\chapter{函数列与函数项级数}
\section{函数项级数}
\begin{definition}[函数项级数]
    设
    \[u_1(x), u_2(x), \dots, u_n(x), \dots\]
    是定义在区间$[a, b]$上的一列函数，称
    \begin{equation*}\label{函数项级数定义}
        \sum_{n = 1}^\infty u_n(x) = u_1(x) + u_2(x) + \dots + u_n(x) + \dots
    \end{equation*}
    是$[a, b]$上的一个函数项级数。

    使函数项级数收敛的点的集合称为收敛点集（收敛域），即
    \[D = \left\{x_0 \in [a, b] \mid \sum_{n = 1}^\infty u_n(x_0)\text{收敛}\right\}\]

    设$[a, b]$是\eqref{函数项级数定义}的收敛点集。对$[a, b]$中每一点$x$，级数$\sum u_n(x)$都有一个确定的和，记为$S(x)$，那么
    \[S(x) = \sum_{n = 1}^\infty u_n(x), x \in [a, b]\]
    是确定在$[a, b]$上的一个函数，称为\eqref{函数项级数定义}的和函数。
\end{definition}

问题：无限和函数的性质（连续性、可积性、可微性）是否与有限项和相同？具体来讲，
\begin{enumerate}
    \item 若每个$u_n(x) \in C(I)$，是否有$S(x) \in C(I)$？即$\tolim{x}{x_0} \sum u_n(x) = \sum \tolim{x}{x_0} u_n(x)$是否成立？
    \item 若每个$u_n(x) \in R(i)$，是否有$S(x) \in R(I)$？即$\int \left(\sum u_n(x)\right) \dif x = \sum \int u_n(x) \dif x$是否成立？
    \item 若每个$u_n(x) \in C^1 (I)$，是否有$S(x) \in C^1(I)$？即$\left(\sum u_n(x)\right)^\prime = \sum u_n^\prime(x)$是否成立？
\end{enumerate}

\section{一致收敛}
\begin{definition}
    设函数列$\{f_n\}$在点集$I$（可以是区间，也可以不是区间）上收敛于$f$。如果对任意给定的正数$\varepsilon$，都有与$x$无关的正整数$N(\varepsilon)$存在，使得当$n > N(\varepsilon)$时，不等式
    \[\abs{f_n(x) - f(x)} < \varepsilon\]
    对$I$中的一切$x$都成立，就说函数列$\{f_n\}$在$I$上一致收敛于$f$。
\end{definition}

\begin{theorem}[Cauchy准则]
    $\{f_n\}$在$x \in I$上一致收敛等价于对任意的$\varepsilon > 0$，总存在不依赖于$x$的$N(\varepsilon)$满足对任意的$n > N, p \in \naturalnum$，对任意的$x \in I$有
    \[\abs{f_{n + p}(x) - f_n(x)} < \varepsilon\eqper\]
\end{theorem}

\begin{definition}
    对函数列$S_n(x) = \dsum_{k = 1}^n f_k(x)$，若$\{S_n(x)\}$在$x \in I$上一致收敛到$S(x)$，则称$\dsum_{n = 1}^\infty f_n(x)$在$x \in I$上一致收敛到$S(x)$。
\end{definition}

下面的定理是判断级数一致收敛的最常用的方法。
\begin{theorem}[Weierstrass判别法]
    如果存在收敛的正项级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n$，使得在区间$I$上有不等式
    \[\abs{u_n(x)} \leq a_n, n = 1, 2, \dots\]
    那么级数$\dsum_{n = 1}^\infty u_n(x)$在区间$I$上一致收敛。
\end{theorem}

定理中的$\sum a_n$称为$\sum u_n(x)$的强级数/优级数/控制级数。这个定理是一致收敛的充分条件，它不是必要条件。

\begin{example}
    \[\sum_{n = 1}^\infty \frac{x^n}{n!} = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots, D = (-\infty, +\infty)\]
\end{example}

\begin{proof}
    对任意的$M > 0$，$\sum \frac{M^n}{n!}$是$\sum \frac{x^n}{n!}$在$[-M, M]$上的收敛强级数；

    应用D'Alembert比值判别法可知$\sum \frac{M}{n!}$是收敛级数。由Weierstrass判别法知$\sum \frac{x^n}{n!}$在$[-M, M]$上一致收敛。

