方企勤 第四章 级 数 第4.3题

4.3.8

题目条件：对任意 $k \in \mathbb{N}$，有
$$
|f^{(k)}(x)| \le M^k \quad (|x| < a)
$$
其中 $M$ 是与 $k$ 和 $x$ 无关的常数。

(1) 证明 $f(x)$ 可在 $(-a, a)$ 上展开成幂级数。

证明：
取 $x_0 = 0$，由泰勒公式，对任意 $n$ 和 $|x|$$
f(x) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k + R_n(x)
$$
其中拉格朗日余项
$$
R_n(x) = \frac{f^{(n)}(\xi)}{n!} x^n, \quad \xi \text{ 在 }0\text{ 与 }x\text{ 之间}.
$$
由条件 $|f^{(n)}(\xi)| \le M^n$，所以
$$
|R_n(x)| \le \frac{M^n |x|^n}{n!}.
$$
当 $|x| < a$ 时，取 $r = |x|$，则
$$
\frac{M^n r^n}{n!} \to 0 \quad (n\to\infty)
$$
因为对任意固定的 $r$，$\frac{(Mr)^n}{n!}$ 是收敛级数的通项。因此余项趋于0，幂级数展开成立。

(2) 证明 $f(x)$ 可开拓到 $(-\infty, \infty)$ 且无穷多次可微。

思路：由条件可知，对任意有限区间，导数一致有界，因此可逐次延拓。
实际上，对任意实数 $x$，取足够大的 $n$，由泰勒公式和余项估计可知级数
$$
\sum_{k=0}^\infty \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k
$$
对任意 $x$ 收敛（因为 $\frac{M^k|x|^k}{k!}$ 收敛），因此可定义
$$
F(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k,
$$
它在全实数轴上收敛且无穷次可微，且在 $(-a,a)$ 上与 $f$ 一致，因此是解析开拓。

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4.3.9

(1) $\frac{x}{(1-x)(1-x^2)}$

先分解：
$$
\frac{x}{(1-x)(1-x^2)} = \frac{x}{(1-x)^2(1+x)}
$$
部分分式：设
$$
\frac{x}{(1-x)^2(1+x)} = \frac{A}{1-x} + \frac{B}{(1-x)^2} + \frac{C}{1+x}
$$
解得 $A = \frac14, B = \frac12, C = -\frac14$。
于是
$$
\frac{x}{(1-x)(1-x^2)} = \frac14 \cdot \frac{1}{1-x} + \frac12 \cdot \frac{1}{(1-x)^2} - \frac14 \cdot \frac{1}{1+x}
$$
展开：
$$
\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n,\quad \frac{1}{(1-x)^2} = \sum_{n=0}^\infty (n+1)x^n,\quad \frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^n
$$
所以
$$
\frac{x}{(1-x)(1-x^2)} = \sum_{n=0}^\infty \left( \frac14 + \frac12(n+1) - \frac14(-1)^n \right) x^n
$$
化简系数：
$$
a_n = \frac14 + \frac{n+1}{2} - \frac{(-1)^n}{4} = \frac{2n+3}{4} - \frac{(-1)^n}{4}
$$
即
$$
a_n = \begin{cases}
\frac{n+1}{2}, & n \text{ 偶}\\
\frac{n+2}{2}, & n \text{ 奇}
\end{cases}
$$

(2) $\frac{x}{\sqrt{1-x}}$

由 $(1-x)^{-1/2} = \sum_{n=0}^\infty \binom{-\frac12}{n} (-x)^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2} x^n$
乘以 $x$ 得
$$
\frac{x}{\sqrt{1-x}} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2} x^{n+1} = \sum_{m=1}^\infty \frac{(2(m-1))!}{2^{2(m-1)}((m-1)!)^2} x^m
$$

(3) $\cos^2 x$

$$
\cos^2 x = \frac{1+\cos 2x}{2} = \frac12 + \frac12 \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n (2x)^{2n}}{(2n)!} = 1 + \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n 2^{2n-1}}{(2n)!} x^{2n}
$$

(4) $\ln(1+x+x^2)$

注意到 $1+x+x^2 = \frac{1-x^3}{1-x}$，所以
$$
\ln(1+x+x^2) = \ln(1-x^3) - \ln(1-x) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{3n}}{n} + \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}
$$
合并：
$$
= \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n} - \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{3n}}{n}
$$
即系数 $a_n = \frac1n$ 当 $n$ 不是3的倍数，否则 $a_n = \frac1n - \frac1{n/3}$。

(5) $\ln(1+x+x^2+x^3)$

因式分解：$1+x+x^2+x^3 = (1+x)(1+x^2)$，所以
$$
\ln(1+x+x^2+x^3) = \ln(1+x) + \ln(1+x^2) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} + \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} x^{2n}}{n}
$$
合并即可。

(6) $\ln\frac{1+x}{1-x}$

$$
\ln\frac{1+x}{1-x} = \ln(1+x) - \ln(1-x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} + \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}
$$
当 $n$ 为奇数时，两项相加得 $\frac{2x^{2k+1}}{2k+1}$；当 $n$ 为偶数时，抵消。所以
$$
= 2\sum_{k=0}^\infty \frac{x^{2k+1}}{2k+1}
$$

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4.3.10

(1) 证明
$$
\ln(x+\sqrt{1+x^2}) = x + \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \frac{x^{2n+1}}{2n+1},\quad |x|\le 1
$$

证明：令 $y = \ln(x+\sqrt{1+x^2})$，则 $y' = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$。
而
$$
\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = 1 + \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} x^{2n}
$$
积分从0到$x$，得
$$
y = x + \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}
$$
由阿贝尔定理，$|x|\le 1$ 时成立。

(2) 证明
$$
\arctan\frac{2x}{2-x^2} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^{\lfloor n/