3. 幂级数与Taylor展开式

无穷级数

张瑞
中国科学技术大学数学科学学院

幂级数与Taylor展开式

定义 1.
通项为幂函数的函数项级数

\[\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n+\cdots \]

为幂级数。其中实常数$a_0$, $a_1$, $\cdots$称为幂级数的系数。

幂级数的收敛区域

设幂级数的收敛区域为$I$。则显然$0\in I$。

例 1. (例7.3.1) 考察级数

\[1+x+2^2x^2+\cdots+n^n x^n+\cdots \]

的收敛区域。

解. 对任意$x\neq 0$，总存在$N$，满足$|x|>\frac1{N}$，从而通项$|n^nx^n|>1, \forall n>N$。即通项不收敛到0，因此，级数不收敛。

所以，级数的收敛区域是$x=0$。

例 2. (例7.3.1) 考察级数

\[1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\cdots \]

的收敛区域。

解. 对任意$x\neq 0$，由

\[\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|\frac{x^n}{n!}|} =\lim_{n\to\infty}|x|\frac1{\sqrt[n]{n!}}=0 , \forall x\neq 0 \]

由Cauchy根式判别法，级数绝对收敛。

因此，级数的收敛区域为$(-\infty,+\infty)$。

定理 1. (Abel定理)
如果幂级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n$在点$x_1$处收敛，则它在区间$(-|x_1|,|x_1|)$内绝对收敛；反之，若幂级数在$x_2$处发散， 则它在所有满足$|x|>|x_2|$的点$x$处发散。

由Abel定理知，任何一个幂级数的收敛情况可能是：

  • 幂级数仅在$x=0$处收敛，在任何非$0$处都发散，此时收敛区域就是$x=0$
  • 幂级数在任意一点都收敛，它的收敛区域是整个实轴$(-\infty,+\infty)$
  • 幂级数具有不为$0$的收敛点与发散点。

定理 2.
若幂级数具有不为$0$的收敛点与发散点，则存在正数$R$，使得幂级数在$(-R,R)$内绝对收敛；而当$|x|>R$时，幂级数发散。

定义 2.
称$R$为收敛半径，$(-R,R)$为收敛区间。

幂级数的收敛区域$I$如果不是$\{0\}$或者整个实轴，就是一个以原点为中心的区间。 在区间内部，幂级数绝对收敛，在区间的端点需要具体考虑。

收敛半径的计算

定理 3. (收敛半径的计算)
对于幂级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n$， 若极限$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|{\frac{a_{n+1}}{a_n}}\right|=L$，或$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=L$，则

（1） 当$L>0$时，幂级数的收敛半径为$R=\frac1L$；

（2） 当$L=0$时，幂级数的收敛半径为$R=+\infty$;

（3） 当$L=\infty$时，幂级数的收敛半径为$R=0$

例 3. 求收敛半径

（1）(例7.3.2) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n^p}$

（2） $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n!)^2}{(2n)!}x^n$

（3）(例7.3.3) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2}x^{2n}$

幂级数的性质

定理 4. (内闭一致收敛)
幂级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$的收敛半径$R>0$，则该幂级数在收敛区间$(-R,R)$内的任何有界闭区间$[-r,r]$上一致收敛（$0<r<R$）， 即级数在区间$(-R,R)$上内闭一致收敛。 从而，和函数$S(x)$在$(-R,R)$内连续。

定理 5.
幂级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$的收敛半径$R>0$。

（1） 如果级数在$x=R$处收敛，则幂级数在$[0,R]$上一致收敛，进而其和函数$S(x)$在$x=R$处左连续；

（2） 如果级数在$x=-R$处收敛，则幂级数在$[-R, 0]$上一致收敛，进而则其和函数$S(x)$在$x=-R$处右连续。

定理 6. (幂级数的可导性)
幂级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$的收敛半径$R>0$， 则和函数$S(x)$在收敛区间$(-R,R)$内可导， 并且有逐项微分公式

\[S'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} na_n x^{n-1} \]

且求导后的幂级数的收敛半径仍然是$R$。

这样，和函数$S(x)$在收敛区间$(-R,R)$内具有任意阶导数， 为

\[S^{(k)}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}n(n-1)\cdots(n-k+1)a_nx^{n-k} \]

定理 7.
幂级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$的收敛半径$R>0$， 则和函数$S(x)$在$(-R,R)$内可积，且对任意$|x|<R$，有逐项积分公式：

\[\begin{aligned} \int_0^xS(t)dt =&\int_0^x\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nt^n\right)dt \\ =&\sum_{n=0}^{\infty}\left(\int_0^xa_nt^ndt\right) =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n}{n+1}x^{n+1} \end{aligned} \]

并且，积分后得到的幂级数的收敛半径仍为$R$。

若级数在$x=R$处收敛，则上式对$x=R$也成立。

例 4. 求和函数

（1）(例7.3.5) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}x^n$ （2） $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{n!}$ （3） $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{n!}$