    因此和函数$S(x) \in C[-M, M]$，而由$M$的任意性可知$S(x) \in C(-\infty, +\infty)$。
\end{proof}

\begin{definition}
    设$\{f_n\}$是定义在区间$I$上的函数列，如果对于每一个$x \in I$，都有正数$M(x)$，使得$f_n(x) \leq M(x)$对$n = 1, 2, \dots$成立，则称函数列$\{f_n\}$在$I$上逐点有界。注意这里的$M(x)$是随$x$变化的。如果我们能找到一个常数$M$，使得
    \[\abs{f_n(x)} \leq M, n = 1, 2, \dots\]
    对一切$x \in I$成立，就称函数列$\{f_n\}$在$I$上一致有界。
\end{definition}

\begin{theorem}[Dirichlet判别法]
    如果级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x) b_n(x)$满足下面两个条件：
    \begin{enumerate}
        \item $\{b_n(x)\}$对于每一个固定的$x$都单调，且在区间$I$上一致收敛于0；
        \item 级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x)$的部分和在$I$上一致有界，即
        \[\abs{\sum_{k = 1}^n a_k(x)} \leq M, x \in I, n = 1, 2, \dots\text{；}\]
    \end{enumerate}
    那么级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x) b_n(x)$在$I$上一致收敛。
\end{theorem}

\begin{theorem}[Abel判别法]
    如果级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x) b_n(x)$满足下面两个条件：
    \begin{enumerate}
        \item $\{b_n(x)\}$对于每个固定的$x$都是单调的，并且在$I$上一致有界，即
        \[\abs{b_n(x)} \leq M, x \in I, n = 1, 2, \dots\text{；}\]
        \item 级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x)$在$I$上一致收敛；
    \end{enumerate}
    那么级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x) b_n(x)$在$I$上一致收敛。
\end{theorem}

\section{和函数的性质}
\begin{theorem}[和函数的连续性]
    若下列条件成立，则$S \in C(I)$：
    \begin{enumerate}
        \item $u_n \in C(I), n = 1, 2, \dots$，
        \item $\dsum_{n = 1}^\infty u_n(x)$在$I$上一致收敛。
    \end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{theorem}[和函数的可积性]
    设$\dsum_{n = 1}^\infty u_n(x)$在$I$上一致收敛于和函数$S(x)$。令$[a, b] \subset I$， $u_n \in R[a, b], n = 1, 2, \dots$，则$S \in R[a,b]$，且
    \[\int_a^b S(x) \dif x = \sum_{n = 1}^\infty \int_a^b u_n(x) \dif x\eqper\]
\end{theorem}

\begin{proof}
    欲证和函数可积，即证和函数有界且间断点是零测集。

    有界：级数一致收敛于和函数，因此存在$n_0 \in \naturalnum, \sup \limits_{x \in [a,b]} \abs{\dsum_{k = n_0 + 1}^\infty u_k(x)} \leq 1$，也即
    \[\sup \limits_{x \in [a,b]} \abs{S(x) - S_{n_0}(x)} \leq 1\]
    因此
    \[\sup \limits_{x \in [a,b]} \abs{S(x)} \leq 1 + \sup \limits_{x \in [a,b]} \abs{S_{n_0}(x)} = M\eqper\]

    零测：每个$u_n$的间断点都是零测集，可数多个零测集的并集还是零测集，$Dis(x) \subset \bigcup \limits_{n = 1}^\infty Dis(u_n)$。

    再证逐项积分等式\[\int_a^b S(x) \dif x = \sum_{n = 1}^\infty \int_a^b u_n(x) \dif x\]
    考虑
    \begin{align*}
        \int_a^b S(x) \dif x & = \int_a^b \left[\sum_{k = 1}^n u_k(x) + \sum_{k = n + 1}^\infty u_k(x)\right]\dif x\\
        & = \sum_{k = 1}^n \int_a^b u_k(x) \dif x + \int_a^b \left[\sum_{k = n + 1}^\infty u_k(x)\right]\dif x
    \end{align*}
    这导出
    \[\abs{\int_a^b S(x) \dif x - \sum_{k = 1}^n \int_a^b u_k(x) \dif x} \leq \int_a^b \abs{\sum_{k = n + 1}^\infty u_k(x)} \dif x\]
    由一致收敛性，对任意的$\varepsilon > 0$，存在$n_0 \in \naturalnum$，使得对于任意的$n > n_0$，$\sup \limits_{x \in [a,b]} \abs{\dsum_{k = n + 1}^\infty u_k(x)} < \dfrac{\varepsilon}{b - a}$，因此
    \[\abs{\int_a^b S(x) \dif x - \sum_{k = 1}^n \int_a^b u_k(x) \dif x} \leq \int_a^b \frac{\varepsilon}{b - a} \dif x = \varepsilon\eqper\qedhere\]
\end{proof}

