第十章 函数项级数

本章包含函数项级数相关的重要定理。

§1 函数序列的一致收敛性

定义10.1.1 函数序列的逐点收敛

设函数序列 $\{f_n(x)\}$ 在区间 $I$ 上有定义。如果对每个固定的 $x\in I$，数列 $\{f_n(x)\}$ 收敛，则称 $\{f_n(x)\}$ 在 $I$ 上逐点收敛（或点态收敛）。其极限函数记为 $f(x)={\lim }_{n\to \infty }{f}_n(x)$。

例子：定义10.1.1 函数序列的逐点收敛 — 例子

定义10.1.2 函数序列的一致收敛

设函数序列 $\{f_n(x)\}$ 在区间 $I$ 上逐点收敛于 f(x)$$f(x)。如果对于任意给定的 $\epsilon >0$，存在正整数 $N$，使得当 $n>N$ 时，对一切 $x\in I$，都成立

$$|f_n(x)-f(x)|<\epsilon ,$$

则称 $\{f_n(x)\}$ 在 $I$ 上一致收敛于 $f(x)$。

例子：定义10.1.2 函数序列的一致收敛 — 例子

定义10.2.1 函数项级数

设 $\{u_n(x)\}$ 是定义在区间 $I$ 上的函数序列，则称

$$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)=u_1(x)+u_2(x)+\cdots +u_n(x)+\cdots$$

为函数项级数。称 $S_n(x)={\sum }_{k=1}^n{u}_k(x)$ 为其部分和函数。

例子：定义10.2.1 函数项级数 — 例子

定义10.2.2 函数项级数的一致收敛

如果函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 的部分和函数序列 $\{S_n(x)\}$ 在区间 $I$ 上一致收敛于 $S(x)$，则称该函数项级数在 $I$ 上一致收敛于 $S(x)$。

例子：定义10.2.2 函数项级数的一致收敛 — 例子

定义10.3.1 幂级数

形如

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n(x-x_0{)}^n=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0{)}^2+\cdots$$

的函数项级数称为幂级数，$a_n$ 称为幂级数的系数。

例子：定义10.3.1 幂级数 — 例子

定义10.3.2 幂级数的收敛半径

设幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x-x_0{)}^n$ 在 $x\ne x_0$ 处既有收敛点又有发散点，则必存在正数 $R$，使得级数在 $|x-x_0|<R$ 时绝对收敛，在 $|x-x_0|>R$ 时发散，$R$ 称为幂级数的收敛半径，$(x_0-R,x_0+R)$ 称为收敛区间。

例子：定义10.3.2 幂级数的收敛半径 — 例子

定义10.4.1 Taylor级数

设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处有任意阶导数，则称幂级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n$$

为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的 Taylor级数。当 $x_0=0$ 时，称为 Maclaurin级数。

例子：定义10.4.1 Taylor级数 — 例子

定理10.1.1 一致收敛的ε-N定义

定理陈述：设函数序列 $\{S_n(x)\}$ 在集合 $D$ 上点态收敛于 $S(x)$，则 $\{S_n(x)\}$ 在 $D$ 上一致收敛于 $S(x)$ 的充分必要条件是：对任意 $\epsilon >0$，存在 $N$，使得对一切 $n>N$ 和 $x\in D$，有 $|S_n(x)-S(x)|<\epsilon$。

证明：

核心想法：这就是一致收敛的定义，只需要验证定义等价性。

第1步：回顾定义。$\{S_n\}$ 在 $D$ 上一致收敛于 $S$ 是指：对任意 $\epsilon >0$，存在 $N=N(\epsilon )$（只依赖 $\epsilon$，不依赖 $x$），使得对一切 $n>N$ 和一切 $x\in D$，$|S_n(x)-S(x)|<\epsilon$。

第2步：这恰好就是定理所陈述的条件。所以定理只是将一致收敛的定义重新表述为充分必要条件的形式。

第3步：对比点态收敛：点态收敛允许 $N$ 依赖 $x$（即 $N=N(\epsilon ,x)$），而一致收敛要求 $N$ 只依赖 $\epsilon$（即 $N=N(\epsilon )$），对一切 $x$ 同时成立。