（4） $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n!}$ （5） $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{(n+1)!}$

例 5. 求和函数

（1）(例7.3.6) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}nx^n$ （2） $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$

例 6. 求 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n-1)^2}{n+1}{x^n}$ 的收敛域与和函数

例 7. 求和函数

（1） $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ （2） $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{(2n)!}x^{2n}$

幂级数的运算

定理 8.
幂级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$和$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n$的收敛半径分别为$R_1$, $R_2$，令$R=\min\{R_1, R_2\}$， 则在区间$(-R,R)$上，有

（1） $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\pm\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(a_n+b_n)x^n$

（2） $\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)\cdot\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n\right)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n$， 其中$c_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_kb_{n-k}$

幂级数的更一般形式是在$x_0$展开

\[\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n=a_0&+a_1(x-x_0)+\cdots \\ &+a_n(x-x_0)^n+\cdots \end{aligned} \]

相当于前面的级数平移了$x_0$。

收敛区域就变成了$(x_0-R, x_0+R)$和可能的端点$x_0-R$和$x_0+R$。

函数的Taylor展开式

问题. 一个给定的函数$f(x)$怎么展开为幂级数？

若函数$f(x)$在点$x_0$附近可以展开成幂级数，即

\[f(x)=a_0+a_1(x-x_0)+\cdots+a_n(x-x_0)^n+\cdots \]

则$f(x)$在$x_0$附近必有任意阶微商，并且有

\[f^{(k)}(x)=k!a_k+\cdots+n(n-1)\cdots(n-k+1)a_n(x-x_0)^{n-k}+\cdots \]

令$x=x_0$，可得

\[f(x_0)=a_0, \cdots, f^{(k)}(x_0)=k!a_k,\cdots \]

即有

\[a_k=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} \]

定义 3.
若函数$f(x)$在$x_0$处有任意阶导数，则可以构造幂级数

\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n \]

称为$f(x)$在$x_0$处的Taylor级数。特别地，$x_0=0$时，称级数

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

为Maclaurin级数。

  • 一般来说，$f(x)$在$x_0$处的Taylor级数可能除点$x_0$外都发散，或者即使在$x\neq x_0$处收敛，和也未必是$f(x)$
  • $f(x)$在$x_0$处的Taylor级数一般只能记为
    \[f(x) \sim \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n \]

当函数$f(x)$的Taylor级数收敛到自身时，称函数$f(x)$可以展开成Taylor级数，其Taylor级数称为函数$f(x)$的Taylor展开式。 特别，当$x_0=0$且$f(x)$的Maclaurin级数收敛到自身时，称为$f(x)$的Maclaurin展开式

定理 9.
函数$f(x)$在区间$(x_0-R,x_0+R)$上有任意阶导数， 则$f(x)$在$(x_0-R, x_0+R)$上可以展开成Taylor级数的充分必要条件是， 对区间内任意点$x$，都有

\[\lim_{n\to\infty}R_n(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}=0 \]

特别地，若$f(x)$的各阶导数在区间$(x_0-R,x_0+R)$内任何闭区间上一致有界， 则$f(x)$可以展开成Taylor级数。

证明. 利用带Langrange余项的Taylor公式即证。

例 8. 指数函数

$e^x=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots$ , $x\in\mathbb{R}$

例 9. 三角函数

$\sin(x)=\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^m\frac{x^{2m+1}}{(2m+1)!}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots$, $x\in\mathbb{R}$

$\cos(x)=\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^m\frac{x^{2m}}{(2m)!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots$, $x\in\mathbb{R}$

例 10. 二项式函数

\[\begin{aligned} (1+x)^\alpha=&1+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n \\ =&1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots , \quad x\in(-1,1) \end{aligned} \]

例 11. 一些二项式的例子

$\frac1{1+x}=1-x+x^2-x^3+\cdots+(-1)^nx^n+\cdots$, $x\in(-1,1)$

$\frac1{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots+x^n+\cdots$, $x\in(-1,1)$

$\sqrt{1+x}=1+\frac12x-\frac1{2\times4}x^2+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{(2n-3)!!}{(2n)!!}x^n$, $x\in[-1,1]$

$\frac1{\sqrt{1+x}}=1-\frac12x+\frac{1\times3}{2\times4}x^2+\cdots+(-1)^{n}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^n$, $x\in(-1,1]$

例 12. 对$\frac1{1+x}$的展开式积分，得到

\[\begin{aligned} \displaystyle\ln(1+x) =&\int_0^x\frac1{1+t}dt=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1} \\ =& x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\cdots, \quad x\in(-1,1] \end{aligned} \]

展开式在$x=1$处收敛，因此$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac1n=\ln(1+1)$

