\S\ 1 幂级数一、幂级数的收敛区域定义1：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 的级数称为幂级数，其中常数 a_n 称为幂级数的系数.注：1. 按升幂排列，从 n=0 开始（ \sum_{n=1}^{\infty}a_n(x-x_0)^n=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n-a_0 ）2. 当 x=x_0 时，第一项规定为 a_0 3. 作平移变换得到 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n=a_0+a_1x+\dots+a_nx^n+\dots 定理1（阿贝尔第一定理）：若幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n 在一点 x_1(\neq0) 收敛，则幂级数在
x|<|x_1
上绝对收敛，若幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n 在一点 x_2(\neq0) 发散，则幂级数在
x|>|x_2
上发散.证明：设 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx_1^n 收敛，则有 \lim_{n\to\infty}a_nx_1^n=0 ，根据有界性，设
a_nx_1^n|\leq M 于是对任意的
x|<|x_1
，有
a_nx^n|=\left|a_nx_1^n\left(\frac{x}{x_1}\right)^n\right|\leq M\left|\frac{x}{x_1}\right|^n 由 \sum_{n=0}^{\infty}M\left|\frac{x}{x_1}\right|^n 收敛，根据比较判别法可知 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx_1^n 绝对收敛定理的第二部分是第一部分的逆否命题，自然成立注：收敛点往内也收敛，发散点往外也发散.由上述定理，我们可以的得到一个推论定理2：对任意的幂级数，必存在唯一的 R 满足 0\leq R\leq+\infty ，使得幂级数在
x|<R 绝对收敛，在
x|>R 发散，这样的 R 称为幂级数的收敛半径， (-R,R) 称为幂级数的收敛区间.注：1. 收敛区间不包含端点，而收敛域要考虑在 x=\pm R 的两点处的收敛性2. 在 x=0 处，幂级数一定收敛3. 如果
x|<r 时幂级数收敛，则 R\geq r 定理3：对任意的幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n ，若 \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\rho ，则幂级数的收敛半径 R=\frac{1}{\rho} （ \rho=0 时理解为 R=+\infty ， \rho=+\infty 时理解为 R=0 ）.证明： \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_nx^n|}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}|x|=\rho|x
，由数项级数的根式判别法：若 0<\rho<+\infty ，则当
x|<\frac{1}{\rho} 时幂级数绝对收敛 ，当
x|>\frac{1}{\rho} 时发散，故 R=\frac{1}{\rho} 若 \rho=0 ，则对任意的 x ，幂级数绝对收敛，故 R=+\infty 若 \rho=+\infty ，则对任意的 x\neq0 ，幂级数发散，故 R=0 推论1：对任意的幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n ，若 \lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\rho ，则幂级数的收敛半径 R=\frac{1}{\rho} （ \rho=0 时理解为 R=+\infty ， \rho=+\infty 时理解为 R=0 ）.推论2（柯西-阿达马（Cauchy-Hadamard）定理）：对任意的幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n ，若 \overline{\lim_{n\to\infty}}\sqrt[n]{|a_n|}=\rho ，则幂级数的收敛半径 R=\frac{1}{\rho} （ \rho=0 时理解为 R=+\infty ， \rho=+\infty 时理解为 R=0 ）.注：由于上极限总是存在的，用推论2总能求出幂级数的收敛半径.二、幂级数的性质首先是一致收敛性.定理4（阿贝尔第二定理）：若幂级数的收敛半径 R>0 ，则幂级数在收敛区间 (-R,R) 上内闭一致收敛，若幂级数在 x=R 收敛，则幂级数在 [0,R] 上一致收敛，若幂级数在 x=-R 收敛，则幂级数在 [-R,0] 上一致收敛.证明：对任意的 [a,b]\subset(-R,R) ，设 r=\max\{|a|,|b|\}\in(-R,R) 当
x|\leq r 时，
a_nx^n|\leq|a_nb^n
由于 \sum_{n=0}^{\infty}|a_nb^n
收敛，由M-判别法知 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n 在 [a,b] 一致收敛若 \sum_{n=0}^{\infty}a_nR^n 收敛， \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n=\sum_{n=0}^{\infty}a_nR^n\left(\frac{x}{R}\right)^n 其中 \left(\frac{x}{R}\right)^n 对任意的 x\in[0,R] 随 n 单调且 \left|\frac{x}{R}\right|^n\leq 1 对任意的 n 和 x\in[0,R] 成立由Abel判别法可知， \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n 在 [0,R] 上一致收敛由一致收敛的性质，我们立即可以得到如下的定理.