证毕

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例子：定理10.1.1 一致收敛的ε-N定义 — 例子

定理10.1.2 一致收敛的序列刻画

定理陈述：设函数序列 $\{S_n(x)\}$ 在集合 $D$ 上点态收敛于 $S(x)$，则 $\{S_n(x)\}$ 在 $D$ 上一致收敛于 $S(x)$ 的充分必要条件是：对任意数列 $\{x_n\},x_n\in D$，成立 ${\lim }_{n\to \infty }|S_n(x_n)-S(x_n)|=0$。

证明：

核心想法：一致收敛意味着 ${\sup }_{x\in D}|S_n(x)-S(x)|\to 0$。如果存在某个 $x_n$ 使 $|S_n(x_n)-S(x_n)|$ 不趋于零，则上确界不趋于零，不一致收敛。

第1步（必要性）：设 $\{S_n\}$ 在 $D$ 上一致收敛于 $S$。则对任意 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时，对一切 $x\in D$ 有 $|S_n(x)-S(x)|<\epsilon$。

特别地，对任意数列 $\{x_n\}\subset D$，当 $n>N$ 时 $|S_n(x_n)-S(x_n)|<\epsilon$。所以 ${\lim }_{n\to \infty }|S_n(x_n)-S(x_n)|=0$。

第2步（充分性）：设对任意 $\{x_n\}\subset D$，${\lim }_{n\to \infty }|S_n(x_n)-S(x_n)|=0$。

用反证法。假设不一致收敛，则存在 ${\epsilon }_0>0$，对任意 $N$，存在 $n>N$ 和 $x_n\in D$ 使得 $|S_n(x_n)-S(x_n)|⩾{\epsilon }_0$。

第3步：取 $N=1$，得 $n_1$ 和 $x_{n_1}$；取 $N=n_1$，得 $n_2>n_1$ 和 $x_{n_2}$；……构造数列 $\{x_{n_k}\}$ 使得 $|S_{n_k}(x_{n_k})-S(x_{n_k})|⩾{\epsilon }_0$。

第4步：补充定义其余位置（$n\ne n_k$）的 $x_n$ 为 $D$ 中任意元素。则数列 $\{x_n\}\subset D$，但 $|S_{n_k}(x_{n_k})-S(x_{n_k})|⩾{\epsilon }_0$ 不趋于零，与假设矛盾。

所以 $\{S_n\}$ 在 $D$ 上一致收敛。

证毕

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例子：定理10.1.2 一致收敛的序列刻画 — 例子

§2 函数项级数的一致收敛性

定理10.2.1 函数项级数一致收敛的Cauchy收敛原理

定理陈述：函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛的充分必要条件是：对于任意给定的 $\epsilon >0$，存在正整数 $N=N(\epsilon )$，使得对一切 $m>n>N$ 和 $x\in D$，有 $|u_{n+1}(x)+\cdots +u_m(x)|<\epsilon$。

证明：

核心想法：级数一致收敛等价于部分和函数序列一致收敛，对部分和序列用一致收敛的ε-N定义。

第1步：设 $S_n(x)={\sum }_{k=1}^n{u}_k(x)$ 为部分和。级数一致收敛等价于 $\{S_n\}$ 一致收敛。

第2步（必要性）：设 $\{S_n\}$ 一致收敛于 $S$。由定理10.1.1，对任意 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时对一切 $x\in D$，$|S_n(x)-S(x)|<\frac{\epsilon }{2}$。

当 $m>n>N$ 时：

$$|S_m(x)-S_n(x)|⩽|S_m(x)-S(x)|+|S(x)-S_n(x)|<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .$$

而 $S_m(x)-S_n(x)=u_{n+1}(x)+\cdots +u_m(x)$。

第3步（充分性）：设Cauchy条件成立。对每个固定的 $x$，$\sum u_n(x)$ 满足数项级数的Cauchy条件（定理9.4.1），所以点态收敛。设极限函数为 $S(x)$。

