实数域下的幂级数

接下来，我们研究把幂级数的研究限制在实数域上。

泰勒级数Permalink

此节中我们假设$I$为实数域上一个非空非单点区间。

我们此前在复数域上已经说明了，在收敛圆盘$D(0,R)$内的一个紧密子集内，函数级数正规收敛。 从而我们知道，在实数域内，在开区间$(-R,R)$的任何一个子闭区间上，其也正规收敛。

我们假设有一收敛半径为$R\ne 0$的幂级数$\sum a_n{x}^n$，且$f$为其在$(-R,R)$上的和。 则$f$是无穷阶可导（光滑）的，且其导数可写为： $$\begin{array}{rl}\mathrm{\forall }k\in {\mathbb{N}}^{\ast }\mathrm{\forall }x\in (-R,R)f^{(k)}(x)& =\sum _{n=k}^{\mathrm{\infty }}{a}_{n}n(n-1)(n-2)\cdots (n-k+1)x^{n-k}\\ ⟺\frac{f^{(k)}(x)}{k!}& =\sum _{n=k}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^{n-k}\end{array}$$ 同理，$f$在$(-R,R)$上的积分为： $$F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{n+1}{x}^{n+1}$$

类比复数域上可展开成幂级数的定义，我们给出实数域上的对应定义：

设$f:I\to \mathbb{C}$，$a$为$I$上一点。 我们称$f$是可在$x_0$处展开为幂级数的，若存在一个严格大于零的实数$r$ 和一个收敛半径为$r$的幂级数$\sum a_n{x}^n$满足： $$\mathrm{\forall }x\in (x_0-r,x_0+r)\cap If(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x-x_0{)}^n$$ 如果$(x_0-r,x_0+r)\subset I$，则进一步称其在整个区间上可展开。

某个函数可展开为幂级数是比光滑更强的条件： 如果该函数可展开称幂级数，则其一定在此点光滑，并且其幂级数的系数可由以下命题确定。

设$f:I\to \mathbb{C}$可在$x_0$展开为幂级数，则$f$在$x_0$的一个邻域内光滑，且展开成的幂级数唯一确定： $$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n$$

我们回忆一下泰勒级数的定义：

若函数$f:I\to \mathbb{C}$光滑，且$x_0\in I$，则关于$x-x_0$的幂级数 $$f(x)=\sum \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n$$ 称为$f$在$x_0$点的泰勒级数。

可以看出，如果函数可以幂级数展开，则其展开一定和泰勒级数相等。 但是，反之，一个函数可以写成泰勒级数的展开，并不表示其一定可以幂级数展开。 考虑以下反例：

$$f(x)=\{\begin{array}{rlr}& 0& x=0\\ & e^{-\frac{1}{x^2}}& x\ne 0\end{array}$$ 该函数在零点的泰勒级数为0，但是在此点不存在幂级数展开。 因为如果存在，则幂级数展开一定为0，但是在邻域内函数的值并不为零。

出现这一现象的根本原因在于：泰勒展开只是函数值的逼近，而幂级数是准确的函数值。

常见函数的幂级数展开Permalink

这可由柯西问题： $$\{\begin{array}{rl}{y}^{\prime }& =cy\\ y(0)& =1\end{array}$$ 的级数解导出。

从而有以下推论：$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ $$\cosh (x)=\sum \frac{x^{2n}}{(2n)!}\sinh (x)=\sum \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$$ $$\cos (x)=\sum (-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}\sin (x)=\sum (-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$$

对于对数，还有： $$\mathrm{\forall }x\in (-1,1]\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}$$ $$\mathrm{\forall }x\in [-1,1)\ln \frac{1}{1-x}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}$$

对于多项式型函数，有： $$\mathrm{\forall }x\in (-1,1)(1+x{)}^s=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{n})x^n$$ 这一定理也叫做广义二项式定理，其中$(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{n})$为广义二项式系数，$n=0$时值为1，否则为$\frac{s(s-1)\cdots (s-n+1)}{n!}$。

这可由柯西问题： $$\{\begin{array}{rl}{y}^{\prime }& =\frac{s}{1+x}y\\ y(0)& =1\end{array}$$ 的级数解导出。

利用积分、求导等运算，我们还能给出以下幂级数展开：$\mathrm{\forall }x\in [-1,1]$ $$\begin{array}{rl}\arctan (x)& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\\ \arcsin (x)& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1/2}{n})\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\\ & =x\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2n+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}){\left(\frac{x}{2}\right)}^{2n}\end{array}$$

我们注意到${\arcsin }^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$、${\arctan }^{\prime }(x)=(1+x^2{)}^{-1}$。 对其导数使用多项式公式然后积分即可。

注意到${\mathrm{arcsinh}}^{\prime }(x)=[\ln (x+\sqrt{1+x^2}){]}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$。 利用多项式公式然后积分即可。

我们知道$\mathrm{arctanh}(x)=\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}=\frac{1}{2}(\ln (1+x)-\ln (1-x))$。 因此其幂级数恰好为$\ln (1+x)$的奇函数部分。