函数展开成幂级数

函数展开成幂级数

这一章研究的是如何将一个函数,展开成一个幂级数

也就是展开成无数个幂级数系数乘以 $(x-x_0)$ 的 $n​$ 次方相加

泰勒级数

如果函数 $f(x)​$ 在点 $x_0​$ 的某个领域 $U(x_0)​$ 内有 $n+1​$ 阶导数

则函数在该领域内有泰勒公式
$$
f(x) = f(x_0) + f’(x_0)(x-x_0)+…+ \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + R_n(x)
$$
其中的 $R_n(x) $ 是拉格朗日型余项
$$
R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} , \ (x<\xi<x_0)
$$
定义 $P_n(x)$ 为泰勒多项式,它约等于原始函数 $f(x)$
$$
f(x) ≈ P_n(x) = f(x_0) + f’(x_0)(x-x_0)+…+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n
$$

如果函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个领域 $U(x_0)$ 内有任意阶导数

则得到幂级数
$$
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n = f(x_0) + f’(x_0)(x-x_0)+…+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + …
$$
称这个幂级数为函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处的泰勒级数

幂级数的收敛问题

问题

若幂级数收敛,其和函数是否为给定的函数 $f (x)$ ?

定理

设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某一邻域 $U(x_0)$ 内具有各阶导数

则 $f (x)​$ 在该邻域内能展开成泰勒级数的充分必要条件是

在该邻域内有
$$
\lim\limits_{n \to \infty} R_n(x) = 0, \ x∈U(x_0)
$$
也就是说,只有当拉格朗日余项趋向于 0 的时候,这个函数才能被展开为泰勒级数

证明

请参考 参考资料

注意

函数 $f(x)​$ 在点 $x_0​$ 的某一邻域 $U(x_0)​$ 内具有各阶导数

则可以构造幂级数
$$
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n
$$
即使这个幂级数收敛,它的和函数也不一定是原始函数 $f(x)​$

只有当它的拉格朗日余项 $R_n(x)​$ 在区域无穷的时候 极限为 $0​$

才说明这个幂级数收敛于函数 $f(x)$

若函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某一邻域 $U(x_0)$ 内能展开成关于 $x-x_0$ 的幂级数

则该级数必定是 $f(x)$ 的泰勒级数

这是因为:若对任意 $x∈U(x_0)$ 有
$$
f^{(n)}(x) = n!a_n+(n+1)!a_{n+1}(x-x_0) + \frac{(n+2)!}{2!}a_{n+2}(x-x_0)^2 + …
$$
把 $x=x_0$ 带入之后,将上述式子移项得到
$$
a_n = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}, \ (n=0,1,2,…)
$$
所以级数
$$
f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n(x-x_0)^n
$$
是 $f(x)$ 的泰勒级数

并且函数的幂级数展开式是唯一

麦克劳林级数

将泰勒级数表达式中的 $x_0$ 取 $x_0 = 0$

就得到了麦克劳林级数
$$
f(0) + f’(0) + \frac{f’’(0)}{2!}x^2 + … + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + … = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}(x-x_0)^n
$$

麦克劳林展开式

若 $f(x)$ 能在 $(-r,r)$ 内展开成 $x$ 的幂级数

则有
$$
f(x) = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n, \ (|x|<r)
$$

展开方法

直接展开法

把函数 $f (x)$ 展开成 $x$ 的幂级数的步骤

  • 求出 $f(x)​$ 的各阶导数 $f’(x),f’’(x),…,f^{(n)}(x),…,​$
  • 求出 $f(x)$ 的各阶导数在 0 处的导数值 $f’(0),f’’(0),…,f^{(n)}(0),…,$
  • 写出幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n​$ ,并求出收敛半径 $R​$
  • 利用拉格朗日余项 $R_n(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!} x^{n+1}, \ (0 < \theta < 1) ​$ ,考察当 $|x|<R​$ 时 $\lim\limits_{n \to \infty} R_n(x)​$ 是否为 0 。如果为 0 则函数展开成幂级数就是如下式子

$$
f(x) = f(0) + f’(0)(x) + \frac{f’’(0)}{2!}x^2 + … + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}(x)^n + …
$$

间接展开法

就是利用一些已知的函数展开式

通过幂级数的运算 (如四则运算、逐项求导、逐项积分) 以及变量代换等

将所给函数展开成幂级数

好处

不但计算简单,而且可以避免研究余项

已经求得的幂级数展开式

$$
e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} x^{n} \ (-\infty < x < +\infty)
$$

