冪 級 數 之　性　質

  a

        給一冪級數 $\sum_{n=0}^{\infty}a_n (x-a)^n$, 對每一屬於其收斂區間的 $x$, 定義函數 $f$ 為

\begin{displaymath} f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-a)^n\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}
我們稱級數 $\sum a_n(x-a)^n$ 為 $f$ 關於 $a$ 之冪級數展式 , 或稱為 $f$ 之冪級數表示法。

　　對冪級數展式, 我們可能會對下述問題感到興趣:

(i) 給一級數討論其和函數 $f$ 之性質;

(ii) 討論何時一函數有冪級數展式。

　

　

定理 1.設存在一 $a\in R$ 及 $r>0$, 使得對 $\forall x\in (a-r, a+r)$, 函數 $f$ 有冪級數展式如下:

\begin{displaymath} f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-a)^n\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath} (5.1)
則

(i) $f$ 在 $(a-r, a+r)$ 連續;

(ii) $f$ 在每一包含於 $(a-r, a+r)$ 之閉區間之積分, 可為冪級數逐項積分 之和。特別地, 對 $\forall x\in (a-r, a+r)$,

\begin{displaymath} \int_a^x f(t)dt=\sum_{n=0}^{\infty}a_n\int_a^x(t-a)^ndt=\sum... ...\frac {a_n}{n+1}(x-a)^{n+1}\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath} (5.2)

　

  a
　　由 (5.2) 知, $f$ 之積分仍有冪級數表示法。再由定理 4.3 知, 此二級數有相同的收斂半徑。

　

定理 2.設 $f$ 在區間 可表示成 (5.1) 式, 其中 $r$ 表冪級數之收斂半徑。則

(i) 微分級數 $\sum_{n=1}^{\infty}na_n(x-a)^{n-1}$ 之收斂半徑仍為 $r$;

(ii) 對 $\forall x\in (a-r, a+r)$, $f'(x)$ 存在, 且

\begin{displaymath} f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_n(x-a)^{n-1}\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

 

  a

　　由於有定理 1 及 2, 在 8.1 節我們經由逐項微分或積分, 而得到新的冪級數 之運算皆是合法的。特別地, 我們有下述展式:

$\displaystyle \log (1+x)$ $\textstyle =$ $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac {(-1)^n}{n+1} x^{n+1},\ \vert x\vert<1,$ (5.3)
$\displaystyle \log(1-x)$ $\textstyle =$ $\displaystyle -\sum_{n=0}^{\infty}\frac 1{n+1} x^{n+1},\ \vert x\vert<1,$ (5.4)
$\displaystyle \arctan x$ $\textstyle =$ $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac {(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}, \ \vert x\vert<1\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }}$ (5.5)

　　由 (5.3) 及 (5.4) 得

\begin{displaymath} \frac 1 2\log(\frac {1+x}{1-x})=\sum_{n=0}^{\infty}\frac 1{2n+1}x^{2n+1},\ \vert x\vert<1\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath} (5.6)
當 $x$ 由 $-1$ 移動至 1 時, $(1+x)/(1-x)$ 取值在所有正數上。故只要適當地選取 $x$ 值, 我們可由 (5.6) 式得到任一正數之對數值。

　

　　定理 2 之另一推論為一冪級數之和函數之任意階導數皆存在, 且可經由逐項微分而得。若 $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-a)^n$, 則經微分 $k$ 次後且令 $x=a$ 得

\begin{displaymath} f^{(k)}(a)=k!a_k, \end{displaymath}
故 $x^k$ 之係數為
\begin{displaymath} a_k=\frac {f^{(k)}(a)}{k!}, \ k\geq 1\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}
至於 $a_0=f^{(0)}(a)=f(a)$。故 $f$ 之冪級數展式為
\begin{displaymath} f(x)=\sum_{k=0}^{\infty }\frac {f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath} (5.7)
此性質即為冪級數展式之唯一性定理 。

　

定理 3.設二冪級數 $\sum a_n(x-a)^n$ 與 $\sum b_n(x-a)^n$ 在 $a$ 之某一鄰域中, 有相同之和函數 $f$, 則此二級數逐項相等, 即

\begin{displaymath} a_n=b_n=f^{(n)}(a)/n!,\ \forall n\geq 0\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

　

  a

　　由 (5.7) 式亦可看出一冪級數之部分和, 即為其和函數在 $a$ 之泰勒展式。換句話說, 若函數 $f$ 在區間 $(a-r, a+r)$ 可表示成一冪級數, 則 $f$ 在 $a$ 之 泰勒多項式數列, 在 $(a-r, a+r)$ 中逐點收斂至和函數 $f$。尤有進者, 在 $(a-r, a+r)$ 之任一閉的子區間, 此為均勻收斂。接著我們來看本節一開始所提出的第二個問題, 即給定一函數 $f$, 何時可在 $a$ 點之某一鄰域有冪級數展式?

