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函数的幂级数展开

## 15.5 函数的幂级数展开

### 为什么要展开
对于函数展开为幂级数，首先要问一个：为什么？为什么要对函数进行展开，原因很简单：方便估计值。
比如有一个函数$f(x)=e^x$ 问：$f(0.1)$ 和 $f(8.2)$ 的值是多少？ 这是一个初等函数，直接带进去就是

$f(0.1)=e^{0.1}=\sqrt[10]e$
$f(8.2)=e^{8.2}=e^{\frac{100}{82}}=\sqrt[41]{e^{50}}$

面对这么复杂的运算，显然靠手算是困难的，我们希望在“尽可能”简单的情况下，可以估算他的值吗？
当然可以，这就是函数的展开，比如我们告诉你$e^x$ 展开式为
$$
e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \cdots
$$

这样，当你计算
$e^{0.1} \sim 1+0.1=1.1$

你大概能估算 $e^{0.1}$差不多等于1.1，而事实上$e^{0.1}=1.105$ 可以看到，误差为此小，基本上能满足“日常”使用。

再看$e^{8.2}$,如果我们估算他的值,计算$e^{8.2}$的前几项：
$1$ 
$8.2$
$\frac{8.2^2}{2} = \frac{67.24}{2} = 33.62$
$\frac{8.2^3}{6} = \frac{551.368}{6} \approx 91.8947$
$\frac{8.2^4}{24} = \frac{4521.1776}{24} \approx 188.3824$ 
$\frac{8.2^5}{120} = \frac{37073.65632}{120} \approx$308.9471 
$ \frac{8.2^6}{720} = \frac{303993.981824}{720} \approx 422.2139$$

累加前 6 项：

$$
1+ 8.2 + 33.62 + 91.8947 + 188.3824 + 308.9471 + 422.2139 \approx 1054.2581
$$

但实际  $e^{8.2} \approx 3669.2966$ ，可见仅用 6 项误差极大，需要更多项才能逼近真实值。

这样，我们就需要解决3个问题：

**（1）一个函数能不能展开为幂级数。
（2）怎么保证展开的值的精度？
（3）函数展开为幂级数的收敛域是多少**

上面举例里，第（1）问，$e^x$ 可以展开，这已经展示过了，那如何保证（2）问里展开值的精度呢？那就是靠多项式余项。常用余项有两个，一个是拉格朗日余项，一个是佩亚诺余项。
比如

#### 余项举例1
用  $\sin x$  的泰勒多项式近似$ \sin(0.5) $，要求误差 $ \leq 10^{-4}$
$$
\sin x \approx x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}
$$
余项：
$$
R_5(x) = \frac{\sin^{(6)}(\xi)}{6!}x^6 = \frac{-\sin \xi}{720}x^6 \quad (\xi \in [0, 0.5])
$$
由于 $ \sin \xi  \leq 1$ ，所以：
$$
R_5(0.5)
 \leq \frac{0.5^6}{720} \approx \frac{0.015625}{720} \approx 2.17 \times 10^{-5} < 10^{-4}
$$
因此，5 阶多项式足够。

#### 余项举例2
用 $ e^x$  近似 $ e^{1}$ ，要求误差  $\leq 10^{-6}$ ：

$$
R_n(1) = \frac{e^{\xi}}{(n+1)!} \leq \frac{e}{(n+1)!} \quad (\xi \in [0,1])
$$
解不等式：
$$
\frac{e}{(n+1)!} \leq 10^{-6} \implies (n+1)! \geq e \times 10^6 \approx 2.718 \times 10^6
$$
计算阶乘：
$$
 10! = 3.628 \times 10^6 \geq 2.718 \times 10^6 
$$
所以 $ n+1 \geq 10$ ，即 至少需要 9 阶多项式。

