广义二项式定理的现代分析学证明,一元函数微分与泰勒定理复习

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摘要: 广义二项式定理的现代分析学证明

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在文章 广义二项式定理的推导 中,我们串讲了一下二项式定理的发展史,重点学习了牛顿发现广义二项式定理的过程、以及欧拉和柯西的证明思路。

牛顿的推导过程重点理解从插值法的角度发现规律,得到 $(1 + x)^{\frac{n}{2}}$ 的展开式,进而提出 $(1 + x)^{\frac{m}{n}}$ 的展开式。

欧拉的方法是假设 $(1 + x)^{\frac{m}{n}} = \sum\limits_{k=0}\limits^{s}a_{k}x^{k}$,其中 $a_{i}$ 为待定系数,首先通过计算得到对于任意 $s$ 的取值,都存在更高次幂的项的系数无法匹配,然后得到 $|x|<1$ 时无法匹配的余项在 $s \rightarrow \infty$ 时为 0,然后对 $(1 + x)^{m} = (\sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}a_{k}x^{k})^{n}$ 两边对比各个项的系数,求出 $a_{i}$ 的表达式。在通过有理数的稠密性和幂函数连续性,得到实数幂的二项式定理。

柯西的方法是首先得到 $|x|<1$ 时,$\sum\limits_{i=0}\limits^{\infty}\binom{z}{i}x^{i}$ 收敛到一个实数,然后定义 $f(z) = 1 + zx + \binom{z}{2}x^{2} + \binom{z}{3}x^{3} + \cdots$。通过级数乘法的定义,得到函数方程 $f(z+w)=f(z)f(w)$,结合整数幂次的二项式定理,得到 $f(\frac{k}{h}) = (1 + x)^{\frac{k}{h}}$。在通过有理数的稠密性和幂函数连续性,得到实数幂的二项式定理。

以上内容对广义二项式定理的收敛区间讨论的不完全,本文我们介绍完整的广义二项式定理,也就是 $(1 + x)^{\alpha}$ 的麦克劳林展开式及其收敛区间。并通过现代分析学工具完整证明。通过这个定理的证明,我们回顾一下一元函数的微分、泰勒定理以及泰勒级数相关的知识体系。

广义二项式定理完整描述

广义二项式定理完整描述如下:

$\alpha$ 为实数,当 $x$ 在收敛区间内时,$(1 + x)^{\alpha}$ 可以展开为幂级数:

其中 $\binom{\alpha}{k}$ 为广义二项式系数,$\alpha$ 为实数,$k$ 为整数:

收敛区间如下:

  • $\alpha \in (-\infty, -1]$ 时,收敛区间为 $(-1, 1)$
  • $\alpha \in (-1, 0)$ 时收敛域为 $(-1, 1]$
  • $\alpha \in (0, +\infty)$ 时收敛域为 $[-1, 1]$

泰勒公式和泰勒级数串讲

下面回顾一下泰勒公式和泰勒级数相关的关键定义、定理。其中定理的证明这里不展开,可以参考 数学分析-一元微积分

$f$ 在 $x_{0}$ 的微分的定义

设函数 $f$ 在 $(a, b)$ 有定义,且 $x_{0}\in(a,b)$,若存在常数 $\lambda$ 使得:

称 $f$ 在 $x_{0}$ 可微,函数改变量的线性部分 $\lambda \Delta x$ 称为 $f$ 在 $x_{0}$ 处的微分,记为 $\mathrm{d}f(x_{0})$。

f 在 $x_{0}$ 的微分与导数的关系

如果 $f$ 在 $x_{0} \in (a, b)$ 可导,于是:

所以:

因此 $f$ 在 $x_{0}$ 可微。

反过来,如果 $f$ 在 $x_{0} \in (a, b)$ 可微,则:

因此:

因此 $f$ 在 $x_{0}$ 可导。

综上,$f$ 在 $x_{0}$ 可微等价于可导,关系为

$\Delta x$ 与 $\mathrm{d}x$ 的关系

若 $\mathrm{d}f(x) = f’(x)\Delta x$ 对 $x \in (a, b)$ 成立。对于 $f(x) = x$,$\mathrm{d}x = (x)’\Delta x = \Delta x$。

也就是说当 $x$ 是自变量时,$\mathrm{d}x = \Delta x$,即自变量的改变量就是它的微分。于是:

从几何角度理解,$f’(x)$ 是切线的斜率,$\mathrm{d}x$ 为 $x$ 的改变量,因此 $\mathrm{d}f(x)$ 是切线函数的改变量。如下图:

