infty} \frac {x ^ {n}}{n (n - 1)}, \qquad x \in [ - 1, 1). \\ \end{array} \]

由于 \(-x + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n(n-1)}\) 的收敛域为 \([-1, 1]\) , 严格地讲 \((1 - x) \ln(1 - x)\) 只是它在 \([-1, 1)\) 上的和函数.

而当 \(x = 1\) 时， \(-x + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n(n-1)}\) 的和是 0, 所以

\[ - x + \sum_ {n = 2} ^ {\infty} \frac {x ^ {n}}{n (n - 1)} = \left\{ \begin{array}{l l} (1 - x) \ln (1 - x), & x \in [ - 1, 1), \\ 0, & x = 1. \end{array} \right. \]

用类似方法可得

\[ \ln \frac {1 + x}{1 - x} = 2 \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {x ^ {2 n + 1}}{2 n + 1}, \quad x \in (- 1, 1) \tag {13} \]

例 (9)

计算 \(\ln 2\) 的近似值，精确到 0.0001.

解 方法 1. 可以在展开式 \(\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}\) 中令 x=1, 得 \(\ln2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\) . 这是一个交错级数，故有 \(|R_{n}(x)| < \frac{1}{n+1}\) .

为了误差小于 0.0001，就必须计算级数前 10,000 项的和，收敛得太慢.

方法 2.

\[ \ln \frac {1 + x}{1 - x} = 2 \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {x ^ {2 n + 1}}{2 n + 1}, \quad x \in (- 1, 1) \tag {13} \]

令 \(\frac{1+x}{1-x}=2\) ，得 \(x=\frac{1}{3}\) ，代入 (13) 式，有

\[ \ln 2 = 2 \left(\frac {1}{3} + \frac {1}{3} \cdot \frac {1}{3 ^ {3}} + \dots + \frac {1}{2 n + 1} \cdot \frac {1}{3 ^ {2 n + 1}} + \dots\right) \]

估计余项:

\[ \begin{array}{l} 0 < R _ {n} = 2 \left(\frac {1}{2 n + 1} \cdot \frac {1}{3 ^ {2 n + 1}} + \frac {1}{2 n + 3} \cdot \frac {1}{3 ^ {2 n + 3}} + \dots\right) \\ < \frac {2}{(2 n + 1) \cdot 3 ^ {2 n + 1}} \left(1 + \frac {1}{3 ^ {2}} + \frac {1}{3 ^ {4}} + \dots\right) \\ = \frac {2}{(2 n + 1) \cdot 3 ^ {2 n + 1}} \cdot \frac {1}{1 - \frac {1}{3 ^ {2}}} = \frac {1}{4 (2 n + 1) \cdot 3 ^ {2 n - 1}} \\ \end{array} \]

取 n=4, 有 \(0<R_{4}<\frac{1}{4\cdot9\cdot3^{7}}=\frac{1}{78732}<0.0001\) ,

因此 \(\ln 2\approx 2\left(\frac{1}{3} +\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3^3} +\frac{1}{5}\cdot \frac{1}{3^5} +\frac{1}{7}\cdot \frac{1}{3^7}\right) = 2(0.33333 + 0.02135 + 0.00082 + 0.00007) =\) 0.6931.

怎样用幂级数形式表示某些非初等函数

初等函数（基本函数）是由常函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数和反三角函数等经过有限次的有理运算（加、减、乘、除、乘方、开方）及有限次函数复合所产生、并且在定义域上能用一个方程式表示的函数。

一般地，分段函数不是初等函数，因为在这些分段函数的定义域上不能用一个解析式表示。

例 (10)

用间接方法求非初等函数 \(F(x) = \int_0^x\mathrm{e}^{-t^2}\mathrm{d}t\) 的幂级数展开式.

解 以 \(-x^{2}\) 代替 \(e^{x}\) 的展开式中的 x，得

\[ \mathrm{e} ^ {- x ^ {2}} = 1 - \frac {x ^ {2}}{1 !} + \frac {x ^ {4}}{2 !} - \dots + \frac {(- 1) ^ {n} x ^ {2 n}}{n !} + \dots , - \infty < x < + \infty . \]

再逐项求积，就得到 \(F(x)\) 在 \((-∞,+∞)\) 上的展开式:

\[ \begin{array}{l} F (x) = \int_ {0} ^ {x} \mathrm{e} ^ {- t ^ {2}} \mathrm{d} t \\ = x - \frac {1}{1 !} \frac {x ^ {3}}{3} + \frac {1}{2 !} \frac {x ^ {5}}{5} + \dots + \frac {(- 1) ^ {n}}{n !} \frac {x ^ {2 n + 1}}{2 n + 1} + \dots \\ \end{array} \]

复习思考题

1. 设幂级数 \(\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\) 在 \((-R,R)\) 的和函数为 \(f(x)\) ，问 \(f(x)\) 在 x=0 处的幂级数展开式是什么？

2. 设函数 \(f(x)\) 在 \((-R, R)\) 上的幂级数展开式为

\[ f (x) = f (0) + f ^ {\prime} (0) x + \frac {f ^ {\prime \prime} (0)}{2 !} x ^ {2} + \dots + \frac {f ^ {(n)} (0)}{n !} x ^ {n} + \dots \]

若上式右边的幂级数在 \(x = R\) (或 \(x = -R\)) 收敛，能否得出上式在 \(x = R\) 或 \((x = -R)\) 成立？(结合例 8 进行讨论)

作业

P. 64, 2 单，3 单

数学分析

2024-2025 (2)

沈超敏

计算机科学与技术学院

cmshen@cs.ecnu.edu.cn

助教：陈叶飞、李雅萱

- 二项式定理

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- Taylor

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