定理5：若幂级数的收敛半径 R>0 ，则它的和函数在收敛区间 (-R,R) 上连续，若幂级数在 x=R 收敛，则它的和函数在 [0,R] 上连续，若幂级数在 x=-R 收敛，则它的和函数在 [-R,0] 上连续.注：若幂级数在 x=R 收敛，则 x=R 处右连续，即 \lim_{x\to R^-}\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n=\sum_{n=0}^{\infty}a_nR^n .定理6：若幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n 的收敛半径 R>0 ，设它在收敛区间 (-R,R) 上的和函数为 S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n,|x|<R ，则幂函数在收敛区间内可以逐项微商与逐项积分，即 S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1},|x|<R ， \int_0^xS(t)\mathrm{d}t=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n}{n+1}x^{n+1},|x|<R 且它们的收敛半径仍然是 R .证明：幂级数在收敛区间可以逐项微商与逐项积分是一致收敛的直接推论由上极限的性质 \rho=\overline{\lim_{n\to\infty}}\sqrt[n]{|a_n|}=\overline{\lim_{n\to\infty}}\sqrt[n]{|na_n|}=\overline{\lim_{n\to\infty}}\sqrt[n]{\left|\frac{a_n}{n+1}\right|} 于是幂级数经逐项微商与逐项积分，收敛半径不变注：收敛半径相同不一定有收敛域相同，事实上设 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n ， \sum_{n=0}^{\infty}na_nx^{n-1} ， \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n}{n+1}x^{n+1} 的收敛域分别为 I ， I_1 ， I_2 则 I_1\subset I\subset I_2 ，即逐项微商收敛域不扩大，逐项积分收敛域不缩小.重复利用上述定理就有如下推论.推论3：若幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n 的收敛半径 R>0 ，则它的和函数在收敛区间 (-R,R) 上的任意次可微，且 S^{(k)}(x)=\sum_{n=k}^{\infty}(n)(n-1)\dots(n-k)a_nx^{n-k},|x|<R .推论4：若幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n 的收敛半径 R>0 ，设它在收敛区间 (-R,R) 上的和函数为 S(x) ，则 a_n=\frac{S^{(n)}(0)}{n!} .注：幂级数由其和函数在 x=0 点处的各阶导数唯一确定.\S\ 2 函数的幂级数展开一、泰勒级数定义2：给定一个函数 f(x) ，若存在幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n 在 (x_0-r,x_0+r) 收敛到 f(x) ，即 f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n,|x-x_0|<r ，则称 f(x) 在 (x_0-r,x_0+r) 可以展开成幂级数. 特别地，若存在幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n 在 (-r,r) 收敛到函数 f(x) ，即 f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n,|x|<r ，则称 f(x) 在 (-r,r) 可以展开成幂级数. 注：将定义中的开区间改为闭区间、半开半闭区间、无穷区间可以类似定义.问题：① 如何确定幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n 的系数?② \sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n 在其收敛域内的和函数是否一定为 f(x) ?第一个问题很好解决，由推论4，我们立即可以得到幂级数展开式的唯一性定理.定理7：若 f(x) 在 (x_0-r,x_0+r) 可以展开成幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n ，则 a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} . 特别地，若 f(x) 在 (-r,r) 可以展开成幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n ，则 a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!} .注：1. 将定理中的开区间改为闭区间、半开半闭区间、无穷区间也成立2. 幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(x-x_0)^n 称为泰勒级数， \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n 称为麦克劳林级数3. 若函数在 (x_0-r,x_0+r) 能展开成幂级数，则该幂级数只能是泰勒级数4. 若函数在 (-r,r) 能展开成幂级数，则该幂级数只能是麦克劳林级数第二个问题的答案是不一定，请看如下反例.