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

$$
\frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n \ (-1 < x < +1)
$$

根据上述式子推导出的幂级数展开式

通过将 $\sin{x}$ 的幂级数展开式各项求导得到
$$
\cos{x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n} \ (-\infty < x < +\infty)
$$
通过将 $\frac{1}{1+x}$ 的幂级数展开式各项积分得到
$$
\cos{x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1} x^{n+1} =
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n}
\ (-1 < x <= +1)
$$

应用

近似计算

如果被积函数在积分区间上能展开成幂级数

那么把这个幂级数逐项积分

用积分后的级数就可算出定积分的近似值

求解微分方程

如果二阶齐次线性微分方程
$$
y’’ + P(x)y’ + Q(x)y = 0
$$
中的系数 $P(x), Q(x)$ 可以在 $-R < x < R$ 内展开为 x 的幂级数

那么在 $-R < x < R$ 内方程必有形如
$$
y = \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n
$$
的解

欧拉公式

有复数项级数为
$$
\sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_ni)=(u_1+v_1i)+(u_2+v_2i)+…+(u_n+v_ni)+…
$$
其中 $u_n,v_n(n=1,2,…)$ 为实常数或实函数

如果

实部所成的级数 $u_1+u_2+…+u_n+…$ 收敛于和 $u$

虚部所成的级数 $v_1+v_2+…+v_n+…$ 收敛于和 $v$

就说级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_ni)$ 收敛且其和为 $u+vi$

如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_ni)$ 各项的模所构成的如下级数收敛
$$
\sqrt{u_1^2+v_1^2} + \sqrt{u_2^2+v_2^2} + … + \sqrt{u_n^2+v_n^2} + …
$$
则可以得出结论:当 $n=1,2,…$ 时有如下式子成立
$$
|u_n|<=\sqrt{u_n^2+v_n^2}
$$

$$
|v_n|<=\sqrt{u_n^2+v_n^2}
$$

根据绝对收敛的条件推导出

$\sum_{n=1}^{\infty}u_n$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty}v_n$ 绝对收敛

再根据收敛级数运算规则推导出
$$
\sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_ni)
$$

复数项级数
$$
1+z + \frac{1}{2!}z^2 + … + \frac{1}{n!}z^n + … \ (z=x+yi)
$$

$$
1+ (\sqrt{x^2+y^2}) + \frac{1}{2!}(\sqrt{x^2+y^2})^2 + … + \frac{1}{n!}(\sqrt{x^2+y^2})^n + …
$$

因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!}z^n$ 在整个复平面上绝对收敛

欧拉公式推导

定义如下公式成立
$$
e^z = 1 + z + \frac{1}{2!}z^2 + … + \frac{1}{n!}z^n + … (|z|<\infty)
$$
当 $x=0$ 时, $z$ 为纯虚数 $yi$
$$
z=x+yi = 0+yi=yi
$$
则 当 $x=0$ 时,上述公司中的 $e^z$ 变成了如下公式
$$
e^yi = 1 + yi + \frac{1}{2!}(yi)^2 + \frac{1}{3!}(yi)^3 + … + \frac{1}{n!}(yi)^n + … \\
= 1 + yi - \frac{1}{2}y^2 - \frac{1}{3!}y^3 + \frac{1}{4!}y^4 + \frac{1}{5!}y^5 - … \\
(1- \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{4!}y^4 - …) + (y- \frac{1}{3!}y^3 + \frac{1}{5!}y^5 - …)i \\
= \cos y + i \sin y
$$
从而推导出欧拉公式(其中第三行为下一个章节讲三角函数的冥级数变换会用到的定理)
$$
e^{xi} = \cos x + i \sin x
$$
当我们把上述式子的 $x$ 换成 $-x$ 则变化成
$$
e^{-xi} = \cos x - i \sin x
$$
然后两式相加减分别得到正弦和余弦使用 e 的表达式
$$
\sin x = \frac{e^{xi}-e^{-xi}}{2i}
$$

$$
\cos x = \frac{e^{xi}+e^{-xi}}{2}
$$

$$
e^{z_1+z_2} = e^{z_1}+e^{z_2}
$$

$$
e^{x+yi} = e^{x}+e^{yi} = e^x(\cos y + i \sin y)
$$

参考资料