在Cauchy条件中令 $m\to \infty$：$|S(x)-S_n(x)|={\lim }_{m\to \infty }|S_m(x)-S_n(x)|⩽\epsilon$（对 $n>N$ 和一切 $x$）。所以一致收敛。

证毕

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例子：定理10.2.1 函数项级数一致收敛的Cauchy收敛原理 — 例子

定理10.2.2 Weierstrass判别法

定理陈述：设函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)(x\in D)$ 的每一项 $u_n(x)$ 满足 $|u_n(x)|⩽M_n$，若正项级数 $\sum M_n$ 收敛，则函数项级数在 $D$ 上一致收敛。

证明：

核心想法：$|u_{n+1}(x)+\cdots +u_m(x)|⩽M_{n+1}+\cdots +M_m$，右端与 $x$ 无关，由 $\sum M_n$ 收敛的Cauchy条件即可控制。

第1步：对任意 $m>n$ 和 $x\in D$：

$$|u_{n+1}(x)+\cdots +u_m(x)|⩽|u_{n+1}(x)|+\cdots +|u_m(x)|⩽M_{n+1}+\cdots +M_m.$$

第2步：因为 $\sum M_n$ 收敛，由Cauchy收敛原理（定理9.4.1），对任意 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $m>n>N$ 时 $M_{n+1}+\cdots +M_m<\epsilon$。

第3步：因此 $|u_{n+1}(x)+\cdots +u_m(x)|<\epsilon$ 对一切 $x\in D$ 成立。

第4步：由定理10.2.1，$\sum u_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛。

证毕

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例子：定理10.2.2 Weierstrass判别法 — 例子

定理10.2.3 Abel-Dirichlet判别法

定理陈述：设函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n(x)b_n(x)(x\in D)$ 满足如下两个条件之一，则在 $D$ 上一致收敛：

1. Abel判别法：$\sum a_n(x)$ 一致收敛，$\{b_n(x)\}$ 单调一致有界
2. Dirichlet判别法：$\sum a_n(x)$ 的部分和一致有界，$\{b_n(x)\}$ 单调一致趋于零

证明：

核心想法：与数项级数的Abel-Dirichlet判别法（定理9.4.3）思路相同，用Abel求和公式 + Cauchy收敛原理，只是现在要保证估计对一切 $x\in D$ 一致成立。

Abel判别法的证明：

第1步：设 $\sum a_n(x)$ 一致收敛，$|b_n(x)|⩽M$（一致有界），对每个固定 $x$，$b_n(x)$ 关于 $n$ 单调。

第2步：由Cauchy收敛原理（定理10.2.1），对任意 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $m>n>N$ 时，对一切 $x\in D$，$|a_{n+1}(x)+\cdots +a_m(x)|<\epsilon$。

第3步：由Abel求和公式（同定理9.4.3的证明），对每个 $x$：

$$\sum _{k=n+1}^m{a}_k(x)b_k(x)=A_m(x)b_m(x)-A_n(x)b_{n+1}(x)+\sum _{k=n+1}^{m-1}{A}_k(x)(b_k(x)-b_{k+1}(x)),$$

其中 $A_k(x)={\sum }_{j=1}^k{a}_j(x)$。

第4步：因为 $\sum a_n(x)$ 一致收敛，$|A_k(x)|$ 一致有界。又 $|b_n(x)|⩽M$，$b_n(x)$ 单调，$\sum |b_k(x)-b_{k+1}(x)|=|b_{n+1}(x)-b_m(x)|⩽2M$。

第5步：取绝对值并利用第2步的估计，可得 $\left|{\sum }_{k=n+1}^m{a}_k(x)b_k(x)\right|$ 一致小于 $C\epsilon$（$C$ 为常数），由Cauchy收敛原理，一致收敛。

Dirichlet判别法的证明：

第1步：设 $|A_n(x)|=\left|{\sum }_{k=1}^n{a}_k(x)\right|⩽M$（一致有界），$b_n(x)$ 单调且 $b_n(x)\rightrightarrows 0$（一致趋于零）。

