【微积分】 09 - 函数项级数

合集 - 数学分析(10)

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9.【微积分】 09 - 函数项级数2016-03-03

10.【微积分】 10 - 广义积分2016-03-03

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1. 一致收敛函数

1.1 函数项级数

　　前面讨论了数列的极限和级数，它们都是对单点的逼近，现在我们把这些讨论扩展到函数对象。设$u_1(x),u_2(x),\cdots$是同一定义域上的函数序列，则式（1）左被称为函数项级数，式（1）右是它的部分和函数。如果$S_n(x)$处处收敛于$S(x)$，则$S(x)$称为函数项级数的和函数。函数项级数问题的本质其实就是函数序列$\{S_n(x)\}$的问题，下面的叙述更多地是讨论函数序列$\{f_n(x)\}$的性质。

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n(x)=u_1(x)+u_2(x)+\cdots ;S_n(x)=\sum _{k=1}^n{u}_k(x)\end{array}$$

　　关于函数项级数（函数序列），我们更关心的不是它在单点的收敛条件，而是着重讨论和函数$S(x)$（极限函数$f(x)$）的分析性质。主要包括它的连续性、可微性和可积性，以及这些分析性质与函数序列分析性质的关系，这样的讨论反过来可以用函数序列的分析性质来近似和函数的分析性质，这使得用简单函数模拟和研究复杂函数成为可能。

　　但要有这样的关系，函数序列还要满足一些条件。比如函数序列$x^n$在$[0,1]$上都是连续的，但它们的极限函数在$[0,1)$上为$0$，但在$x=1$时为$1$，并不连续。再看函数序列${\displaystyle \frac{\sin nx}{\sqrt{n}}}$，它的极限函数恒为$0$，导数自然为$0$，但通项的导函数$\sqrt{n}\cos nx$在有理点极限却为无穷。再比如函数序列$2nx{e}^{-n{x}^2}$，它在$[0,1]$上的极限函数恒为$0$，故积分也为$0$，但通项的积分却恒为$1$。

1.2 一致收敛的判定

　　仔细观察上面分析性质不一致的例子，你会发现本质上是因为，函数序列在每一点并不是“同时”收敛于极限函数，这导致了函数序列与极限函数并不“相似”，从而也就不会有相同的分析性质。为此我们定义一种类似一致连续的收敛，即对任意$\epsilon >0$，当$n$足够大后总有式（2）成立，则称函数序列$f_n(x)$一致收敛于$f(x)$。一致收敛有着直观的几何意义，它表示函数序列最终会落入极限函数的无穷小领域内。

$$\begin{array}{}\text{(2)}& |f_n(x)-f(x)|<\epsilon \end{array}$$

　　柯西收敛准则也可以扩展到一致收敛中，这里仅描述结论，请自行论证。函数序列（函数项级数）一致收敛的充要条件是：对任意$\epsilon >0$，当$n$足够大后总有式（3）成立。式（3）右中取$p=1$，则得到函数项级数一致收敛的必要条件：通项$u_n(x)$一致收敛于$0$。

$$\begin{array}{}\text{(3)}& |f_{n+p}(x)-f_n(x)|<\epsilon ;|u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots +u_{n+p}|<\epsilon \end{array}$$

　　数项级数收敛的一些判定方法可以扩展到函数项级数，比如以收敛正项级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{M}_n$作为比较对象，如果$n$足够大后总有$|u_n(x)|⩽M_n$，则函数项级数一致收敛，该方法称为$M$-判别法。阿贝尔判别法可以描述为：如果$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n(x)$一致收敛，$a_n(x)$一致有界且在每一点单调，则级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x)b_n(x)$一致收敛。狄利克雷判别法可以描述为：如果部分和$B_n(x)$一致有界，$a_n(x)$一致收敛于$0$且在每一点单调，则级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x)b_n(x)$一致收敛。所谓一致有界就是说存在$K$使得$|f_n(x)|<K$，而$a_n(x)$在每一点的单调方向是可以不同的。以上证明与数项级数完全一样，请自行论证。