　　前面已證過, 這種函數必在 $a$ 之某一鄰域的每一階導數皆存在 (因此 $\log x$ 與 $x^{1/3}$ 在 0 皆無法展開, 因二者在 $x=0$ 之導數皆不存在), 且此函數之冪級數展式如 (5.7) 所給。現設有一在 $a$ 之某一鄰域的任意階導數皆存在的函數 $f$, 這種函數稱為在該區間無限次可微 。則我們可寫出下述 冪級數

\begin{displaymath} \sum_{k=0}^{\infty }\frac {f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath} (5.8)
此級數稱為由 $f$ 在 $a$ 所產生之泰勒級數 。 我們立刻會問: 除了在 $x=a$ 外, 此級數是否會收斂? 如果是的話, 其和是否等於 $f(x)$? 令人訝異的是, 一般而言此二問題的答案皆為否定。除了在 $x=a$ 外, 此級數不一定收斂, 即使收斂, 其和也不一定等於 $f(x)$。底下我們給使此二問題之答案皆為肯定之充要條件。

　　首先由第四章 (3.15) 式之泰勒公式知

\begin{displaymath} f(x)=\sum_{k=0}^n\frac {f^{(k)}(a)}{k!} (x-a)^k+R_n(x), \end{displaymath} (5.9)
等號右側之有限項的和為 $f$ 在 $a$ 之 $n$ 次泰勒多項式, $R_n(x)$ 為餘項, 也就是以泰勒多項式來逼近 $f$ 之誤差。若在 (5.9) 中令 $n\to\infty $, 則可看出 (5.8)之冪級數會收斂至 $f(x)$, 若且唯若誤差項 $R_n(x)$ 趨近至 0。底下定理 4 及 5 給出使此誤差項趨近至 0 的充分條件。

　　在第四章 (3.19) 式我們將 $R_n(x)$ 表示成一積分, 即

\begin{displaymath} R_n(x)=\frac 1{n!}\int_a^x(x-t)^n f^{(n+1)} (t)dt \end{displaymath} (5.10)
只要 $f^{(n+1)}$ 在 $a$ 之某一鄰域連續, 且 $x$ 屬於此鄰域, 上式便成立。故若 $f$ 無限次可微, 對 $\forall n\geq 1$, 我們皆可將誤差表示成上式, 因此泰勒級數 收斂至 $f(x)$, 若且唯若 (5.10) 之右側, 當 $n\rightarrow \infty $ 時趨近至 0。

　　利用變數代換, 令 $t=x+(a-x)u$, 則 $R_n$ 可改寫為

\begin{displaymath} R_n(x)=\frac {(x-a)^{n+1}}{n!}\int_0^1 u^nf^{(n+1)}(x+(a-x)u)du\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath} (5.11)
我們有下述定理。

　

定理 4.設函數 $f$ 在 $(a-r, a+r)$ 無限次可微, 且設存在 一常數 $A>0$, 使得

\begin{displaymath} \vert f^{(n)}(x)\vert\leq A^n,\ \forall n\geq 1, \ \forall x\in (a-r, a+r)\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath} (5.12)
則對 $\forall x\in (a-r, a+r)$, $f$ 在 $a$ 所產生之泰勒級數收斂至 $f(x)$。

  a


例 1.令 $f(x)=\sin x$, $g(x)=\cos x$。 因

\begin{displaymath} \vert f^{(n)}(x)\vert\leq 1,\ \ \vert g^{(n)}(x)\vert\leq 1,\ \forall n\geq 1, x\in R, \end{displaymath}
故不論對 $f(x)$ 或 $g(x)$, (5.12) 式成立, 其中 $A=1$。 因此
$\textstyle =$ $\displaystyle x-\frac 1{3!}x^3+\frac 1{5!}x^5-\cdots+\frac {(-1)^{n}}{(2n+1)!}x^{2n+1}+\cdots,$ (5.13)
$\textstyle =$ $\displaystyle 1-\frac 1{2!}x^2+\frac 1{4!}x^4-\cdots+\frac {(-1)^{n}}{(2n)!}x^{2n}+\cdots,$ (5.14)
$\forall x\in R$。利用定理 1 及 2, 由上述二展式, 立即可看出
\begin{eqnarray*} &&(\sin x)'=\cos x,\ (\cos x)'=-\sin x, \\ &&\int_0^{x}\sin t... ...s x,\ \int_0^x\cos tdt=\sin x\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{eqnarray*}
　