$f(x)$ 在 $x_{0}$ 附近的线性近似

如果函数 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 的微分为 $\mathrm{d}f(x_{0})$,于是 $f(x_{0} + \Delta x) - f(x_{0}) = f’(x_{0})\Delta x + o(\Delta x)$,把自变量改变量写为 $x - x_{0}$ 得:

因此当 $|x - x_{0}|$ 很小时,可以近似计算 $f(x) \approx f’(x_{0})(x - x_{0})$。

带 Peano 余项的泰勒定理

函数 $f$ 在 $x_{0}$ 处有直到 $n$ 阶的导数,则:

其中 $T_{n}(f, x_{0}; x)$ 为$f$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 次泰勒多项式

令 $R_{n}(x) = f(x) - T_{n}(f, x_{0}; x)$,由泰勒定理有 $\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}}\frac{R_{n}(x)}{(x - x_{0})^{n}}$,称为 Peano 余项

特别地,$T_{n}(f, 0; x) = f(0) + \frac{f’(0)}{1!}x + \frac{f’’(0)}{2!}x^{2} + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}$ 称为 $f$ 的 $n$ 次麦克劳林多项式。于是:

带 Peano 余项的 Taylor 定理只适合研究 $f$ 在 $x_{0}$ 近旁的近似行为,不方便讨论大范围性质。

带柯西/拉格朗日余项的泰勒定理

设 $f$ 在开区间 $(a, b)$ 中有 $n+1$ 阶导数,$x_{0}, x$ 是 $(a, b)$ 中任意两点,则:

余项 $R_{n}$ 可以是以下形式,称为拉格朗日余项

$R_{n}$ 也可以是以下形式,称为柯西余项

这里 $\xi$ 为 $x$ 和 $x_{0}$ 之间的一个数。因此 $\xi$ 可以写为:

因此拉格朗日余项的另一个写法为:

柯西余项的另一个写法为:

$f$ 在 $x_{0}$ 处的泰勒级数

如果函数 $f$ 在 $(x_{0} + R, x_{0} - R)$ 有任意阶导数,则可以作出以下幂级数称为泰勒级数

记为 $f(x) \sim \sum\limits_{n=0}\limits^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x - x_{0})^{n}$

特别地,$x_{0} = 0$ 时,$f(x) \sim \sum\limits_{n=0}\limits^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}$ 称为麦克劳林级数

注意 $\sum\limits_{n=0}\limits^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x - x_{0})^{n}$ 不一定收敛,如果收敛也不一定收敛到 $f(x)$。

$f$ 可以展开为泰勒级数的充要条件

$f$ 在 $(x_{0} - R, x_{0} + R)$ 有任意阶导数,由泰勒定理,$\forall x \in (x_{0} - R, x_{0} + R)$ 有:

其中 $R_{n}(x)$ 可以是柯西余项或拉格朗日余项。

因此 $f$ 能在 $(x_{0} - R, x_{0} + R)$ 展开乘泰勒级数的充要条件为:

$f$ 可以展开为泰勒级数的一个充分条件

若存在常数 $M$ 使得 $n$ 充分大 ($n > N$) 有 $|f^{(n)}| \leq M$,对 $\forall x \in (x_{0} - R, x_{0} + R)$ 成立,那么 $f$ 能在 $(x_{0} - R, x_{0} + R)$ 中展开为泰勒级数。

广义二项式定理的证明过程

$(1 + x)^{\alpha}$ 带柯西余项的麦克劳林展开

考虑函数 $f(x) = (1 + x)^{\alpha}$。$f(x)$ 在 $(-\infty, \infty)$ 上有任意阶导数:

由泰勒定理,写出 $f$ 在 0 处的带柯西余项的麦克劳林展开:

(1) 当 $|x| < 1$ 时

$0 < \theta < 1$,柯西余项为:

下面考察柯西余项。

因为 $|x| < 1$,有 $x > -1$,因此 $1 + \theta x > 1 - \theta > 0$,因此 $(\frac{1 - \theta}{1 + \theta x}) < 1$。

又因为 $|x| < 1$ 时,有 $1 - |x| \leq 1 + \theta x \leq 1 + |x|$。因此:

因为当 $|x| < 1$ 时,由达朗贝尔判别法,级数 $\sum\limits_{n=0}\limits^{\infty}\frac{|\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n)|}{n!}|x|^{n+1}$ 收敛。因此 $\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\frac{|\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n)|}{n!}|x|^{n+1} = 0$,即 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}R_{n}=0$。

从而有 $(1 + x)^{\alpha} = \sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\binom{\alpha}{k}x^{k}$ 对 $|x| < 1$ 成立。