例1： f(x)=\begin{cases} \mathrm{e}^{-1/x^2}&x\neq0\\ 0&x=0 \end{cases} ，在 (-\infty,+\infty) 任意次可微容易用归纳法证明 f^{(n)}(0)=0 对任意的 n 成立所以 f(x) 的麦克劳林级数就是零级数 \sum_{n=0}^{\infty}0\cdot x^n ，其收敛域为 (-\infty,+\infty) 显然 \sum_{n=0}^{\infty}0\cdot x^n 在其收敛域上的和函数不是 f(x) 若 f(x) 在 (x_0-r,x_0+r) 能展开成幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(x-x_0)^n 必要条件是 f(x) 任意次可微，利用泰勒公式的知识，对任意的 (x_0-r,x_0+r) 有f(x-x_0)=f(0)+f'(0)(x-x_0)+\dots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x) \begin{align} R_n(x) &=\frac{1}{n!}\int_{x_0}^x(x-t)^nf^{(n+1)}(t)\mathrm{d}t&\\[2ex] &=\frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\theta x)(x-x_0)^{n+1}&0<\theta<1\\[2ex] &=\frac{1}{n!}f^{(n+1)}(x_0+\theta(x-x_0))(1-\theta)^n(x-x_0)^{n+1} &0<\theta<1\end{align} 分别是积分余项、拉格朗日余项和柯西余项，利用上述理论可以得到如下定理.定理8：设 f(x) 在 (x_0-r,x_0+r) 任意阶可微，则 f(x) 在 (x_0-r,x_0+r) 能展开成幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(x-x_0)^n 的充分必要条件是对任意的 x\in(x_0-r,x_0+r) 有 \lim_{n\to\infty}R_n(x)=0 .注：1. 将定理中的开区间改为闭区间、半开半闭区间、无穷区间也成立2. (x_0-r,x_0+r) 是幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(x-x_0)^n 的收敛域的子集二、初等函数的幂级数展开式命题1：多项式函数 a_0+a_1x+\dots+a_nx^n 的幂级数展开式就是其本身.证明： f^{(n)}(0)=\begin{cases} n!a_n&n\leq k\\ 0&n>k \end{cases} 从而 \lim_{n\to\infty}R_n(x)=0 对 \forall x\in(-\infty,+\infty) 总成立命题2： \mathrm{e}^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!} ， x\in(-\infty,+\infty) 证明：拉格朗日余项 R_n(x)=\frac{\mathrm{e}^{\theta x}}{(n+1)!}x^{n+1} ， 0<\theta<1 对任意的 x\in(-\infty,+\infty) 有
\mathrm{e}^{\theta x}|\leq\mathrm{e}^{|x|} ，则
R_n(x)|\leq\frac{\mathrm{e}^{|x|}}{(n+1)!}|x|^{n+1}\to 0 注：利用 \mathrm{e}^x=\mathrm{e}^{x_0}\mathrm{e}^{x-x_0} 求任意 x_0 处的展开式命题3： \sin x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1} ， x\in(-\infty,+\infty) \cos x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n} ， x\in(-\infty,+\infty) 证明：拉格朗日余项 R_n(x)=\frac{\sin\left(\theta x+(n+1)\dfrac{\pi}{2}\right)}{(n+1)!}x^{n+1} ， 0<\theta<1 对任意的 x\in(-\infty,+\infty) 有
R_n(x)|\leq\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\to 0 命题4： (1+x)^\alpha=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)}{n!}x^n ， x\in(-1,1) 证明：柯西余项 R_n=\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n)}{n!}x^{n+1}\left(\frac{1-\theta}{1+\theta x}\right)^n(1+\theta x)^{\alpha-1} 其中 0<\theta<1 ，所以当 -1<x<1 时， \left(\frac{1-\theta}{1+\theta x}\right)^n\leq 1 有界而 0<(1+\theta x)^{\alpha-1}\leq 2^{\alpha-1} 也有界注意到幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n)}{n!}x^{n+1} 的收敛半径为 1 所以当 -1<x<1 时，其通项 \frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n)}{n!}x^{n+1} 为无穷小量于是 R_n(x) 为无穷小量与有界量的乘积，从而 \lim_{n\to\infty}R_n(x)=0 注：端点处的情形与 \alpha 的取值有关（菲赫金哥尔茨《微积分学教材》）当 \alpha\leq-1 时，收敛域为 (-1,1) 当 -1<\alpha<0 时，收敛域为 (-1,1] 当 \alpha>0 时，收敛域为 [-1,1] 命题5： \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n ， x\in(-1,1] 法1： f^{(n+1)}(x)=(-1)^n\frac{n!}{(1+x)^{n+1}} 当 0\leq x\leq 1 时，拉格朗日余项 R_n=\frac{(-1)^n}{n+1}\left(\frac{x}{1+\theta x}\right)^{n+1} ， 0<\theta<1 所以