> 这样，使用**余项可以保证多项式逼近的精度**

第（3）个问题主要靠**收敛半径**解决。最常见的是[等比数列](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=144)，即

$$
\frac{1}{1-x}= 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots
$$

取几个值带进去：
当 $x=0.3$ 带入得到

$$
S= \frac{1}{1 - 0.3} = 1+0.3+0.3^2+0.3^3+....=\frac{1}{0.7} \approx 1.42857142857
$$
非常完美，嗯，再代入$x=3$ 看看

$$
S= \frac{1}{1 - 3} = 1+3+3^2+3^3+....=\frac{1}{-2} \approx -\frac{1}{2}
$$

> 怎么， $1+3+3^2+...= -\frac{1}{2}$ 可以看到，**我们得到了荒谬的结论**

这就是因为当$x=3$时，$\frac{1}{1-x}$ 是发散的，而上面展开式只有在$\frac{1}{1-x}$ 的 $|x|<1$ 时才是收敛的，才有意义，因此，我们引入了“收敛域”或者叫做“收敛半径”。

因此，幂函数展开就是解决上面提出的（1）（2）（3）三个问题。

### 如何展开
由于幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n\left(x-x_0\right)^n$ 的通项为单项式，且其次数就是该项在级数中的位置，级数的部分和函数列 $S_n(x)=\sum_{k=0}^n a_k\left(x-x_0\right)^k$ 就是 $n$ 次多项式，对于计算特别方便．因此如何将函数展开为幂级数就成为一个重要问题．

这里要指出，将初等函数展开为幂级数也是一个重要问题．回顾 $\S 3.2 .5$ 中的基本初等函数，除了包括常值函数在内的多项式函数之外，它们的计算都是有困难的．例如 $a^x, \ln x, \sin x, \arcsin x$ 等等都只不过是函数的记号．记号本身不能告诉我们如何去计算它们 ${ }^{(1)}$ 。过去为这些函数准备了许多数学用表，就是因为不容易计算。今天我们可以在计算器和计算机上非常简单地计算它们，其背后与无穷级数有密切的联系。

首先观察，什么样的函数才可能展开为幂级数，或者说，什么样的函数才可能是幂级数的和函数．注意当前的问题是将函数展开为无穷级数，这与第七章的 Taylor 展开式是有限项的情况不一样．它们之间的联系在下面就会看到．

首先，函数 $f$ 在 $x_0=0$ 附近能够展开为幂级数的意思是：在点 0 的某一个邻域上成立下列等式：

$$
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n,
$$

当然等式（15．13）成立的范围应当在右边的幂级数的收玫域内．由于幂级数的和函数在 $(-r, r)$ 上无限次可导，从而可知函数 $f$ 在 0 点附近也必须无限次可导。这当然是很高的要求．于是，如 $f(x)=|x|$ 那样的函数，在 $x=0$ 附近不可能展开为幂级数．

从逐项求导定理，连用 $k$ 次逐项求导后得到下列等式：

$$
f^{(k)}(x)=\sum_{n=k}^{\infty} n(n-1) \cdots(n-k+1) a_n x^{n-k} .
$$

令 $x=0$ 代入，就得到 $f^{(k)}(0)=k!a_k$ ．因此就已经将幂级数的系数算出来了：

$$
a_k=\frac{f^{(k)}(0)}{k!} \forall k=0,1, \cdots .
$$

前面的 $a_0=f(0)$ 只是它的特例而已．

于是我们在不知道是否可以将 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近展开为幂级数时，已经得到两个结论：
（1）若能展开，则 $f$ 必须至少在 $x=0$ 的一个邻域内无限次可微；
（2）若能展开，则这个幂级数一定惟一，而且只能是

$$
f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2!} x^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n .
$$

称右边为 $f(x)$ 在点 $x=0$ 处的 Taylor 级数，类似地可以写出函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处的 Taylor 级数如下：

$$
f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+\frac{f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n+\cdots
$$