达朗贝尔判别法

设 $a_{n} > 0, n > 1,2,\cdots$
(1) 若 $\exists 0 < q < 1$ 使得 $n \geq n_{0}$ 时有 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}} \leq q$,那么 $\sum\limits_{n=0}\limits^{\infty}a_{n}$ 收敛
(2) 若 $n \geq n_{0}$ 时,有 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}} \geq 1$,那么 $\sum\limits_{n=0}\limits^{\infty}a_{n}$ 发散

(2) 当 $|x| > 1$ 时

由达朗贝尔比值检验法,只要 $\alpha \notin N$,级数 $\sum\limits_{k}\limits^{\infty}\binom{\alpha}{k}x^{k}$ 发散。

(3) 当 $x = \pm 1$ 时

<1> $\alpha \leq -1$

由于 $\alpha \leq -1$,因此 $|\alpha| > 1, \cdots, |\alpha-k+1| > k$,因此:

因此 $x = \pm 1$,$\alpha \leq -1$ 时,$\sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\binom{\alpha}{k}x^{k}$ 发散。

<2> $-1 < \alpha < 0$

如果 $x = -1$,因为:

所以 $\sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\binom{\alpha}{k}x^{k}$ 发散。

如果 $x = 1$,则 $\sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\binom{\alpha}{k} = 1 + \alpha + \frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!} + \frac{\alpha(\alpha - 1)(\alpha - 2)}{3!} \cdots$ 为交错级数。

由莱布尼茨判别法,如果 $|\binom{\alpha}{k+1}| \leq |\binom{\alpha}{k}|$ 且 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}|\binom{\alpha}{k}| = 0$,那么级数 $\sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\binom{\alpha}{k}$ 收敛。

莱布尼茨判别法

若 $\{a_{n}\}$ 递减且趋于 0,则交错级数 $\sum\limits_{n=0}\limits^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$ 收敛。

一方面,因为 $\frac{\alpha - k}{k+1} \leq \frac{|\alpha|+k}{k+1} < 1$

另一方面:

因此 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(-1)^{n}\binom{\alpha}{n} = \prod\limits_{n=1}\limits^{\infty}(1 - \frac{1-\alpha}{n})$,这里我们要用到一个无穷乘积收敛理论中的一个定理:

如果 $-1 < a_{n} < 0$ 且 $\sum\limits_{n=1}\limits^{\infty}a_{n}$ 发散,则 $\prod\limits_{n=1}\limits^{\infty}(1 + a_{n}) = 0$

由以上结论,$\sum\limits_{n=1}\limits^{\infty}\frac{1-\alpha}{n}$ 发散,且每项均为负,所以 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}|\binom{\alpha}{k}| = 0$。

因此莱布尼茨判别法的条件满足,交错级数 $\sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\binom{\alpha}{k}$ 收敛。

<3> $\alpha > 0$

通过 Raabe 判别法,当 $n$ 充分大时:

因此 $\sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\left|\binom{\alpha}{k}\right|$ 收敛。

Raabe 判别法

设 $a_{n} > 0, n=1,2,\cdots$
(1) 若 $\exists r > 1$,使得 $n > n_{0}$ 时有 $n(\frac{a_{n}}{a_{n+1}} - 1) \geq r$,那么级数 $\sum\limits_{n=0}\limits^{\infty}a_{n}$ 收敛。
(2) 若 $n > n_{0}$ 时有 $n(\frac{a_{n}}{a_{n+1}} - 1) \leq 1$,那么级数 $\sum\limits_{n=0}\limits^{\infty}a_{n}$ 发散。

于是 $x = \pm 1$ 时,$\sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\binom{\alpha}{k}$ 和 $\sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}(-1)^{k}\binom{\alpha}{k}$ 绝对收敛。

结论

$(1 + x)^{\alpha}$ 在 0 处的麦克劳林级数展开

其收敛域为:

  • $\alpha \in (-\infty, -1]$ 时,收敛区间为 $(-1, 1)$
  • $\alpha \in (-1, 0)$ 时收敛域为 $(-1, 1]$
  • $\alpha \in (0, +\infty)$ 时收敛域为 $[-1, 1]$

总结

广义二项式定理在历史上的发现与逐渐完善的过程非常精彩,在 广义二项式定理的推导 中我们学习了牛顿、欧拉、柯西在这个定理上的思考。

本文我们通过现代分析学的工具完整证明了广义二项式定理,也就是 $(1+x)^{\alpha}$ 的麦克劳林级数展开及其收敛域。证明过程涉及到泰勒定理、泰勒级数、泰勒展开的余项、级数收敛性的判别法、无穷乘积收敛性理论。内容也很丰富。


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