第2步：由Abel求和公式，同定理9.4.3的Dirichlet部分：

$$\left|\sum _{k=n+1}^m{a}_k(x)b_k(x)\right|⩽2M\cdot b_{n+1}(x).$$

第3步：因为 $b_n(x)\rightrightarrows 0$，对任意 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时 $|b_{n+1}(x)|<\frac{\epsilon }{2M}$ 对一切 $x$ 成立。

所以 $\left|{\sum }_{k=n+1}^m{a}_k(x)b_k(x)\right|<\epsilon$ 一致成立，由Cauchy收敛原理，一致收敛。

证毕

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例子：定理10.2.3 Abel-Dirichlet判别法 — 例子

定理10.2.4 连续性定理

定理陈述：设函数序列 $\{S_n(x)\}$ 的每一项 $S_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $S(x)$，则 $S(x)$ 在 $[a,b]$ 上也连续。

证明：

核心想法：$|S(x)-S(x_0)|⩽|S(x)-S_n(x)|+|S_n(x)-S_n(x_0)|+|S_n(x_0)-S(x_0)|$，三项分别用一致收敛和 $S_n$ 的连续性控制。

第1步：对任意 $x_0\in [a,b]$ 和 $\epsilon >0$，由一致收敛，存在 $N$ 使得对一切 $x\in [a,b]$：

$$|S_N(x)-S(x)|<\frac{\epsilon }{3}.$$

第2步：因为 $S_N(x)$ 在 $x_0$ 连续，存在 $\delta >0$，当 $|x-x_0|<\delta$ 时：

$$|S_N(x)-S_N(x_0)|<\frac{\epsilon }{3}.$$

第3步：当 $|x-x_0|<\delta$ 时：

$$|S(x)-S(x_0)|⩽|S(x)-S_N(x)|+|S_N(x)-S_N(x_0)|+|S_N(x_0)-S(x_0)|<\frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}=\epsilon .$$

所以 $S$ 在 $x_0$ 连续。

证毕

意义：一致收敛将每个 $S_n$ 的连续性”传递”给极限函数 $S$。点态收敛则不行，例如 $S_n(x)=x^n$ 在 $[0,1]$ 上点态收敛于不连续函数 $S(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\in [0,1)\\ 1,& x=1\end{array}$。

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例子：定理10.2.4 连续性定理 — 例子

定理10.2.5 逐项积分定理

定理陈述：设函数序列 $\{S_n(x)\}$ 的每一项 $S_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $S(x)$，则 $S(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，且：

$${\int }_a^{b}S(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^b{S}_n(x)\mathrm{d}x.$$

证明：

核心想法：$\left|{\int }_a^b{S}_n-{\int }_a^{b}S\right|⩽{\int }_a^b|S_n-S|⩽(b-a)\sup |S_n-S|$，一致收敛保证上确界趋于零。

第1步：由定理10.2.4，$S(x)$ 连续，所以在 $[a,b]$ 上可积。

第2步：对任意 $\epsilon >0$，由一致收敛，存在 $N$，当 $n>N$ 时对一切 $x\in [a,b]$：

$$|S_n(x)-S(x)|<\frac{\epsilon }{b-a}.$$

第3步：当 $n>N$ 时：

$$\left|{\int }_a^b{S}_n(x)\mathrm{d}x-{\int }_a^{b}S(x)\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_a^b|S_n(x)-S(x)|\mathrm{d}x<\frac{\epsilon }{b-a}\cdot (b-a)=\epsilon .$$

所以 ${\int }_a^b{S}_n(x)\mathrm{d}x\to {\int }_a^{b}S(x)\mathrm{d}x$。

证毕

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例子：定理10.2.5 逐项积分定理 — 例子

定理10.2.6 逐项求导定理

定理陈述：设函数序列 $\{S_n(x)\}$ 满足：

1. 每一项 $S_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上有连续导数
2. 在 $[a,b]$ 上点态收敛于 $S(x)$
3. 导函数序列 $\{S_n^{\prime }(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛

则 $S(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且 $S^{\prime }(x)={\lim }_{n\to \infty }{S}_n^{\prime }(x)$。

