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

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：

$$(1 + x)^{\alpha} = \sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\binom{\alpha}{k}x^{k}$$

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

$$\binom{\alpha}{k} = \left\{ \begin{array}{**lr**} \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)}{k!} = \frac{(\alpha)_{k}}{k!} \quad (k \geq 1) \\ 1 \quad (k = 0) \\ 0 \quad (k < 0) \\ \end{array} \right.$$

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：

$$f(x_{0} + \Delta x) - f(x_{0}) = \lambda \Delta x + o(\Delta x), \Delta x \rightarrow 0$$

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：

$$f'(x_{0}) = \lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{f(x_{0} + \Delta x) - f(x_{0})}{\Delta x}$$

所以：

$$\frac{f(x_{0} + \Delta x) - f(x_{0})}{\Delta x} = f'(x_{0}) + o(1), \Delta x \rightarrow 0$$ $$f(x_{0} + \Delta x) - f(x_{0}) = f'(x_{0}) + o(\Delta x), \Delta x \rightarrow 0$$

因此 $f$ 在 $x_{0}$ 可微。

反过来，如果 $f$ 在 $x_{0} \in (a, b)$ 可微，则：

$$f(x + \Delta x) - f(x_{0}) = \lambda \Delta x + o(\Delta x) \\$$ $$\Rightarrow \frac{f(x_{0} + \Delta x) - f(x_{0})}{\Delta x} = \lambda + o(1), \Delta x \rightarrow 0$$

因此：

$$\lambda = \lim\limits_{\Delta x \Rightarrow 0}\frac{f(x_{0} + \Delta x) - f(x_{0})}{\Delta x} = f'(x_{0})$$

因此 $f$ 在 $x_{0}$ 可导。

综上，$f$ 在 $x_{0}$ 可微等价于可导，关系为：

$$\left\{ \begin{array}{**lr**} \lambda = f'(x_{0}) \\ \mathrm{d}f(x_{0}) = f'(x_{0})\Delta x \\ \end{array} \right.$$

$\Delta x$ 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：

$$\mathrm{d}f(x) = f'(x)\mathrm{d}x$$

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：

$$f(x) = f(x_{0}) + f'(x_{0})(x - x_{0}) + o(x - x_{0}), x \rightarrow x_{0}$$

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：

$$f(x) = T_{n}(f, x_{0}; x) + o((x - x_{0})^{n}), x \rightarrow x_{0}$$

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

$$\begin{align} T_{n}(f, x_{0}; x) &= f(x_{0}) + f'(x_{0})(x - x_{0}) + \frac{1}{2!}f''(x_{0})(x - x_{0})^{2} \\ & \quad\quad + \cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x - x_{0})^{n} \end{align}$$

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：

$$f(x) = T_{n}(f, 0; x) + o(x^{n})$$

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：

$$f(x) = T_{n}(f, x_{0}; x) + R_{n}(x)$$

余项 $R_{n}$ 可以是以下形式，称为拉格朗日余项：

$$R_{n}(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n + 1)!}(x - x_{0})^{n+1}$$

$R_{n}$ 也可以是以下形式，称为柯西余项：

$$R_{n}(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!}(x - \xi)^{n}(x - x_{0})$$

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

$$\xi = x_{0} + \theta(x - x_{0}), 0 < \theta < 1$$

因此拉格朗日余项的另一个写法为：

$$R_{n}(x) = \frac{f^{(n+1)}(x_{0} + \theta(x - x_{0}))}{(n + 1)!}(x - x_{0})^{n+1}$$

柯西余项的另一个写法为：

$$R_{n}(x) = \frac{f^{(n+1)}(x_{0} + \theta(x - x_{0}))}{n!}(1 - \theta)^{n}(x - x_{0})^{n+1}$$

$f$ 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：

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

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：

$$f(x) = \sum\limits_{k=0}\limits^{n}\frac{f^{(n)}(x)}{k!}(x - x_{0})^{k} + R_{n}(x)$$

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：

$$\forall x \in (x_{0} - R, x_{0} + R), 有 \lim\limits_{n\rightarrow \infty}R_{n}(x) = 0$$

$f$ 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：

$$f^{(n)}(x) = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)(1 + x)^{\alpha - n}$$

由泰勒定理，写出 $f$ 在 0 处的带柯西余项的麦克劳林展开：

$$(1 + x)^{\alpha} = \sum\limits_{k}\limits^{n}\binom{\alpha}{k}x^{k} + R_{n}(x)$$

(1) 当 $|x| < 1$ 时

$0 < \theta < 1$，柯西余项为：

$$\begin{align} R_{n}(x) &= \frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{n!}(1 - \theta)^{n}x^{n+1} \\ &= \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n)}{n!}(1 + \theta x)^{\alpha - n - 1}(1 - \theta)^{n}x^{n+1} \\ &= \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n)}{n!}(1 + \theta x)^{\alpha - 1}(\frac{1 - \theta}{1 + \theta x})^{n}x^{n+1} \\ \end{align}$$

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：

$$|R_{n}(x)| \leq \left\{ \begin{array}{**lr**} \frac{|\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n)|}{n!}(1 + |x|)^{\alpha - 1}|x|^{n+1} \quad\quad \alpha > 1 \\ \frac{|\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n)|}{n!}(1 - |x|)^{\alpha - 1}|x|^{n+1} \quad\quad \alpha \leq 1 \\ \end{array} \right.$$

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：

$$\left|\binom{\alpha}{k}\right| = \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)}{k!} \geq \frac{k!}{k!} = 1$$

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：

$$\begin{align} (-1)^{k}\binom{\alpha}{k} &= (-1)^{k}\frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - k + 1)}{k!} \\ &= \frac{(-\alpha)(-\alpha - 1)\cdots(-\alpha - k + 1)}{k!} \\ &= \frac{|\alpha|(|\alpha| + 1)\cdots(|\alpha| + k - 1)}{k\cdot 1 \cdots (k-1)} \\ &\geq \frac{|\alpha|}{k} \end{align}$$

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 $\frac{\alpha - k}{k+1} \leq \frac{|\alpha|+k}{k+1} < 1$

$$\begin{align} \left|\binom{\alpha}{k}\right| &= \left|\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)}{k!}\right| \\ &\geq \left|\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)}{k!}\right|\left|\frac{\alpha -k}{k+1}\right| \\ &\geq \left|\binom{\alpha}{k+1}\right| \end{align}$$

另一方面：

$$\begin{align} (-1)^{n}\binom{\alpha}{n} &= (-1)^{n}\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!} \\ &= \frac{-\alpha}{1}\cdot\frac{1-\alpha}{2}\cdot\frac{2-\alpha}{3}\cdots\frac{n - 1 - \alpha}{n} \\ &= \prod\limits^{n}\limits_{k=1}\frac{k-1-\alpha}{k} \\ &= \prod\limits^{n}\limits_{k=1}(1 - \frac{1+\alpha}{k}) \end{align}$$

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：

$$n(\frac{\left|\binom{\alpha}{n}\right|}{\left|\binom{\alpha}{n+1}\right|} - 1) = n(\frac{n+1}{|\alpha-n|} - 1) = \frac{n(1+\alpha)}{n-\alpha} \rightarrow 1 + \alpha > 1$$

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

$$(1 + x)^{\alpha} = \sum\limits_{k}\limits^{\infty}\binom{\alpha}{k}x^{k}$$

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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