方企勤 第四章 级 数 第4.3题
📝 题目
4.3.14 设 $0 < \theta < {2\pi }$ ,利用幂级数的乘法求证:
(1) $\frac{\cos \theta - x}{1 - {2x}\cos \theta + {x}^{2}} = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\cos {n\theta }{x}^{n - 1}\;\left( {\left| x\right| < 1}\right)$ ；
(2) $\frac{\sin \theta }{1 - {2x}\cos \theta + {x}^{2}} = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\sin {n\theta }{x}^{n - 1}\;\left( {\left| x\right| < 1}\right)$ .
💡 答案解析
### 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| **(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。 --- ### 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 $$ = 2\sum_{k=0}^\infty \frac{x^{2k+1}}{2k+1} $$ --- ### 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/