证明：

核心想法：先对导函数序列用逐项积分定理，再验证 $S$ 是导函数的积分。

第1步：设 $S_n^{\prime }(x)\rightrightarrows T(x)$（一致收敛）。由定理10.2.4，$T(x)$ 连续。

第2步：由Newton-Leibniz公式，$S_n(x)=S_n(a)+{\int }_a^x{S}_n^{\prime }(t)\mathrm{d}t$。

第3步：对积分用逐项积分定理（定理10.2.5）：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^x{S}_n^{\prime }(t)\mathrm{d}t={\int }_a^{x}T(t)\mathrm{d}t.$$

第4步：令 $n\to \infty$：

$$S(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\left[S_n(a)+{\int }_a^x{S}_n^{\prime }(t)\mathrm{d}t\right]=S(a)+{\int }_a^{x}T(t)\mathrm{d}t.$$

第5步：因为 $T$ 连续，由定理7.3.1，${\int }_a^{x}T(t)\mathrm{d}t$ 可导且导数为 $T(x)$。所以：

$$S^{\prime }(x)=T(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n^{\prime }(x).$$

证毕

注意：条件3（导函数一致收敛）是关键。仅有 $S_n\rightrightarrows S$ 不能保证 $S_n^{\prime }\to S^{\prime }$，例如 $S_n(x)=\frac{\sin (nx)}{n}\rightrightarrows 0$，但 $S_n^{\prime }(x)=\cos (nx)$ 不收敛。

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例子：定理10.2.6 逐项求导定理 — 例子

定理10.2.7 Dini定理

定理陈述：设函数序列 $\{S_n(x)\}$ 在闭区间 $[a,b]$ 上点态收敛于 $S(x)$，如果：

1. 每一项 $S_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续
2. $S(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续
3. 对每个固定的 $x\in [a,b]$，$\{S_n(x)\}$ 单调

则 $\{S_n(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $S(x)$。

证明：

核心想法：用反证法。如果不一致收敛，存在 ${\epsilon }_0>0$ 和 $x_n\in [a,b]$ 使得 $|S_n(x_n)-S(x_n)|⩾{\epsilon }_0$。由Bolzano-Weierstrass定理，$\{x_n\}$ 有收敛子列，在极限点处利用连续性和单调性推出矛盾。

第1步：不妨设 $S_n(x)$ 关于 $n$ 递减趋于 $S(x)$（递增时取负号即可）。则 $S_n(x)-S(x)⩾0$ 且关于 $n$ 递减趋于零。

第2步：假设不一致收敛。则存在 ${\epsilon }_0>0$，对任意 $N$，存在 $n>N$ 和 $x_n\in [a,b]$ 使得 $S_n(x_n)-S(x_n)⩾{\epsilon }_0$。

第3步：取 $n=k$，得到 $\{x_k\}\subset [a,b]$。由Bolzano-Weierstrass定理，存在收敛子列 $x_{k_j}\to x_0\in [a,b]$。

第4步：对任意固定的 $n$，当 $k_j⩾n$ 时，由单调性 $S_{k_j}(x_{k_j})-S(x_{k_j})⩽S_n(x_{k_j})-S(x_{k_j})$。

第5步：令 $j\to \infty$，由 $S_n$ 和 $S$ 的连续性：

$${\epsilon }_0⩽\underset{j\to \infty }{\lim }[S_{k_j}(x_{k_j})-S(x_{k_j})]⩽\underset{j\to \infty }{\lim }[S_n(x_{k_j})-S(x_{k_j})]=S_n(x_0)-S(x_0).$$

第6步：这对一切 $n$ 成立，即 $S_n(x_0)-S(x_0)⩾{\epsilon }_0$ 对一切 $n$。但 $S_n(x_0)\to S(x_0)$，矛盾！

所以 $\{S_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛。

证毕

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例子：定理10.2.7 Dini定理 — 例子

§3 幂级数

定理10.3.1 Cauchy-Hadamard定理

定理陈述：幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 当 $|x|<R(R>0)$ 时绝对收敛；当 $|x|>R$ 时发散。

