§ 2. 。指数和循环函数的展开以及与它们相关的函数

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§ 2。指数和循环函数的展开以及与它们相关的函数

1. 实指数的展开

由于 $\mathrm{D}^n \left( e^x \right) = e^x$ $e^x$ 的阶 $n$ 的泰勒展开为

e^x = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} e^t \, dt. \tag{1}

这个公式中的余数对于 $x > 0$ 来说是 $> 0$ ，当 $x < 0$ 时有 $(-1)^{n+1}$ 的符号；此外，平均值的不等式表明

\frac{x^{n+1}}{(n+1)!} < \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} e^t \, dt < \frac{x^{n+1} e^x}{(n+1)!} \qquad \text{for } x > 0 \tag{2}

\frac{\left| x^{n+1} \right| e^x}{(n+1)!} < \left| \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} e^t \, dt \right| < \frac{\left| x^{n+1} \right|}{(n+1)!} \qquad \text{for } x < 0 \tag{3}

现在我们知道，对于所有 $x \geqslant 0$ (Gen.Top., IV, p. 365)，当 $n$ 无限增加时，序列 $\left( x^n / n! \right)$ 的极限为 0；因此，在 (1) 中保持 $x$ 固定并让 $n$ 无限增长，从 (2) 和 (3) 可以得出：

e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} \tag{4}

而右侧的级数在 $\mathbf{R}$ 中的每个紧区间*绝对一致收敛*。特别是，一个人有公式

e = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!} + \cdots \tag{5}

这个公式使我们能够尽可能接近数 $e$ 的计算有理近似值；一个获得

e = 2.718\,281\,828\ldots

到 $1/10^9$ 以内。此外，公式 (5) 证明 $e$ 是*无理数* 数 $^{2}$ (Gen. Top., IV, p. 375)。

注 08B3

由于公式 (1) 中的余数为 $> 0$ ，对于 $x > 0$ 来说，有 $x > 0$

e^x > 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}

和*更不必说

e^x > \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}

对于每一个整数 $n$ ：由此可以推断 $e^x / x^n$ 倾向于 $+\infty$ 和 $x$ ，对于每一个整数 $n$ ：我们将在第 1 章中再次找到这个结果。 V由另一个方法（V，p. 231）。

$^{2}$ CH。 HERMITE于1873年证明 $e$ 是有理数的域 $\mathbf{Q}$ 的*超越*数（在其他字中，它不是任何具有有理系数的多项式的根）（*Œuvres*，t. III，p. 150，巴黎（Gauthier-Villars），1912）。

引用了 1

引用了 V § 3. 。实变量函数的渐近展开

2. 复指数的展开、 $\cos x$ 和 $\sin x$

令 $z$ 为任意复数，并考虑实数变量 $t$ 的函数 $\varphi(t) = e^{zt}$ ；我们有 $D^n \varphi(t) = z^n e^{zt}$ 和 $e^z = \varphi(1)$ ；通过阶 $n$ 的泰勒级数表达 $\varphi(1)$ 关于点 $t = 0$ (II, p. 62) 从而给出

e^z = 1 + \frac{z}{1!} + \frac{z^2}{2!} + \cdots + \frac{z^n}{n!} + z^{n+1} \int_0^1 \frac{(1-t)^n}{n!} e^{zt} \, dt

当 $z$ 为实数时，公式等价于(1)。剩下的

r_n(z) = z^{n+1} \int_0^1 \frac{(1-t)^n}{n!} e^{zt} \, dt

在此公式可以通过使用均值的不等式以绝对值值为界；如果 $z = x + i y$ 我们有 $|e^{zt}| = e^{xt}$ ，那么 $|e^{zt}| \leq 1$ 如果 $x \leq 0$ ， $|e^{zt}| \leq e^x$ 如果 $x > 0$ ；因此

|r_n(z)| \leq \frac{|z|^{n+1}}{(n+1)!} \text{ if } x \leq 0

|r_n(z)| \leq \frac{|z|^{n+1} e^x}{(n+1)!} \text{ if } x > 0.