　　• 判断${\displaystyle \frac{nx}{1+n^2{x}^2}}$、$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n\sin nx$（$a_n$单调趋于$0$）、$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin nx}{n}}$的一致收敛性。

1.3 一致收敛的性质

　　定义一致收敛是为了满足极限函数分析性质，现在来具体论证一下。

1.3.1 连续性

　　设连续函数序列$f_n(x)$一致收敛于$f(x)$，当$x\to x_0$时，按$f(x)\to f_n(x)\to f_n(x_0)\to f(x_0)$的路径建立小量评估，容易证明$f(x)\to f(x_0)$，这就是说$f(x)$连续。可以举出反例说明，这个结论的逆命题并不成立，简单的比如定义在开区间$(0,1)$上的函数序列$x^n$。但这个逆命题在闭区间$[a,b]$上是否成立呢？

　　假设$f_n(x),f(x)$连续但不一致收敛，对于任意的${\epsilon }_n\to 0$，异常点$x_n$必有聚点$x_0$。考察$f_n(x_0),f(x_0)$的关系，如果要逆命题成立，则需要$f_n(x_0)\nrightarrow f(x_0)$。$x_0$周围布满了异常点，但每个异常点如果仅对个别的函数成立，并不能保证$f_n(x_0)\nrightarrow f(x_0)$。一个比较容易的必要条件是$f_n(x_0)$是单调的，也就是说，如果$f_n(x)$处处单调收敛于连续函数$f(x)$，则它们是一致收敛的，该结论称为迪尼（Dini）定理。

　　一致收敛函数的连续性体现在表达式上则是，对$f_n(x)$在$n\to \mathrm{\infty }$和$x\to x_0$上取极限的顺序可以交换（式（4）），或者说对级数的和函数求极限，可以转化为逐项求极限后的级数（式（5））。根据证明过程，这个结论还可以弱化，将定义域定为$(x_0,x_0+\epsilon )$，函数序列（或级数）一致收敛（但不一定连续），并且在$x\to x_0$时有极限，则极限值（或其级数）收敛。

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \underset{x\to x_0}{lim}\left(\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x)\right)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left(\underset{x\to x_0}{lim}{f}_n(x)\right)\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(5)}& \underset{x\to x_0}{lim}\left(\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n(x)\right)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left(\underset{x\to x_0}{lim}{u}_n(x)\right)\end{array}$$

　　• 求值：$\underset{x\to 1^{-}}{lim}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(-x{)}^n}{1+x+\cdots +x^{n-1}}}$。

1.3.2 可微性、可积性

　　设函数序列$f_n(x)$一致收敛于$f(x)$，并记$r_n(x)=f(x)-f_n(x)$，容易推导出式（6），结论在函数项级数中便是逐项求积分的式（7）。将式（6）中$b$改成变量，并记$F(x)={\int }_a^{x}f(t)\text{d}t,F_n(x)={\int }_a^x{f}_n(t)\text{d}t$，则式（6）其实就是说$F_n(x)\to F(x)$。再由$f_n(x)$的一致收敛性，不难得出$F_n(x)$是一致收敛于$F(x)$的。

$$\begin{array}{}\text{(6)}& {\int }_a^{b}f(x)\text{d}x={\int }_a^b{f}_n(x)\text{d}x+{\int }_a^b{r}_n(x)\text{d}x=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left({\int }_a^b{f}_n(x)\text{d}x\right)\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(7)}& {\int }_a^b\left(\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n(x)\right)\text{d}x=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left({\int }_a^b{u}_n(x)\text{d}x\right)\end{array}$$

　　如果还要求$f_n(x)$连续，则可知$f(x)$连续且$F_n^{\prime }(x)=f_n(x)$。现在从$F_n(x)$的角度重新考虑，条件是它有连续导函数$f_n(x)$，且$f_n(x)$一致收敛于$f(x)$，结论是$F_n(x)$一致收敛于$F(x)$。再由于$f(x)$也连续，故有$F^{\prime }(x)=f(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x)$。