例 13. 对$\frac1{1+x^2}$的展开式积分，得到

\[\begin{aligned} \arctan(x) =&\int_0^x\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}t^{2n}\right)dt \\ =&\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1} , x\in[-1,1] \end{aligned} \]

令$x=1$，得到

\[\frac{\pi}4=1-\frac13+\frac15-\cdots+(-1)^n\frac1{2n+1}+\cdots \]

例 14. 对$\frac1{\sqrt{1-x^2}}$的展开式积分，得到

\[\begin{aligned} \arcsin(x) =&\int_0^x\left(1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}t^{2n}\right)dt \\ =&x+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} , x\in(-1,1) \end{aligned} \]

级数在$x=\pm1$处均收敛（Raabe判别），因而令$x=1$，得到

\[\frac{\pi}2=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{1}{2n+1} \]

例 15. 将函数展开成Maclaurin幂级数

（1） $f(x)=\frac1{a+x}$, $a\neq 0$ （2） $f(x)=a^x$

（3） $f(x)=\sin(a+x)$ （4） $f(x)=\cos^2x$

（5） $f(x)=\frac1{(1-x)^2}$

例 16. 将函数$f(x)=\dfrac1{x^2+3x+2}$展开成$(x+4)$的幂级数

在$e^x$的展开式中，取$x=i\phi$，其中$i$是虚数单位，有

\[\begin{aligned} e^{i\phi}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(i\phi)^n}{n!} =&\left(1-\frac{\phi^2}{2!}+\cdots+(-1)^m\frac{\phi^{2m}}{(2m)!}+\cdots\right) \\ +&\left(\phi-\frac{\phi^3}{3!}+\cdots+(-1)^m\frac{\phi^{2m+1}}{(2m+1)!}+\cdots\right) \end{aligned} \]

实部与虚部正好是三角函数$\sin(\phi)$和$\cos(\phi)$的Taylor展开式，即有Euler公式

\[e^{i\phi}=\cos(\phi)+i\sin(\phi) \]

谢谢

在曲线上取两点$M$和$M'$，其横坐标分别为$x$与$x+dx$， 则两点的距离为

目录

附录

例 17. (一个没有导数的例子) [范德瓦尔登(van der Waerden)]

记$u_0(x)$是数$x$与它的最近整数这间的差的绝对值， 即对任意整数$n$，

\[u_0(x)=\begin{cases} x-n , & x\in[n, n+\frac12] \\ n+1-x , & x\in[n+\frac12, n+1) \\ \end{cases} \]

函数在每个区间$[\frac{n}2, \frac{n+1}2]$上是线性的；函数连续，且有周期1。

取

\[u_k(x)=\frac{u_0(4^kx)}{4^k}, k=1,2,\cdots \]

则函数连续，且有周期$\frac1{4^k}$，满足$0\leq u_k(x)\leq \frac1{2}\cdot\frac1{4^k}$。

由级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{2}\cdot\frac1{4^k}$收敛， 由Weierstrass判别法，级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}u_k(x)$一致收敛。 因而，函数

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

在整个实轴上连续。

任意值$x_0$，有

\[\frac{s_n}{2\cdot 4^n}\leq x_0<\frac{x_n+1}{2\cdot 4^n} , n=0,1,2,\cdots \]

其中$s_n$是整数（只要将实轴按$\frac1{2\cdot 4^n}$长度等分，$x_0$总会落在某个区间上）。 这些闭区间

\[\Delta_n=[\frac{s_n}{2\cdot 4^n}, \frac{s_n+1}{2\cdot 4^n}] n=0,1,2,\cdots \]

组成一个闭区间套。在每一个区间上，找一点$x_n$，满足

\[|x_n-x_0|=\frac1{4^{n+1}} \]

显然，有$\displaystyle\lim_{n\to\infty} x_n=x_0$。

计算

\[\frac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{u_k(x_n)-u_k(x_0)}{x_n-x_0} \]
  • $k>n$时，注意到$\frac1{4^{n+1}}$是函数$u_k(x)$的周期$\frac1{4^k}$的整数倍， 有$u_k(x_n)=u_k(x_0)$，因此$\displaystyle\frac{u_k(x_n)-u_k(x_0)}{x_n-x_0}=0$。
  • 而$k\leq n$时，函数$u_k(x)$在区间$\Delta_k$上是线性的，在$\Delta_n$上也是线性的，因此有$\displaystyle\frac{u_k(x_n)-u_k(x_0)}{x_n-x_0}$为$1$或$-1$，它可能完全任意地交替。

这样，

\[\frac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}=\sum_{k=0}^n(\pm 1) \]

就是说，$n$为奇数时，比值是偶数；而$n$为偶数时，比值是奇数。因此，$n$趋于无穷时，这个比值不可能收敛到有限的数。

也就是说，函数$f(x)$在任意点都没有导数。