在 $x_0=0$ 时也将上述级数称为 Maclaurin 级数．
反之，只要 $f$ 在点 $x_0$ 无限次可微，就可以写出它的 Taylor 级数，接下来的两个自然的问题就是：
（1）它是否有正收玫半径？
（2）若它有收玫半径 $r>0$ ，则是否在其收玫域上恰好以 $f(x)$ 为和函数？
可惜对于这两个重要问题的回答都是＂不一定＂。
对问题（1）的答案是 ${ }^{(1)}$ ：对于每一个幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n\left(x-x_0\right)^n$ ，一定存在于点 $x_0$处无限次可微的函数 $f(x)$ ，使得这个幂级数恰好是 $f$ 在点 $x_0$ 的 Taylor 级数．于是，每一个收玫半径为 0 的幂级数，都一定是某个函数 $f$ 的 Taylor 级数．

对问题（2），只要回顾第六章的例题 6.19 （以及图 6．9），其中的函数为

$$
f(x)=\left\{\begin{aligned}
e^{-\frac{1}{x^2}}, & x \neq 0 \\
0, & x=0
\end{aligned}\right.
$$

在该例题中已经证明 $f$ 于 $x=0$ 处的所有阶导数等于 0 ．这样一来，这个函数在点 $x=0$ 的 Taylor 级数就是每一项都等于 0 的幂级数，它当然处处收玫，即 $r=+\infty$ ．但是除了点 $x=0$ 之外，$f$ 处处大于 0 ，因此 $f(x)$ 与它的 Taylor 级数都不相等．

于是对于函数的幂级数展开问题需要作专门的研究。这里的方法就是第七章中关于 Taylor 展开式的余项．如 $\S 7.2 .2$ 与 $\S 7.2 .4$ 中那样定义余项为

$$
r_n(x)=f(x)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k
$$

于是
$$
f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2!} x^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n
$$

是否成立的问题就简单地归结为是否有 $\lim _{n \rightarrow \infty} r_n(x)=0$ ？使此极限为 0 的 $x$ 的范围，就是函数 $f$ 能够展开为幂级数的范围．

这里还可以看出，若 $f$ 在点 $x$ 能够展开为幂级数，则上述余项概念与第十四章的 $\S 14.1 .1$ 中引进的无穷级数的余项概念是一致的。

小结 用第七章中关于 Taylor 展开式的余项可以同时解决 Taylor 级数收敛且其和函数等于 $f(x)$ 的问题．

`例` 求 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ 的和函数．
解 由于

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{(n+1)!}}{\frac{1}{n!}}=0
$$

可知 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ 的收玫半径为 $R=+\infty$ ，即它的收玫域为 $(-\infty,+\infty)$ ．令 $S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ ， $x \in(-\infty,+\infty)$ ，应用幂级数的逐项可导性，可得

$$
S^{\prime}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{x^n}{n!}\right)^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}=S(x) .
$$

于是有

$$
\left(e^{-x} S(x)\right)^{\prime}=e^{-x}\left(S^{\prime}(x)-S(x)\right)=0, \quad x \in(-\infty,+\infty) .
$$

这说明 $e ^{-x} S(x)$ 是一个常数，且该常数为 $\left.\left( e ^{-x} S(x)\right)\right|_{x=0}=1$ ．从而得到

$$
S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}=e^x, \quad x \in(-\infty,+\infty) .
$$

`例`求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 n+1}{3^n}$ 之和。
解 先考察幂级数

$$
\sum_{n=0}^{\infty} x^n=\frac{1}{1-x}, \quad x \in(-1,1),
$$

逐项求导后，再两边乘以 $x$ ，得到

$$
\sum_{n=1}^{\infty} n x^n=\frac{x}{(1-x)^2}, \quad x \in(-1,1) .
$$

令 $x=\frac{1}{3}$ ，则有

$$
\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{3}\right)^n=\frac{1}{2}, \quad \sum_{n=1}^{\infty} n\left(\frac{1}{3}\right)^n=\frac{3}{4},
$$

于是得到

$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 n+1}{3^n}=2 \sum_{n=1}^{\infty} n\left(\frac{1}{3}\right)^n+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{3}\right)^n=2 .
$$

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