　　把$F_n(x)$换成$f_n(x)$，重新描述这个结论就是说：如果$f_n(x)$有连续导数，且导函数一致收敛，那么$f_n(x)$一致收敛于某个函数$f(x)$，且它满足式（8）左。对于函数项级数，结论可以说成：如果$u_n(x)$有连续导数，且导函数级数一致收敛，那么$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n(x)$一致收敛于某个函数$S(x)$，且它满足式（8）右。注意到式（6）（7）其实只需要可积性，故这两个结论的条件都可以放宽。

$$\begin{array}{}\text{(8)}& f^{\prime }(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n^{\prime }(x);S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_n^{\prime }(x)\end{array}$$

2. 幂级数

　　幂函数是非常常用和简单的初等函数，以$a_n{x}^n$为通项的函数项级数被称为幂级数。幂级数具有很好的性质，可以用来模拟、逼近一个函数。

2.1 收敛半径

　　我们想知道，幂级数的收敛区间是什么？它与系数$a_n$有什么关系？对于任意选定的$x_0>0$，如果$|x|<x_0$，级数通项可以写成$a_n{x}_0^n{\left({\displaystyle \frac{x}{x_0}}\right)}^n$。如果$a_n{x}_0^n$有界，则级数在$(-x_0,x_0)$上显然绝对收敛。$x_0$从$0$向$+\mathrm{\infty }$移动时，$a_n{x}_0^n$要么一直有界，要么在临界点$R$处开始无界。显然级数在$(-R,R)$上绝对收敛，在$(-\mathrm{\infty },-R)\cup (R,+\mathrm{\infty })$上发散，$R$被称为级数的收敛半径。收敛半径也可以是$0$或$+\mathrm{\infty }$，但要注意级数在$-R,R$处的敛散性是未知的。

　　任何级数都有收敛半径，且应该由$a_n$确定，现在来讨论它们的关系。为此再次考察$a_n{x}_0^n=(\sqrt[n]{a_n}{x}_0{)}^n$的界限，显然$\sqrt[n]{|a_n|}{x}_0$的上极限决定了$a_n{x}_0^n$的界限，而上极限为$1$的点就是有界和无界的分界点。这就是说任何级数的收敛半径为式（9）所示，其中$R$也可以取$0$或$+\mathrm{\infty }$。在某些场合下，极限$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|{\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}}\right|$也是存在的，这时式（9）中的上极限就可以用它来替换。

$$\begin{array}{}\text{(9)}& R={\displaystyle \frac{1}{\overline{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}}\sqrt[n]{|a_n|}}}\end{array}$$

　　• 求幂级数$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^{2n+1}}{2^n}}$、$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^{n^2}}{2^n}}$$$的收敛半径。

2.2 幂级数的性质

　　现在来看看幂级数的一致收敛性，先给出结论：幂级数在其收敛区间中的任何闭区间$[a,b]$上一致收敛。当收敛区间为$(-R,R)$时，取$c=max\{|a|,|b|\}$，由于$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_{n}c$绝对收敛，根据$M$-判别法可知级数在$[a,b]$上一致收敛。当级数在$R$（或$-R$）处也收敛时，通项写成$a_n{x}^n=a_n{R}^n{\left({\displaystyle \frac{x}{R}}\right)}^n$，利用阿贝尔判别法易知，级数在$[0,R]$上一致收敛。通过左右拼接即可证明，级数在任何闭区间上一致收敛。

　　现在我们就可以将一致收敛的级数的分析性质用在幂级数上，并可以得到更多的结论。首先在幂级数的收敛区间上，幂级数的和函数$S$是连续的。其次，幂级数在收敛区间的任何闭区间上的可逐项积分，特别地有式（10）成立。最后，由于$[a_n{x}^n{]}^{\prime }=n{a}_n{x}^{x-1}$的收敛半径也是$R$，且更高次的收敛半径还是$R$，故级数可以逐项求（任意阶）导数（式（11））。

$$\begin{array}{}\text{(10)}& {\int }_0^{x}S(t)\text{d}t=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{a_n}{n+1}}{x}^{n+1}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(11)}& S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{a}_n{x}^{n-1};S^{(k)}(x)=\sum _{n=k}^{\mathrm{\infty }}n\cdots (n-k+1)a_n{x}^{n-k}\end{array}$$