如上所述，我们结论

e^z = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}

级数 绝对一致收敛于 $\mathbf{C}$ 的每个紧致子集。

从 (6) 可以特别推断出

e^{ix} = 1 + \frac{ix}{1!} + \frac{i^2 x^2}{2!} + \cdots + \frac{i^n x^n}{n!} + i^{n+1} \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} e^{it} \, dt

由此我们推导出 $\cos x$ 和 $\sin x$ 的泰勒展开；将 (10) 的实数部分取为阶 $2n+1$ 我们有

\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!} + (-1)^{n+1} \int_0^1 \frac{(x-t)^{2n+1}}{(2n+1)!} \cos t \, dt

余数的边界为

\left| \int_0^1 \frac{(x-t)^{2n+1}}{(2n+1)!} \cos t \, dt \right| \leq \frac{|x|^{2n+2}}{(2n+2)!}.

类似地，将 (10) 的虚数部分取为阶 $2n$ ，我们得到

\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + \cdots + (-1)^{n-1} \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}

+ (-1)^n \int_0^1 \frac{(x-t)^{2n}}{(2n)!} \cos t \, dt

余数的边界为

\left| \int_0^x \frac{(x-t)^{2n}}{(2n)!} \cos t \, dt \right| \leq \frac{|x|^{2n+1}}{(2n+1)!}.

此外，比较 (11) 中阶 $2n+1$ 和 $2n+3$ 的余数，我们有

\int_0^1 \frac{(x-t)^{2n+3}}{(2n+3)!} \cos t \, dt = \frac{x^{2n+2}}{(2n+2)!} - \int_0^1 \frac{(x-t)^{2n+1}}{(2n+1)!} \cos t \, dt

考虑到（12），我们看到（11）中的余数与 $(-1)^{n+1}$ 相同的符号，无论 $x$ 是什么；以同样的方式，我们可以证明 (13) 中的余数与 $(-1)^n x$ 具有*相同的符号*。特别是，对于（11）中的 $n=0$ 和 $n=1$ ，以及（13）中的 $n=1$ 和 $n=2$ ，我们得到不等式

1 - \frac{x^2}{2} \leq \cos x \leq 1 \quad \text{for all } x

(15)

x - \frac{x^3}{6} \leq \sin x \leq x \quad \text{for all } x \geq 0.

(16)

最后，将 $z = i x$ 代入 (9) 我们有

\cos x = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!}

(17)

\sin x = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}

(18)

这些级数在每个紧区间绝对一致收敛。

此外，很明显，公式 (17) 和 (18) 对于右侧的每个*复数* $x$ 、级数仍然有效，并且绝对一致地收敛于 $\mathbf{C}$ 的每个紧致子集。特别是，对于每个 $x$ （实数或复数）

\cosh x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{(2n)!}

\sinh x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}.

3. 二项式展开

令 $m$ 为*任意* 实数。对于 $x > 0$ ，我们有

D^n (x^m) = m(m-1)\ldots(m-n+1) x^{m-n};

阶 $n$ 的泰勒公式关于点 $x = 0$ 对于函数 $(1 + x)^m$ 表明对于每个 $x > -1$

(1 + x)^m = 1 + \binom{m}{1} x + \binom{m}{2} x^2 + \cdots + \binom{m}{n} x^n + r_n(x)

与

r_n(x) = \frac{m(m-1)\ldots(m-n)}{n!} \int_0^x \left( \frac{x-t}{1+t} \right)^n (1+t)^{m-1} \, dt

我们把 $\binom{m}{n} = \frac{m(m-1)\ldots(m-n+1)}{n!}$ 放在哪里。当 $m$ 为整数 $> 0$ 和 $n \geq m$ 时，公式 (19) 约化到二项式公式（代数，I，p. 99）；通过扩张，我们再次将其称为*二项式公式*，并且当 $m$ 是*任意*实数并且 $n$ 是任意整数 $> 0$ 时，系数 $\binom{m}{n}$ 称为*二项式系数*。

如果 $x > 0$ ，则(19)中的余数与 $\binom{m}{n+1}$ 具有相同的符号；如果 $-1 < x < 0$ ，则与 $(-1)^{n+1} \binom{m}{n+1}$ 的符号相同。由于 $t > -1$ 的 $\left| \frac{x-t}{1+t} \right| \leq |x|$ 在端点为 0 和 $x$ 的区间内，因此对于任意 $m$ 和 $n$ 以及 $x > -1$ ，我们对余数有以下界限：

\left| \frac{m(m-1)\ldots(m-n)}{n!} \int_0^x \left( \frac{x-t}{1+t} \right)^n (1+t)^{m-1} \, dt \right|

\leq \left| \binom{m-1}{n} x^n ((1+x)^m - 1) \right|.