\begin{theorem}[和函数可微性]
    设$u_n \in C^1 (I), n = 1, 2, \dots$，$\sum u_n^\prime (x)$在区间$I$上一致收敛，如果$\sum u_n(x)$在某$c \in I$收敛，则
    \begin{enumerate}
        \item $\sum u_n(x)$在$I$上处处收敛；
        \item $S(x) = \sum u_n(x) \in C^1(I)$，且$S^\prime (x) = \sum u_n^\prime (x)$。
    \end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
    记$T(x) = \dsum_{n = 1}^\infty u_n^\prime(x)$。由和函数的连续性，得$T \in C(I)$。由逐项积分性质，对于任意的$x \in I$，有
    \[\int_c^x T(t) \dif t = \sum_{n = 1}^\infty \int_c^x u_n^\prime (t) \dif t = \sum_{n = 1}^\infty [u_n(x) - u_n(c)] = \sum_{n = 1}^\infty u_n(x) - \sum_{n = 1}^\infty u_n(c)\]
    因此
    \[\sum_{n = 1}^\infty u_n(x) = \sum_{n = 1}^\infty u_n(c) + \int_c^x T(t) \dif t\]
    收敛，即
    \[S(x) = \sum_{n = 1}^\infty u_n(x) = \sum_{n = 1}^\infty u_n(c) + \int_c^x T(t) \dif t\]
    由变上限积分求导公式
    \[\deriv{S}(x) = \frac{\dif}{\dif x}\left[\sum_{n = 1}^\infty u_n(c) + \int_c^x T(t) \dif t\right] = T(x) = \sum_{n = 1}^\infty u_n^\prime (x)\]
\end{proof}

最后，注意$T \in C(I)$，因此$S \in C^1(I)$。

\section{幂级数及其收敛域}
\begin{definition}[幂级数]
    形如
    \[\sum_{n = 1}^\infty a_n (x - x_0)^n = a_0 + a_1 (x - x_0) + a_2 (x - x_0)^2 + a_3 (x - x_0)^3 + \dots\]
    的级数称为幂级数。其中$\{a_n\}$称为系数数列，$x_0 \in \realnum$固定，$x \in \realnum$为函数自变量。

    为了简化起见，一般只研究$x_0 = 0$的情形。对于其它的情况，做平移$y = x - x_0$即可。
\end{definition}

\begin{theorem}[Abel第一定理]
    考虑幂级数$\dsum_{n = 0}^\infty a_n(x - x_0)^n$。
    \begin{enumerate}
        \item 如果在$x = x_1$幂级数收敛，则对于所有的$\abs{x - x_0} < \abs{x_1 - x_0}$，$\dsum_{n = 0}^\infty a_n (x - x_0)^n$绝对收敛；
        \item 如果在$x = x_2$幂级数发散，则对与所有的$\abs{x - x_0} > \abs{x_2 - x_0}$，$\dsum_{n = 0}^\infty a_n (x - x_0)^n$发散。
    \end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
    只需证1。一致$\dsum_{n = 0}^\infty a_n (x_1 - x_0)^n$收敛，不妨令$x_1 \neq x_0$。取$\abs{x - x_0} < \abs{x_1 - x_0}$，考察
    \[\abs{a_n(x - x_0)^n} = \abs{a_n (x_1 - x_0)^n \frac{(x - x_0)^n}{(x_1 - x_0)^n}} \leq \abs{a_n (x_1 - x_0)^n} \cdot \abs{\frac{x - x_0}{x_1 - x_0}}^n\]
    收敛级数的通项趋于零，因此存在$M > 0$，使得对任意的$n$，有$\abs{a_n (x_1 - x_0)^n} \leq M$。那么
    \[\abs{a_n (x - x_0)^n} \leq Mh^n,  h = \abs{\frac{x - x_0}{x_1 - x_0}} < 1\]
    应用比较判别法可得$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x - x_0)^n$绝对收敛。
\end{proof}