证明：

核心想法：设 $R=\frac{1}{\mathrm{limsup}\sqrt[n]{|a_n|}}$，用Cauchy判别法（定理9.3.3）判断收敛性。

第1步：令 $R=\frac{1}{{\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }\sqrt[n]{|a_n|}}$（约定 $\frac{1}{0}=+\infty$，$\frac{1}{+\infty }=0$）。

第2步（$|x|<R$ 的情形）：取 $\rho$ 使得 $|x|<\rho <R$。则 $\frac{1}{\rho }>\frac{1}{R}=\mathrm{limsup}\sqrt[n]{|a_n|}$，所以存在 $N$，当 $n>N$ 时 $\sqrt[n]{|a_n|}<\frac{1}{\rho }$，即 $|a_n|<\frac{1}{{\rho }^n}$。

于是 $|a_n{x}^n|<\frac{|x{|}^n}{{\rho }^n}={\left(\frac{|x|}{\rho }\right)}^n$。因为 $\frac{|x|}{\rho }<1$，$\sum {\left(\frac{|x|}{\rho }\right)}^n$ 收敛，由比较判别法，$\sum |a_n{x}^n|$ 收敛，即绝对收敛。

第3步（$|x|>R$ 的情形）：$\frac{1}{|x|}<\frac{1}{R}=\mathrm{limsup}\sqrt[n]{|a_n|}$，所以存在子列 $\sqrt[n_k]{|a_{n_k}|}>\frac{1}{|x|}$，即 $|a_{n_k}{x}^{n_k}|>1$。通项不趋于零，$\sum a_n{x}^n$ 发散。

证毕

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例子：定理10.3.1 Cauchy-Hadamard定理 — 例子

定理10.3.2 d’Alembert判别法

定理陈述：如果对幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 成立 ${\lim }_{n\to \infty }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=l$，则收敛半径 $R=\frac{1}{l}$。

证明：

核心想法：用d’Alembert判别法（定理9.3.4）判断 $\sum |a_n{x}^n|$ 的收敛性。

第1步：$\frac{|a_{n+1}{x}^{n+1}|}{|a_n{x}^n|}=\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}\cdot |x|\to l|x|$。

第2步：由d’Alembert判别法：

• 若 $l|x|<1$，即 $|x|<\frac{1}{l}$，级数绝对收敛。
• 若 $l|x|>1$，即 $|x|>\frac{1}{l}$，级数发散。

第3步：所以收敛半径 $R=\frac{1}{l}$。

证毕

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例子：定理10.3.2 d’Alembert判别法 — 例子

定理10.3.3 Abel第二定理

定理陈述：设幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径为 $R$，则和函数在 $(-R,R)$ 上连续；若在端点收敛，则在端点单侧连续。

证明：

核心想法：幂级数在 $|x|<R$ 时内闭一致收敛（即在任何 $[-r,r]$（$r<R$）上一致收敛），由连续性定理得连续性。端点处用Abel判别法。

第1步（内部连续性）：对任意 $r$ 满足 $0<r<R$，在 $[-r,r]$ 上 $|a_n{x}^n|⩽|a_n|r^n$。因为 $r<R$，$\sum |a_n|r^n$ 收敛，由Weierstrass判别法，$\sum a_n{x}^n$ 在 $[-r,r]$ 上一致收敛。

由连续性定理（定理10.2.4），和函数在 $[-r,r]$ 上连续。由 $r$ 的任意性，和函数在 $(-R,R)$ 上连续。

第2步（端点连续性）：设级数在 $x=R$ 收敛。令 $x=Rt$（$0⩽t⩽1$），则 $\sum a_n{x}^n=\sum a_n{R}^n\cdot t^n$。

$\sum a_n{R}^n$ 收敛（假设），$t^n$ 关于 $n$ 递减且 $0⩽t^n⩽1$（一致有界），由Abel判别法（定理10.2.3），$\sum a_n{R}^n{t}^n$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。

