Power Series

幂级数是由幂函数序列$\{a_n(x-x_0{)}^n\}$所产生的函数项级数 通过坐标平移，我们着重讨论$x_0=0$的情况，即

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n+\cdots$$

幂级数的收敛区间

Abel 定理

• 若幂级数在$x=\bar{x}\ne 0$处收敛，则对满足不等式$|x|<|\bar{x}|$的任何$x$，该幂级数收敛且绝对收敛
• 若幂级数在$x=\bar{x}$处发散，则对满足不等式$|x|>|\bar{x}|$的任何$x$，该幂级数发散

由此定理可知，幂级数的收敛域是以原点为中心的区间. 若以$2R$表示这个区间的长度，则称$R$为幂级数的收敛半径 ，也就是使得幂级数收敛的那些收敛点绝对值的上确界, 我们称这个区间$(-R,R)$为该级数的收敛区间

当$0<R<\infty$时，幂级数在$(-R,R)$上收敛，在$(-\infty ,-R)\cup (R,+\infty )$上发散，在$R,-R$上既有可能收敛也有可能发散

收敛区间的计算

设

$$\rho =\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\text{\hspace{1em}(∗)}$$

则

$$R=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\rho },& 0<\rho <+\infty \\ +\infty ,& \rho =0\\ 0,& \rho =+\infty \end{array}$$

又在正项级数中的根式判别法比比式判别法更强，也有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\rho ⟹\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{\left|a_n\right|}=\rho$$

故也可通过计算比式的极限来计算收敛半径 计算收敛区间时，要注意考虑$x=\pm R$时的特殊状况

幂级数的性质

一致收敛性

幂级数在其收敛域内的任何闭自区间上都一致收敛

若幂级数在$x=R(x=-R)$时收敛，则其在$[0,R]\left([-R,0]\right)$上一致收敛

和函数的连续性

幂级数的和函数是$(-R,R)$上的连续函数

若幂级数在收敛区间的左（右）端点上收敛，则其和函数也在这一端上左（右）连续

逐项求导、求积

一个幂级数逐项求导、求积后得到的新幂级数的收敛区间和原幂级数相同

因此设幂级数在$(-R,R)$上的和函数$f$, 对$\forall x\in (-R,R)$

• $f$在点$x$上可导且

$$f^{\prime }(x)=\sum _{n=0}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}$$

• $f$在$[0,x]$上可积，且

$${\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n+1}{x}^{n+1}$$

上述推论可以推广到任意高阶导数，且我们可以通过$f$的高阶导数（只需要在$x=0$的某邻域内有定义）反推出幂级数的各项系数

$$a_0=f(0),a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(n=1,2,\cdots )$$

幂级数的运算

幂级数相等

• 若两个幂级数在$x=0$的某个邻域内有相同的和函数，则称这两个幂级数在该邻域内相等
• 若两个幂级数在$x=0$的某个邻域内相等，则它们同次幂项的系数相等

幂级数运算

$$\begin{array}{rl}\lambda \sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n& =\sum _{n=0}^{\infty }\lambda a_n{x}^n\\ \sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\pm \sum _{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n& =\sum _{n=0}^{\infty }(a_n\pm b_n)x^n\\ \left(\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\right)\left(\sum _{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n\right)& =\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n{x}^n,c_n=\sum _{k=0}^n{a}_k{b}_{n-k}\end{array}$$

上述等式在涉及幂级数的收敛区间中的最小的那个区间内成立

和函数的计算

• 首先计算幂级数的收敛区间
• 如$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n+1}{x}^n$采用逐项积分
• 如$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{n}^2{x}^n$恰当地把$x$提出和号、多次逐项积分 （具体规律参考有限微积分中的下降阶乘幂）
• 如$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{2^n}$可以构造某个幂级数最后令$x=1$得到
• (总是想办法把上面的幂级数化成基本几何级数的形式)