\begin{corollary}
    以$\dsum_{n = 0}^\infty a_n x^n$为例
    \begin{enumerate}
        \item $\dsum_{n = 0}^\infty a_n x_0^n$收敛，则$\dsum_{n = 0}^\infty a_n x^n$在$(-\abs{x_0}, \abs{x_0})$上点点绝对收敛；
        \item $\dsum_{n = 0}^\infty a_n x_0^n$发散，则$\dsum_{n = 0}^\infty a_n x^n$在$\abs{x} > \abs{x_0}$上点点发散；
        \item 存在$\rho \in [0, +\infty]$使得$\dsum_{n = 0}^\infty a_n x^n$在$(-\rho, \rho)$上点点绝对收敛，在$\abs{x} > \rho$上点点发散，称此$\rho$为幂级数的收敛半径；
        \item $\dsum_{n = 0}^\infty a_n x_0^n$收敛，则$\dsum_{n = 0}^\infty a_n x^n$的收敛半径$\rho \geq \abs{x_0}$；
        \item $\dsum_{n = 0}^\infty a_n x_0^n$发散，则$\dsum_{n = 0}^\infty a_n x^n$的收敛半径$\rho \leq \abs{x_0}$；
        \item $\dsum_{n = 0}^\infty a_n x_0^n$条件收敛，则$\dsum_{n = 0}^\infty a_n x^n$的收敛半径$\rho = \abs{x_0}$；
        \item $\dsum_{n = 1}^\infty a_n x^n, \dsum_{n = 0}^\infty b_n x^n$的收敛半径分别为$\rho_1, \rho_2$，则
        \[\begin{cases}
            \sum_{n = 0}^\infty (a_n + b_n)x^n\text{的收敛半径}\rho \geq \min \{\rho_1, \rho_2\} \text{；}\\
            \sum_{n = 0}^\infty a_n b_n x^n\text{的收敛半径}\rho \geq \rho_1 \rho_2\eqper
        \end{cases}\]
    \end{enumerate}
\end{corollary}

\begin{theorem}[Abel第二定理]
    $\dsum_{n = 0}^\infty a_n x^n$在其收敛区间的端点$x = \rho$（或$x = -\rho$）收敛，则对任意的$0 < r < \rho$，该级数在$[-r, \rho]$（或$[-\rho, r]$）上一致收敛。
\end{theorem}

\begin{remark}
    \begin{enumerate}
        \item $\dsum_{n = 0}^\infty a_n x^n$的收敛域为区间，且形如$(-\rho, \rho), (-\rho, \rho], [-\rho, \rho), [-\rho, \rho], (-\infty, +\infty)$或$\{0\}$；
        \item $\dsum_{n = 0}^\infty a_n x^n$在其收敛域上内闭一致收敛。
    \end{enumerate}
\end{remark}

\section{幂级数的收敛半径}
下面主要讨论幂级数的收敛半径的计算方法。

第一种方法是利用柯西根式判别法。考察
\[\tolim{n}{\infty} \sup \sqrt[n]{\abs{a_n (x - x_0)^n}} = \tolim{n}{\infty} \sup \sqrt[n]{\abs{a_n}} \abs{x - x_0}\]
只要极限小于1即收敛。

第二种方法是利用D'Alembert比值判别法。考察
\[\tolim{n}{\infty} \abs{\frac{a_{n + 1} (x - x_0)^{n + 1}}{a_n (x - x_0)^n}} = \tolim{n}{\infty} \abs{\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \abs{x - x_0}\]
只要极限小于1即收敛。

综合起来，即为
\begin{enumerate}
    \item 设$\tolim{n}{\infty} \sup \sqrt[n]{\abs{a_n}} = \rho$，则
    \(R = \dfrac{1}{\rho} 
    \begin{cases}
        \rho = 0 \Leftrightarrow R = +\infty\\
        \rho = +\infty \Leftrightarrow R = 0
    \end{cases}\)；
    \item 如果$\tolim{n}{\infty} \abs{\frac{a_{n + 1}}{a_n}} = \rho$，则
    \(R = \dfrac{1}{\rho} 
    \begin{cases}
        \rho = 0 \Leftrightarrow R = +\infty\\
        \rho = +\infty \Leftrightarrow R = 0
    \end{cases}\)。
\end{enumerate}

\section{幂级数的光滑性}
\begin{proposition}[内闭一致收敛]
    设$\dsum_{n = 0}^\infty a_n (x - x_0)^n$的收敛半径为$R > 0$。那么对任意的$r \in (0, R)$，幂级数在$\abs{x - x_0} \leq r$上一致收敛。
\end{proposition}

\begin{proposition}
    给定幂级数$\dsum_{n = 0}^\infty a_n (x - x_0)^n$，设其收敛半径为$R > 0$，则在$\abs{x - x_0} < R$内，其和函数有任意阶导数且，各项逐项求导后$\dsum_{n = 0}^\infty na_n (x - x_0)^{n - 1}$与逐项积分后$\dsum_{n = 0}^\infty \dfrac{a_n}{n + 1} (x - x_0)^{n + 1}$的级数的收敛半径不变。
\end{proposition}

\section{函数的幂级数展开}
问题：给定某个区间上的函数$f:(x_0 - R, x_0 + R) \to \realnum$，它是否可以表示为幂级数
\[f(x) = \sum_{n = 0}^\infty a_n (x - x_0)^n, \abs{x - x_0} < R\text{？}\]