R_n(x)|=\left|\frac{1}{n+1}\left(\frac{x}{1+\xi}\right)^{n+1}\right|\leq\frac{1}{n+1}\to0 当 -1<x<0 时，柯西余项 R_n=(-1)^n\frac{(1-\theta)^n}{(1+\theta x)^{n+1}}x^{n+1} ， 0<\theta<1 所以
R_n(x)|=\frac{1}{1+\theta x}\left(\frac{1-\theta}{1+\theta x}\right)^n|x|^{n+1}\leq\frac{|x|^{n+1}}{1-|x|}\to 0 法2：利用命题3的结论 \frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n ， x\in(-1,1) 逐项积分就有 \ln(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n ， x\in(-1,1) 由于幂级数 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n 在 x=1 成为莱布尼兹级数，故收敛由阿贝尔第二定理可知，其和函数在 x=1 左连续又因为 \ln(1+x) 在 x=1 处连续所以幂函数的和函数在 x=1 处的值应该等于 \ln(1+x) 在 x=1 处的值从而 \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n 在 (-1,1] 成立命题6： \arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} ， x\in[-1,1] 证明：利用命题3的结论 \frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n ， x\in(-1,1) 用 x^2 代替 x ，得到 \frac{1}{1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n} ， x\in(-1,1) 逐项积分就有 \arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} ， x\in(-1,1) 由于幂级数 \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} 在 x=\pm1 成为莱布尼兹级数，故收敛由阿贝尔第二定理可知，其和函数在 x=\pm1 分别左右连续又因为 \arctan x 在 x=\pm1 处连续所以幂函数的和函数在 x=\pm1 处的值应该等于 \arctan x 在 x=\pm1 处的值从而 \arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} 在 [-1,1] 成立命题7： \arcsin x=x+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} ， x\in[-1,1] 证明：利用命题3的结论 \frac{1}{\sqrt{1+x}}=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^n ， x\in(-1,1) 用 -x^2 代替 x ，得到 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{2n} ， x\in(-1,1) 逐项积分就有 \arcsin x=x+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} ， x\in(-1,1) 由拉比判别法，幂级数 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} 在 x=\pm1 收敛由阿贝尔第二定理可知，其和函数在 x=\pm1 分别左右连续又因为 \arcsin x 在 x=\pm1 处分别左右连续所以幂函数的和函数在 x=\pm1 处的值应该等于 \arcsin x 在 x=\pm1 处的值从而 \arcsin x=x+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} 在 [-1,1] 成立

2023年06月08日 23:11--阅读 ·
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--评论一、吉林大学求收敛域以及和函数思路：1、先求收敛半径，利用比值/根式法，对系数an开n次方根或者看后一项比上前一项极限，这个值的倒数即为收敛半径（比如这个极限是0，那么收敛半径为∞）2、考虑端点，得到收敛域。3、下考虑和函数，这里看到x^(n-1),所以必然会想到Σx^n=1/(1-x).于是求一次导出现一个n，但是x^n变成了x^(n-1),所以我们要再凑个x，有了x^n再去求导，凑出题目要求的n^2即可。两次求导，注意不要求错，细心点。二、西南财经求和函数。思路同吉林大学，1、充分观察，发现题干有(1/2)^n,又有x^n,可以结合到 一块，弄出一个（2x）^n,求收敛半径与收敛域2、此时看到阶乘与n次方，就会联想到e^x，因为e^x=Σ(x^n)/n!.3、此时还注意到题干分子还有n^2+1,拆成两项，对于1不用管，就是e^(2x),把2x替换x即可。而n^2就充分利用x^n让他去求两次导，便有n^2出现，过程中记得去配凑x即可。最后x用2x去配就可以了。三、南京师范大学求幂级数与和函数思路：1、先说明|x|<1，幂级数收敛2、下求和函数，利用题干条件，所以使用比值判别法。3、由于不知道an表达式，又观察到题干式子的角标（n+1）与对应系数（n+1）一致，不妨让S'（x）中的n与an变为（n+1）与a(n+1).4、把S'(x)写出来，一项项写出来，利用题干式子换掉a(n+1)5、最后变量分离，让导数结合在一块，两边求积分，解一个微分方程，把C求出，S（x）也出来了。重点补充：一、熟悉常见幂级数展开式（包括arctanx的展开式）上述幂级数展开可以利用带Peano余项的麦克劳林公式一个一个证明，要特别注意收敛半径是多少。特别地，补充一句，要关注这里等比级数的n是从0还是从1开始，还是有差距的，要特别看清楚题干中的n是0还是1.以下题（2023华师大考研原题）为例：解答：拆成两项，其实就是利用Σn^2 *x^n与Σn*x^n,得注意到这里是从n=1开始的！！！这里就让x取1/2，这一点需要看出来！二、熟悉常见导数公式（尤其是掌握基本求导法则的③，基本初等函数导数公式的③与④）