函数的幂级数展开

Taylor 级数

如果函数$f$在$x_0$处存在任意阶的导数，则称级数

$$f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+\cdots$$

为$f$在$x_0$处的Taylor级数， 但是这个级数在$x_0$附近的和函数不一定就是$f$, 如以下典型反例

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-1/x^2},& x\ne 0\\ 0,& x=0\end{array}$$

它在$0$处的任意阶导数都是$0$, 所以它的Taylor级数的核函数在$0$附近应恒为$0$, 故$f(x)\ne S(x)$

判定标准

设函数$f$在$x_0$处具有任意阶导数，那么$f$在区间$(x_0-r,x_0+r)$上等于它的Taylor级数的和函数的充要条件是：对一切满足不等式$|x-x_0|<r$的$x$, 有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{R}_n(x)=0$$

这里$R_n(x)$是$f$在$x_0$处的Taylor余项，注意这三种余项形式

• 积分型余项

$$R_n(x)=\frac{1}{n!}{\int }_0^x{f}^{(n+1)}(t)(x-t{)}^n\mathrm{d}t$$

• Lagrange 余项

$$R_n(x)=\frac{1}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}(\xi )x^{n+1},0<\xi <x$$

• Cauchy 余项

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

初等函数的幂级数展开式

多项式函数

$k$次多项式函数的幂级数展开式就是它本身

$f(x)=e^x$

由于

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{R}_n(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}{x}^{n+1}=0,\forall x\in \mathbb{R}$$

故

$$e^x=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{x^k}{k!},\forall x\in \mathbb{R}$$

$f(x)=\sin x,f(x)=\cos x$

也在$\forall x\in \mathbb{R}$上都存在

$f(x)=\ln (1+x)$

$$\begin{array}{rl}& f(x)=\ln (1+x)\\ & f^{(n)}(x)=(-1{)}^{n-1}\frac{(n-1)!}{(1+x{)}^n}\end{array}$$

故有Taylor级数

$$x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}+\cdots$$

利用比值判别法得到该级数的收敛半径为$1$, 收敛区间为$(-1,1]$

• 当$0\le x\le 1$时用Lagrange余项

$$\text{abs}{R}_n=\left|\frac{1}{(n+1)!}(-1{)}^n\frac{n!}{(1+\xi {)}^{n+1}}{x}^{n+1}\right|=\left|\frac{(-1{)}^n}{n+1}{\left(\frac{x}{1+\xi }\right)}^{n+1}\right|\le \frac{1}{n+1}\to 0$$

• 当$-1<x<0$时用Cauchy余项

$$\begin{array}{rl}\left|R_n\right|& =\left|\frac{1}{n!}(-1{)}^n\frac{n!}{(1+\theta x{)}^{n+1}}(1-\theta {)}^n{x}^{n+1}\right|\\ & =\frac{1}{1+\theta x}{\left(\frac{1-\theta }{1+\theta x}\right)}^n|x{|}^{n+1}\end{array}$$

$-1<x<0⟹1-\theta \le 1+\theta x⟹0\le \frac{1-\theta }{1+\theta x}\le 1$

$$\left|R_n(x)\right|\le \frac{|x{|}^{n+1}}{1-|x|}\to 0$$

故在$(-1,1]$上成立

$f(x)=(1+x{)}^{\alpha }$

$$1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}+\cdots$$

其收敛区间

• $(-1,1),\alpha \le -1$
• $(-1,1],-1<\alpha <0$
• $[-1,1]\alpha >0$

两个特殊情况

• 令$\alpha =-1$并令$x^2\to x$

$$\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4+\cdots +(-1{)}^n{x}^{2n}+\cdots ,x\in (-1,1)$$

• 令$\alpha =-1/2$并令$x^2\to x$

$$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=1+\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}{x}^4+\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}{x}^6+\cdots ,x\in (-1,1)$$

通过积分即可得到$\arctan x,\arcsin x$的幂级数展开式