函数的幂级数展开

这一节我们讲述幂级数展开的方法，包括幂级数的变量代换、逐项求导与逐项积分。

1，和函数：幂级数若收敛，它的和就是一个函数，我们称之为幂级数的和函数。

2，幂级数的变量代换：若 $$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n,|x|<R$$

则 $$f(g(x))=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{g}^n(x),|g(x)|<R$$

我们已经知道，几何级数

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n=\frac{1}{1-x},|x|<1$$

利用变量代换及这个展开式，我们可以得到一些函数的展开式。

例1：${\displaystyle \frac{1}{1-x^2}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^{2n},|x|<1}$。

例2：${\displaystyle \frac{1}{1+x^2}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-x^2{)}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{x}^{2n},|x|<1}$。

例3：${\displaystyle \frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-x{)}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{x}^n,|x|<1}$。

例4：${\displaystyle \frac{1}{2+x}=\frac{1}{2}\frac{1}{1+\frac{x}{2}}=\frac{1}{2}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{(-\frac{x}{2})}^n=\frac{1}{2}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{x^n}{2^n}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{x^n}{2^{n+1}}}$

它的收敛半径为

$$|-\frac{x}{2}|<1\Rightarrow |x|<2$$

所以 $$\frac{1}{2+x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{x^n}{2^{n+1}},|x|<2$$

3，定理（逐项求导与逐项积分）：若级数 ${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x-a_0{)}^n}$ 的收敛半径为 $R$，则它的和函数 ${\displaystyle f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x-a_0{)}^n}$ 在区间 $(a_0-R,a_0+R)$ 上可微，并且

（1）${\displaystyle f^{\prime }(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}[a_n(x-a_0{)}^n{]}^{\prime }=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{a}_n(x-a_0{)}^{n-1}}$；

（2）${\displaystyle \int f(x)dx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\int a_n(x-a_0{)}^{n}dx=C+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{n+1}(x-a_0{)}^{n+1}}$，这里 $C$ 根据函数在 $a_0$ 处的值来确定。

这个定理的证明需要级数的一致收敛的概念及相关定理，这里我们略去。

这个定理说明，逐项求导与逐项积分不改变收敛半径。

例5：因为 ${\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^2}={\left(\frac{1}{1-x}\right)}^{\prime }}$，所以

$$\frac{1}{(1-x{)}^2}={\left(\frac{1}{1-x}\right)}^{\prime }=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(x^n{)}^{\prime }=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{x}^{n-1}$$

它的收敛半径为 $R=1$，收敛域为 $|X|<1$。这里 $n$ 从 $1$ 开始是因为原级数的第一项为常数，它的导数为 $0$。

例2：因为 ${\displaystyle \frac{1}{(1+x{)}^2}=-{\left(\frac{1}{1+x}\right)}^{\prime }}$，所以

$$\frac{1}{(1+x{)}^2}=-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}((-1{)}^n{x}^n{)}^{\prime }=-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n}n{x}^{n-1},|x|<1$$

例7：因为 ${\displaystyle \ln (1+x)=\int \frac{1}{1+x}dx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\int (-1{)}^n{x}^{n}dx=C+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{n+1}}{n+1}}$。

因为函数是在 $x=0$ 处展开，而 $\ln (1+0)=0$，所以 $C=0$，所以

$$\ln (1+x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{n+1}}{n+1}$$