　　式（10）（11）往往被反过来使用，即事先有一个和函数$S(x)$已知的级数，可以求得其它级数的和函数。我们已经知道级数（12）的和函数，利用式（10）便得到式（13）左的和函数。当$x=-1$时，已知交差级数（式（13）右）收敛，由连续性可得其级数值，而这个值以前我们是无法求得的。

$$\begin{array}{}\text{(12)}& 1+x+x^2+\cdots +x^n+\cdots ={\displaystyle \frac{1}{1-x}}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(13)}& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^n}{n}}=-\ln (1-x)\Rightarrow \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}{\displaystyle \frac{1}{n}}=\ln 2\end{array}$$

　　对于级数的乘积，还可以有进一步的结论。若$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n,\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{b}_n$收敛于$A,B$，且乘积的柯西级数$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n$（或某个特定组合的级数）收敛于$C$。易知幂级数$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n,\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{b}_n{x}^n,\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n$在$|x|<1$时绝对收敛，故它们的和函数满足$A(x)B(x)=C(x)$。再由和函数连续，取$x\to 1$可知$AB=C$。

　　• 求值：$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{2n-1}{2^n}}$，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(3-(-1{)}^n{)}^n}{n}}{x}^n$。

2.3 泰勒级数

　　对于在定义域有任意阶导数的函数，它的泰勒展开式可以无限制写下去，且展开式的形式就是一个幂级数。式（14）所定义的幂级数分别被称为泰勒级数和马克劳林（Maclaurin）级数，我们自然想问，泰勒级数z在收敛区间的和函数与原函数是否相等？答案是否定的，一个反例是$f(x)=e^{-\frac{1}{x^2}}$且$f(0)=0$。

$$\begin{array}{}\text{(14)}& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}}(x-x_n{)}^n;\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{f^{(n)}(0)}{n!}}{x}^n\end{array}$$

　　其实利用泰勒公式可知，泰勒级数的部分和为$f(x)-r_n(x)$，所以泰勒级数处处收敛于原函数的充要条件是：泰勒公式的余项处处收敛于$0$。反之，设$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$，利用公式（11）可求得$a_n$的唯一解，故泰勒级数是函数是函数幂级数展开的唯一形式。

　　对于初等函数，参考教程的证明，可以知道它们的泰勒级数在收敛区间上与原函数相同，下表列出了常见初等函数的泰勒级数，以及它的收敛区间。对于初等函数四则运算生成的函数，也可以通过初等函数的泰勒级数间接生成。加减法直接得到，乘法可以用柯西乘法来表达，除法则是用乘法和待定系数法间接求得。

$\begin{array}{c}(1+x{)}^{\mu }\end{array}$	$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\mu (\mu -1)\cdots (\mu -n+1)}{n!}}{x}^n$	$\begin{array}{cc}(-1,1),& x⩽-1\\ (-1,1],& -1<x<0\\ [-1,1],& x>0\end{array}$
${\displaystyle \frac{1}{1-x}}$	$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n$	$(-1,1)$
$e^x$	$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}$	$(-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$
$\ln (1+x)$	$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}{\displaystyle \frac{x^n}{n}}$	$(-1,1]$
$\sin x$	$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}{\displaystyle \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}}$	$(-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$
$\cos x$	$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{\displaystyle \frac{x^{2n}}{(2n)!}}$	$(-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$
$\arcsin x$	$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots 2n}}{\displaystyle \frac{x^{2n+1}}{2n+1}}$	$(-1,1)$
$\arctan x$	$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}{\displaystyle \frac{x^{2n+1}}{2n+1}}$	$[-1,1]$