例 2.令 $f(x)=e^x$。 首先 $f^{(n)}(x)=e^x$, $\forall n\geq 1$, $x\in R$。 又對 $x$ 在任一有限區間 $(-r, r)$ 中, 其中 $r>0$, $e^x\leq e^r$, 而 $e^r>1$, 因此 (5.12) 式成立, 其中 $A=e^r$。因 $r$ 可為任意一正數, 即得證對 $\forall x\in R$, 下式成立:

\begin{displaymath} e^x=1+x+\frac 1{2!}x^2+\cdots+\frac 1{n!}x^n+\cdots\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath} (5.15)
由此展式也可看出
\begin{displaymath} (e^x)'=e^x,\ \ \int_0^x e^tdt=e^x-1\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}
　


例 3.求下述級數和。

\begin{displaymath} 1-\frac 1 4+\frac 1 7-\frac 1{10}+\cdots+\frac {(-1)^{n}}{3n+1}+\cdots\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}    

　


例 4.令 $f_0(x)=e^x$, 且 $f_{n+1}(x)=xf'_n(x)$, $\forall n\geq 0$。試證

\begin{displaymath} \sum_{n=0}^{\infty}\frac {f_n(1)}{n!}=e^e\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}


　　定理 4 指出, 若一函數 $f$ 之 $n$ 階導數 $f^{(n)}$ 成長的速度小於某正數 之 $n$ 次方, 則 $f$ 之泰勒級數收斂至 $f$。

　

定理 5.設在某閉區間 $[0, r]$, $f^{(n)}(x)\geq 0$, $\forall n\geq 0$, $\forall x\in [0,r]$。則對 $\forall x\in [0, r)$, 泰勒級數

\begin{displaymath} \sum_{k=0}^{\infty }\frac {f^{(k)}(0)}{k!}x^k \end{displaymath}
收斂至 $f(x)$。 

  a

　　由二項式定理, 對每一正整數 $m$, 我們有

\begin{displaymath} (a+b)^m=a^m+{m\choose 1}a^{m-1}b+\cdots+{m\choose k}a^{m-k} b^k+\cdots+b^m\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

$(a+b)^m$ 表 $(a+b)\cdot (a+b)\cdots (a+b)$ 連乘 $m$ 項, 因此上述公式其實是用到 排列組合的技巧。但若 $m$ 不為正整數呢? 我們先取 $a=1$, $b=x$, 並考慮 $(1+x)^m$。則若知 $(1+x)^m$ 之展式, 一般的

\begin{displaymath} (a+b)^m=a^m(1+b/a)^m \end{displaymath}

便也能寫出, 只要 $a\neq 0$。

　　當 $m$ 為正整數時,

\begin{displaymath} (1+x)^m=1+{m\choose 1} x+{m\choose 2} x^2+\cdots+{m\choose k} x^k+\cdots +x^m\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

若 $m$ 不為正整數, 我們仍可將 $(1+x)^m$ 表示成一級數, 只是此時級數便不會終止了。 我們會得到 一所謂的二項式級數, 且其形式為 (以 $c$ 取代 $m$):

\begin{displaymath} \sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n=1+{c\choose 1} x+{c\choose 2} x^2+\cdots+{c\choose n} x^n+\cdots, \end{displaymath}

(5.20)

此處 $a_n={c\choose n}$, 而

\begin{displaymath} {c\choose n}=\frac {c(c-1)\cdots(c-n+1)}{n!},\ n\geq 1\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

(5.21)

注意當 $c$ 為一非負整數時, 由 (5.21) 得

\begin{displaymath} {c\choose n} =\frac {c!}{n!(c-n)!},\ 0\leq n\leq c, \end{displaymath}

(5.22)