我们可以很容易地得到两个上式成立的必要条件。首先，由幂级数无穷阶可导的性质，可以得到
\[f \in C^\infty (x_0 - R, x_0 + R)\]
其次，在求$m$阶导后令$x = x_0$，我们有
\[a_m = \frac{f^{(m)}(x_0)}{m!}, m = 1, 2, \dots\]

\begin{definition}[Taylor级数与Maclaurin级数]
    设函数$f(x)$在$x = x_0$点有任意阶导数，记
    \[f(x) \sim \sum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x - x_0)^n\]
    称为$f(x)$在$x = x_0$点的Taylor级数。

    特别当$x_0 = 0$时，级数
    \[\sum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n\]
    也称为$f$的Maclaurin级数。
\end{definition}

现在的问题变成了，对于能写出对应Taylor级数的函数，它的Taylor级数是否收敛到函数本身？

\begin{theorem}
    设$f \in C^\infty (x_0 - R, x_0 + R)$，且存在$M > 0$使得对任意的$\abs{x - x_0} < R$，都有在$n$充分大时$\abs{f^{(n)}(x)} \leq M$，那么$f$能在$(x_0 - R, x_0 + R)$中展开为Taylor级数。
\end{theorem}

\begin{proof}
    回忆函数的Taylor多项式展开，若$f \in C^\infty (x_0 - R, x_0 + R)$，那么对任意的$N = 1, 2, \dots$，有
    \[f(x) = \sum_{n = 0}^N \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n + R_N(x)\]

    因此只需证明在定理条件下有
    \[\tolim{n}{\infty} R_n(x) = 0, x \in (x_0 - R, x_0 + R)\]
    利用Lagrange余项可得
    \begin{align*}
        \abs{R_n(x)} & = \abs{\frac{f^{(n + 1)}(\xi)}{(n + 1)!} (x - x_0)^{n - 1}}\\
        & \leq M \frac{\abs{x - x_0}^{n + 1}}{(n + 1)!} \leq M \frac{R^{n + 1}}{(n + 1)!} \to 0 \eqper \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{example}
    基本初等函数的Maclaurin展开。
    \begin{enumerate}
        \item $e^x = \dsum_{n = 0}^\infty \frac{x^n}{n!} = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots,  \abs{x} < +\infty$。
        \item $\sin x = \dsum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k + 1)!}x^{2k + 1} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \dots,  \abs{x} < +\infty$。
        \item $\cos x = \dsum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \dots,  \abs{x} < +\infty$。
        \item \begin{align*}
            (1 + x)^a & = 1 + \dsum_{n = 1}^\infty \frac{a(a - 1) \dots (a - n + 1)}{n!} x^n\\
            & = 1 + \frac{ax}{1!} + \frac{a(a - 1)x^2}{2!} + \frac{a(a - 1)(a - 2)x^3}{3!} + \dots,  \abs{x} < 1 \eqper
        \end{align*}
        \item 已知$(1 + t)^{-1} = \dsum_{n = 0}^\infty (-1)^n t^n = 1 - t + t^2 - t^3 + t^4 - \dots,  \abs{t} < 1$。逐项积分（从0到$x$），得到
        \[\ln (1 + x) \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{n + 1} x^{n + 1} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots,  \abs{x} < 1 \eqper\]
    \end{enumerate}
\end{example}

现在考虑另一个问题：如果我们仅知函数$f(x)$在$x = x_0$点有任意阶导数，那么
\begin{enumerate}
    \item 其Taylor级数$\dsum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n$的收敛域如何？
    \item 在收敛域内是否有$f(x) = \dsum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n$？
\end{enumerate}

\begin{example}
    求$S(x) = \dsum_{n = 1}^\infty \dfrac{(-1)^{n + 1}}{n (2n - 1)} x^{2n}$的收敛域与和函数。
\end{example}

\begin{proof}[解]
    $\rho = 1$，收敛域为$[-1, 1]$。
    \begin{align*}
        \deriv{S}(x) & = 2 \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n + 1}}{2n - 1} x^{2n - 1},  x \in (-1, 1)\\
        S^{\prime \prime}(x) & = 2 \sum_{n = 1}^\infty (-1)^{n + 1} x^{2n - 2} = 2 \sum_{n = 1}^\infty (-x^2)^{n - 1}\\
        & = \frac{2}{1 + x^2},  \forall x \in (-1, 1)\\
        \deriv{S}(0) & = S(0) = 0\\
        \deriv{S}(x) & = 2\arctan x\\
        S(x) & = 2x \arctan x - \ln (1 + x^2),  x \in [-1, 1]\eqper \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}