由连续性定理，和函数在 $t=1$ 处左连续，即 ${\lim }_{x\to R^{-}}\sum a_n{x}^n=\sum a_n{R}^n$。

$x=-R$ 端点类似。

证毕

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例子：定理10.3.3 Abel第二定理 — 例子

定理10.3.4 幂级数的连续性

定理陈述：设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径为 $R$，则和函数在 $(-R,R)$ 上连续。

证明：

这是Abel第二定理（定理10.3.3）的前半部分，证明完全相同。

证毕

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例子：定理10.3.4 幂级数的连续性 — 例子

定理10.3.5 幂级数的逐项积分

定理陈述：设 $a,b$ 是幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 收敛域中任意二点，则可以逐项积分。

证明：

核心想法：幂级数在收敛域内闭一致收敛，由逐项积分定理（定理10.2.5）即可。

第1步：设 $[a,b]\subset (-R,R)$。取 $r$ 使得 $\max (|a|,|b|)<r<R$，则 $\sum a_n{x}^n$ 在 $[-r,r]$ 上一致收敛（定理10.3.3证明中的论证）。

第2步：由逐项积分定理：

$${\int }_a^b\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\mathrm{d}x=\sum _{n=0}^{\infty }{\int }_a^b{a}_n{x}^n\mathrm{d}x=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{n+1}.$$

第3步：若端点 $b=R$（或 $a=-R$）在收敛域中，由Abel第二定理的证明，级数在 $[0,R]$（或 $[-R,0]$）上一致收敛，同样可以逐项积分。

证毕

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例子：定理10.3.5 幂级数的逐项积分 — 例子

定理10.3.6 幂级数的逐项求导

定理陈述：设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径为 $R$，则它在 $(-R,R)$ 上可以逐项求导。

证明：

核心想法：逐项求导后的级数 $\sum (n+1)a_{n+1}{x}^n$ 与原级数有相同的收敛半径，在 $(-R,R)$ 内闭一致收敛，由逐项求导定理（定理10.2.6）即可。

第1步：逐项求导后的级数为 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}={\sum }_{n=0}^{\infty }(n+1)a_{n+1}{x}^n$。

第2步：证明这个级数的收敛半径也是 $R$。由Cauchy-Hadamard定理：

$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\sqrt[n]{|(n+1)a_{n+1}|}=\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\sqrt[n]{n+1}\cdot \sqrt[n]{|a_{n+1}|}=1\cdot \underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\sqrt[n]{|a_n|}=\frac{1}{R}.$$

（因为 $\sqrt[n]{n}\to 1$。）所以收敛半径仍为 $R$。

第3步：对任意 $r\in (0,R)$，$\sum (n+1)a_{n+1}{x}^n$ 在 $[-r,r]$ 上一致收敛（Weierstrass判别法，同定理10.3.3的论证）。

第4步：原级数在 $x=0$ 处点态收敛（显然），导函数级数在 $[-r,r]$ 上一致收敛，由逐项求导定理（定理10.2.6），和函数在 $[-r,r]$ 上可导且可逐项求导。由 $r$ 的任意性，在 $(-R,R)$ 上可逐项求导。

证毕

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例子：定理10.3.6 幂级数的逐项求导 — 例子

§4 Taylor级数

定理10.4.1 Taylor级数展开

定理陈述：设 $f(x)$ 在 $O(x_0,r)$ 上任意阶可导，则 $f(x)$ 能展开为Taylor级数的充分必要条件是余项趋于零。

证明：

核心想法：$f(x)=T_n(x)+R_n(x)$（Taylor公式），$f(x)$ 能展开为Taylor级数等价于 $T_n(x)\to f(x)$，即 $R_n(x)\to 0$。

第1步：由带Lagrange余项的Taylor公式（定理5.3.2）：

$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+R_n(x),$$

其中 $R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$，$\xi$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间。

第2步（必要性）：若 $f(x)={\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k$，则部分和 $T_n(x)\to f(x)$，所以 $R_n(x)=f(x)-T_n(x)\to 0$。