此與我們過去中學時代在學排列組合中, 所得相同。故 (5.21) 即推廣 $c$ 不為非 負整數時 ${c\choose n}$ 的意義, 而 (5.22) 中之等號右側因有 $c!$, 故只對 $c$ 為 非負整數時才成立。又由 (5.21) 可看出, 當 $c$ 為一非負整數時, 對 $\forall n>c$, ${c\choose n}=0$, 此時 (5.20) 成為一有限的級數。除此情況外, (5.20) 皆為一無限級數。

　　我們再來看 (5.20) 之級數的收斂半徑。由比值檢定法, 因

\begin{displaymath} \lim_{n\rightarrow \infty }\vert\frac {a_{n+1}x^{n+1}}{a_nx^... ...rt\vert x\vert=\vert x\vert\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

故當 $\vert x\vert<1$, 級數收斂; 當 $\vert x\vert>1$, 級數發散, 即收斂半徑為 1。

　　對 $\forall c\in R$, (5.20) 之二項式級數, 定義一函數 $f$ 如下:

\begin{displaymath} f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n,\ \vert x\vert<1, \end{displaymath}

(5.23)

若 $c$ 為一非負整數, 由二項式定理, $f$ 即成為

\begin{displaymath} f(x)=(1+x)^c\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

(5.24)

　

　　底下證明, 事實上對 $\forall c\in R$, $f$ 皆有上述形式。

而若能證出

\begin{displaymath} D(f(x)(1+x)^{-c})=0, \end{displaymath}

(5.25)

則

\begin{displaymath} f(x)(1+x)^{-c}=K, \end{displaymath}

其中 $K$ 為一常數。又因 $f(0)=1$, 故 $K=1$。 如此一來 (5.24) 對 $\forall c\in R$ 便成立了。

　　我們便開始證明 (5.25)。即要證明

\begin{displaymath} D(f(x)(1+x)^{-c})=f'(x)(1+x)^{-c}-cf(x)(1+x)^{-c-1}=0\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

將上式每一項各乘以 $(1+x)^{1+c}$ 得

\begin{displaymath} f'(x)(1+x)-cf(x)=0\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

(5.26)

底下證明 (5.23) 定義出之 $f$ 滿足 (5.26)。

　　由定理 5.2, 對 $\forall \vert x\vert<1$,

\begin{displaymath} f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_n x^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n, \end{displaymath}

故

\begin{displaymath} xf'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_n x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}na_{n}x^n\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}


因此

\begin{displaymath} f'(x)(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty}((n+1)a_{n+1}+na_n)x^n\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

又

\begin{eqnarray*} &&(n+1)a_{n+1}+na_n \\ && =\frac {(n+1)c(c-1)\cdots (c-n)}{(n... ...(c-n+1)}{n!}\\ &&=\frac {c(c-1)\cdots (c-n+1)}{n!}(c-n+n)=ca_n, \end{eqnarray*}

故

\begin{displaymath} f'(x)(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty}c a_nx^n=cf(x)\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

如此即證出 (5.26) 成立, 因此 (5.25) 成立, 故 (5.24) 成立。證畢。


　　我們將結果陳述於下, 此即推廣的二項式定理。

　

定理 6.對 $\forall c\in R$, $\vert x\vert<1$,

$\displaystyle \hspace*{1cm} (1+x)^c$

$\textstyle =$

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{c\choose n}x^n$

(5.27)

$\displaystyle \hspace*{1cm}$

$\textstyle =$

$\displaystyle 1+{c\choose 1}x+{c\choose 2}x^2+\cdots+{c\choose n}x^n+\cdots\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }}$

 

  a

　　我們展開 $(1+x)^c$ 而非 $x^c$, 此因後者在 $x=0$ 並非所有導數皆存在, 除非 $c$ 為一 非負整數, 而此時 $x^c$ 已為一冪級數了。另外, 我們是以間接的手法證出 $(1+x)^c$ 之展式如 (5.27), 亦可直接導出。即令 $f(x)=(1+x)^c$, 則極易看出

\begin{displaymath} f^{(k)}(0)={c\choose k},\ \forall k\geq 0\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}

故若能證出 $n\rightarrow \infty $ 時, 餘項 $R_n(x)$ 趨近至 0, 則由定理 5 便得到 (5.27) 成立了。 


例 5.求 $\sqrt {1+x}$ 之展式。 


例 6.求 $\log (x+\sqrt {1+x^2})$ 之展式。 

　


  a

進一步閱讀資料：黃文璋(2002). 冪級數之性質。微積分講義第八章，國立高雄大學應用數學系。