北京工业大学 2023年数学分析第4题
📝 题目
4、（1）设函数 $\displaystyle f(x)$ 在点 $\displaystyle x_{0}$ 附近可以表示为：
$$
f(x)=\sum_{k=0}^{n} a_{k}\left(x-x_{0}\right)^{k}+o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right)
$$
证明：$\displaystyle a_{k}=\frac{f^{(k)}\left(x_{0}\right)}{k!}, k=0,1,2, \cdots, n$ ．
（2）设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \left(x_{0}-R, x_{0}+R\right)$ 内有任意阶导数，且对 $\displaystyle \forall n \in \mathbb{N}$ ，有 $\displaystyle \left|f^{(n)}(x)\right| \leq M$（常数），$\displaystyle \forall x \in\left(x_{0}-R, x_{0}+R\right), R>0$ ．试证明：函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \left(x_{0}-R, x_{0}+R\right)$ 内可展开为无穷泰勒级数，即
$$
f(x)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}\left(x_{0}\right)}{k!}\left(x-x_{0}\right)^{k}
$$
其中 $\displaystyle \forall x \in\left(x_{0}-R, x_{0}+R\right), R>0$ ．
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明第(1)问中系数a_0的表达式
在展开式 $f(x)=\\sum_{k=0}^{n} a_{k}(x-x_0)^{k}+o\\left((x-x_0)^{n}\\right)$ 中，令 $x=x_0$，则所有 $k\\ge 1$ 的项均为0，余项 $o((x-x_0)^n)$ 在 $x\\to x_0$ 时趋于0，因此 $f(x_0)=a_0$。而 $f^{(0)}(x_0)/0! = f(x_0)$，故 $a_0 = f(x_0)/0!$ 成立。
公式：f(x_0)=a_0
提示：注意 $0! = 1$，且 $o((x-x_0)^n)$ 在 $x=x_0$ 处定义为0。
步骤 2/5
目标：用归纳法假设并推导第(1)问中一般系数a_m
假设对 $k=0,1,\\dots,m-1$ 结论成立。对原式两边求 $m$ 阶导数。多项式部分中，次数低于 $m$ 的项导数为0，次数等于 $m$ 的项 $a_m (x-x_0)^m$ 的 $m$ 阶导数为 $a_m \\cdot m!$，次数高于 $m$ 的项仍含有 $(x-x_0)$ 的正幂次，在 $x=x_0$ 时为0。余项 $o((x-x_0)^n)$ 的 $m$ 阶导数在 $x=x_0$ 处仍为0（因为 $m \\le n$ 时它是比 $(x-x_0)^{n-m}$ 更高阶的无穷小）。代入 $x=x_0$ 得 $f^{(m)}(x_0)=a_m \\cdot m!$，即 $a_m = f^{(m)}(x_0)/m!$。由数学归纳法，对所有 $k=0,1,\\dots,n$ 成立。
公式：f^{(m)}(x_0)=a_m \\cdot m!
提示：求导时注意 $o((x-x_0)^n)$ 的导数性质：若 $g(x)=o((x-x_0)^n)$，则 $g^{(m)}(x_0)=0$ 对 $m \\le n$ 成立。
步骤 3/5
目标：写出第(2)问的泰勒公式余项形式
由带拉格朗日余项的泰勒定理，对任意正整数 $n$，存在介于 $x$ 与 $x_0$ 之间的 $\xi$，使得 $f(x)=\\sum_{k=0}^{n} \\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + \\frac{f^{(n+1)}(\\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$。
公式：R_n(x)=\\frac{f^{(n+1)}(\\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}
提示：$\xi$ 依赖于 $x$ 和 $n$，但不必具体写出。
步骤 4/5
目标：利用导数一致有界条件估计余项大小
已知对所有 $n$ 和 $x\\in(x_0-R,x_0+R)$ 有 $|f^{(n)}(x)|\\le M$，因此 $|f^{(n+1)}(\\xi)|\\le M$。于是余项绝对值 $|R_n(x)|\\le \\frac{M}{(n+1)!}|x-x_0|^{n+1}$。
公式：|R_n(x)|\\le \\frac{M}{(n+1)!}|x-x_0|^{n+1}
提示：注意 $M$ 是常数，不依赖于 $n$ 和 $x$。
步骤 5/5
目标：证明余项趋于0，从而级数收敛到f(x)
对任意固定的 $x\\in(x_0-R,x_0+R)$，记 $r=|x-x_0|
公式：\\lim_{n\\to\\infty}\\frac{M}{(n+1)!}r^{n+1}=0
提示：可用比值判别法或斯特林公式验证阶乘增长快于指数。
步骤 6/6
目标：证明余项趋于零，从而级数收敛到函数
由于 $|h| < R$ 是固定值，而阶乘的增长速度远快于指数，故 $\lim_{n\to\infty} \frac{|h|^{n+1}}{(n+1)!} = 0$，因此 $\lim_{n\to\infty} R_n(x) = 0$。于是对任意 $x \in (x_0-R, x_0+R)$，泰勒级数收敛到 $f(x)$，即 $f(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k$。
公式：\lim_{n\to\infty} \frac{|h|^{n+1}}{(n+1)!} = 0
提示：这里用到了阶乘增长快于任何指数函数的基本极限。
步骤 7/7
目标：得出函数可展开为收敛的泰勒级数
由余项趋于零，对任意 $x \in (x_0-R, x_0+R)$，有 $f(x) = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k = \sum_{k=0}^\infty \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$，即函数可展开为收敛的无穷泰勒级数。
公式：f(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k
提示：此结论依赖于导数一致有界条件，若条件不满足则泰勒级数可能不收敛到原函数。
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