第3步（充分性）：若 $R_n(x)\to 0$，则 $T_n(x)=f(x)-R_n(x)\to f(x)$，即Taylor级数收敛于 $f(x)$。

证毕

注意：即使 $f$ 任意阶可导，Taylor级数也不一定收敛于 $f$。经典反例：$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-1/x^2},& x\ne 0\\ 0,& x=0\end{array}$，在 $x=0$ 处所有导数为零，Taylor级数恒为零，不等于 $f(x)$（$x\ne 0$ 时）。

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例子：定理10.4.1 Taylor级数展开 — 例子

§5 用多项式逼近连续函数

定理10.5.1 Weierstrass第一逼近定理

定理陈述：设 $f(x)$ 是闭区间 $[a,b]$ 上的连续函数，则对任意给定的 $\epsilon >0$，存在多项式 $P(x)$，使得 $|f(x)-P(x)|<\epsilon$ 对一切 $x\in [a,b]$ 成立。

证明：

核心想法：用Bernstein多项式 $B_n(f)(x)={\sum }_{k=0}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)x^k(1-x{)}^{n-k}$ 逼近 $f$。这是概率论中二项分布的期望，当 $n$ 很大时，二项分布集中在均值附近，所以 $B_n(f)$ 接近 $f(x)$。

不妨设 $[a,b]=[0,1]$（通过线性变换可化到一般区间）。

第1步：定义Bernstein多项式：

$$B_n(x)=\sum _{k=0}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)x^k(1-x{)}^{n-k}.$$

第2步：注意 ${\sum }_{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)x^k(1-x{)}^{n-k}=1$（二项式定理），所以：

$$B_n(x)-f(x)=\sum _{k=0}^n\left[f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right]\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)x^k(1-x{)}^{n-k}.$$

第3步：由 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，$f$ 一致连续（Cantor定理）。对任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，当 $|t-s|<\delta$ 时 $|f(t)-f(s)|<\frac{\epsilon }{2}$。

第4步：将求和分成两部分：

$$|B_n(x)-f(x)|⩽\sum _{|\frac{k}{n}-x|<\delta }+\sum _{|\frac{k}{n}-x|⩾\delta }=I_1+I_2.$$

第5步：$I_1$ 中 $\left|\frac{k}{n}-x\right|<\delta$，所以 $|f(\frac{k}{n})-f(x)|<\frac{\epsilon }{2}$：

$$I_1<\frac{\epsilon }{2}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)x^k(1-x{)}^{n-k}=\frac{\epsilon }{2}.$$

第6步：$I_2$ 中 $\left|\frac{k}{n}-x\right|⩾\delta$。设 $|f|⩽M$，则 $|f(\frac{k}{n})-f(x)|⩽2M$。利用Chebyshev不等式的思想：

$$I_2⩽2M\sum _{|\frac{k}{n}-x|⩾\delta }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)x^k(1-x{)}^{n-k}⩽2M\cdot \frac{1}{{\delta }^2}\sum _{k=0}^n{\left(\frac{k}{n}-x\right)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}.$$

第7步：计算 ${\sum }_{k=0}^n{\left(\frac{k}{n}-x\right)}^2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)x^k(1-x{)}^{n-k}=\frac{x(1-x)}{n}⩽\frac{1}{4n}$（二项分布的方差）。

第8步：所以 $I_2⩽\frac{2M}{4n{\delta }^2}=\frac{M}{2n{\delta }^2}$。取 $n>\frac{M}{\epsilon {\delta }^2}$，则 $I_2<\frac{\epsilon }{2}$。

第9步：$|B_n(x)-f(x)|<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon$ 对一切 $x\in [0,1]$ 成立。

证毕

意义：Weierstrass逼近定理表明，闭区间上的连续函数可以用多项式一致逼近到任意精度。这是数值分析和逼近论的基础定理之一。

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例子：定理10.5.1 Weierstrass第一逼近定理 — 例子

相关链接

• 数学分析 定理索引
• 第九章 数项级数
• 第十一章 Euclid空间上的极限和连续

来源引用

• [数学分析 陈纪修 第三版 下](raw/数学分析 陈纪修 第三版 下/full.md)