中册 6.3 函数项级数 第29题
📝 题目
29．设 $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} \cos \left(n^{2} x\right)$ ．
（1）证明级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} \cos \left(n^{2} x\right)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 一致收敛；（2）证明 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} \frac{\mathrm{~d}^{k}}{\mathrm{~d} x^{k}}\left(\cos n^{2} x\right), k \geqslant 1$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 一致收敛；（3）求 $f(x)$ 在 $x=0$ 的泰勒级数；（4）证明 $f(x)$ 在 $x=0$ 的泰勒级数的收玫半径为 0．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由于 $\left|\mathrm{e}^{-n} \cos \left(n^{2} x\right)\right| \leqslant\left|\mathrm{e}^{-n}\right|$ ，而级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n}$ 收敛，从而函数项级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} \cos \left(n^{2} x\right)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛。
（2）对任意自然数 $k$ ，
$$
\sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} \frac{\mathrm{~d}^{k}\left(\cos \left(n^{2} x\right)\right)}{\mathrm{d} x^{k}}=\sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} n^{2 k} \cos \left(n^{2} x+\frac{n \pi}{2}\right) .
$$
因 $\displaystyle \left|\mathrm{e}^{-n} n^{2 k} \cos \left(n^{2} x+\frac{n \pi}{2}\right)\right| \leqslant \mathrm{e}^{-n} n^{2 k}$ 且级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} n^{2 k}$ 收玫，故函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} \frac{\mathrm{~d}^{k}\left(\cos \left(n^{2} x\right)\right)}{\mathrm{d} x^{k}}$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛，且 $\displaystyle f^{(k)}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} n^{2 k} \cos \left(n^{2} x+\frac{n \pi}{2}\right)$ ．
（3）因 $f^{(2 k)}(0)=(-1)^{k} \sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} n^{4 k}, f^{(2 k+1)}(0)=0$ ，故 $f(x)$ 在 $x=0$ 的泰勒级数为
$$
\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k} \sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} n^{4 k}}{(2 k)!} x^{2 k}
$$
（4）由于 $\displaystyle \sqrt[2 k]{\left|\frac{1}{(2 k)!}(-1)^{k} \sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{e}^{-n} n^{4 k}\right|} \geqslant \sqrt[2 k]{\left|\frac{\mathrm{e}^{-2 k}(2 k)^{4 k}}{(2 k)!}\right|} \geqslant \frac{2 k}{\mathrm{e}} \rightarrow+\infty$ ，故 $f(x)$ 在 $x=0$ 的泰勒级数的收敛半径为 0 ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：证明级数一致收敛（第一问）
对于所有 $x \in (-\infty, +\infty)$，有 $|\mathrm{e}^{-n} \cos(n^2 x)| \leq \mathrm{e}^{-n}$。由于级数 $\sum_{n=0}^\infty \mathrm{e}^{-n}$ 收敛（几何级数，公比 $1/\mathrm{e}<1$），由 Weierstrass M-判别法，原函数项级数在 $(-\infty, +\infty)$ 上一致收敛。
公式：$|\mathrm{e}^{-n} \cos(n^2 x)| \leq \mathrm{e}^{-n}$，$\sum \mathrm{e}^{-n}$ 收敛
提示：注意 $\cos$ 函数的有界性，以及 $\mathrm{e}^{-n}$ 的收敛性。
步骤 2/4
目标：证明逐项求导后的级数一致收敛（第二问）
计算 $k$ 阶导数：$\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k} \cos(n^2 x) = n^{2k} \cos\left(n^2 x + \frac{k\pi}{2}\right)$。因此 $\sum_{n=0}^\infty \mathrm{e}^{-n} \frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k} \cos(n^2 x) = \sum_{n=0}^\infty \mathrm{e}^{-n} n^{2k} \cos\left(n^2 x + \frac{k\pi}{2}\right)$。由于 $|\mathrm{e}^{-n} n^{2k} \cos(\cdot)| \leq \mathrm{e}^{-n} n^{2k}$，且级数 $\sum \mathrm{e}^{-n} n^{2k}$ 收敛（指数衰减快于多项式增长），由 Weierstrass M-判别法，该级数在 $(-\infty, +\infty)$ 上一致收敛。因此 $f^{(k)}(x) = \sum_{n=0}^\infty \mathrm{e}^{-n} n^{2k} \cos\left(n^2 x + \frac{k\pi}{2}\right)$。
公式：$\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k} \cos(n^2 x) = n^{2k} \cos\left(n^2 x + \frac{k\pi}{2}\right)$
提示：注意求导后余弦函数的相位变化，以及 $\mathrm{e}^{-n} n^{2k}$ 的收敛性。
步骤 3/4
目标：计算 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的泰勒系数（第三问）
由第二问，$f^{(k)}(0) = \sum_{n=0}^\infty \mathrm{e}^{-n} n^{2k} \cos\left(\frac{k\pi}{2}\right)$。当 $k$ 为奇数时，$\cos\left(\frac{k\pi}{2}\right)=0$，故 $f^{(2m+1)}(0)=0$。当 $k=2m$ 为偶数时，$\cos(m\pi)=(-1)^m$，故 $f^{(2m)}(0) = (-1)^m \sum_{n=0}^\infty \mathrm{e}^{-n} n^{4m}$。因此泰勒级数为 $\sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m \sum_{n=0}^\infty \mathrm{e}^{-n} n^{4m}}{(2m)!} x^{2m}$。
公式：$f^{(2m)}(0) = (-1)^m \sum_{n=0}^\infty \mathrm{e}^{-n} n^{4m}$
提示：注意区分奇偶阶导数，余弦在 $0$ 处的值。
步骤 4/4
目标：证明泰勒级数的收敛半径为 0（第四问）
考虑泰勒级数的系数 $a_{2m} = \frac{(-1)^m \sum_{n=0}^\infty \mathrm{e}^{-n} n^{4m}}{(2m)!}$，$a_{2m+1}=0$。为估计收敛半径，使用 Cauchy-Hadamard 公式：$\frac{1}{R} = \limsup_{m\to\infty} |a_{2m}|^{1/(2m)}$。由于 $\sum_{n=0}^\infty \mathrm{e}^{-n} n^{4m} \geq \mathrm{e}^{-2m} (2m)^{4m}$（取 $n=2m$ 项），故 $|a_{2m}| \geq \frac{\mathrm{e}^{-2m} (2m)^{4m}}{(2m)!}$。利用 Stirling 公式 $(2m)! \sim \sqrt{4\pi m} (2m/\mathrm{e})^{2m}$，可得 $|a_{2m}|^{1/(2m)} \gtrsim \frac{(2m)^2}{\mathrm{e} \cdot (2m/\mathrm{e})} = \frac{2m}{\mathrm{e}} \to +\infty$。因此 $\limsup |a_{2m}|^{1/(2m)} = +\infty$，收敛半径 $R=0$。
公式：$|a_{2m}| \geq \frac{\mathrm{e}^{-2m} (2m)^{4m}}{(2m)!}$，Stirling 公式
提示：注意下界的选取，取 $n=2m$ 项；Stirling 公式的近似要准确。
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