如果我们假设 $x \geq 0$ 和 $n \geq m-1$ ，那么 $(1+t)^{n-m+1} \geq 1$ 在积分区间上，所以

0 \leq \int_0^x \frac{(x-t)^n}{(1+t)^{n-m+1}} \, dt \leq \int_0^x (x-t)^n \, dt = \frac{x^{n+1}}{n+1}

这给出了估计

|r_n(x)| \leq \left| \binom{m}{n+1} \right| x^{n+1} \quad (x \geq 0,\ n \geq m-1)

其余的。另一方面，假设 $-1 \leq m < 0$ ；如果在积分 (19) 中对变量 $u = \frac{x-t}{x(1+t)}$ 进行变换则可得

r_n(x) = \frac{m(m-1)\ldots(m-n)}{n!} (1+x)^m x^{n+1} \int_0^1 \frac{u^n \, du}{(1+ux)^{m+1}}.

为了估计 $x > -1$ 的积分，我们注认为，自 $m + 1 < 1$ 以来，整的 $\int_0^1 \frac{u^n \, du}{(1-u)^{m+1}}$ 收敛并限制了自 $1 + u x > 1 - u$ 以来的（22）的右侧。现在，对于 $m$ 上的 $-1 < x < 0$ 假设意味着出现在（19）右侧的所有项 $\binom{m}{1} x, \binom{m}{2} x^2, \ldots, \binom{m}{n} x^n$ 都是 $\geq 0$ ，因此是 $r_n(x) \leq (1 + x)^m$ ，从中除以 $(1 + x)^m$ ，

\frac{m(m-1) \ldots (m-n)}{n!} x^{n+1} \int_0^1 \frac{u^n \, du}{(1 + u x)^{m+1}} \leq 1.

而且，对于积分前面的 $-1 < x < 0$ 因子来说，是 $\geq 0$ ，所以，让 $x$ 逼近 $-1$ ，

\left| \frac{m(m-1) \ldots (m-n)}{n!} \int_0^1 \frac{u^n \, du}{(1-u)^{m+1}} \right| \leq 1

因此对于 $-1 \leq m < 0$ 和 $x > -1$ 我们有

|r_n(x)| \leq (1 + x)^m |x|^{n+1}.

(23)

从这些不等式我们可以首先推断出对于 $|x| < 1$ 我们有

(1 + x)^m = \sum_{n=0}^\infty \binom{m}{n} x^n

(24)

右边（称为二项式级数）绝对一致地收敛于 $]-1, +1[$ 的每个紧致子集。确实可以写

\binom{m}{n} = (-1)^n \left( 1 - \frac{m+1}{1} \right) \left( 1 - \frac{m+1}{2} \right) \ldots \left( 1 - \frac{m+1}{n} \right)

(25)

从而

\left| \binom{m}{n} \right| \leq \left( 1 + \frac{|m+1|}{1} \right) \left( 1 + \frac{|m+1|}{2} \right) \ldots \left( 1 + \frac{|m+1|}{n} \right).

如果 $|x| \leq r < 1$ 存在 $n_0$ 使得 $1 + \frac{|m|}{n_0} < \frac{1}{r'}$ ，其中 $r < r' < 1$ ；从而，推杆

k = \left( 1 + \frac{|m|}{1} \right) \left( 1 + \frac{|m|}{2} \right) \ldots \left( 1 + \frac{|m|}{n_0} \right)

我们有

\left| \binom{m-1}{n} x^n \right| \leq k |x|^{n_0} \left( \frac{r}{r'} \right)^{n - n_0},

这就证明了命题。另一方面，对于 $x > 1$ ，如果 $m$ 不是整数 $\geq 0$ ，则级数(24)的一般项的绝对值随 $n$ 无限增加；事实上，从 (25) 开始，我们有 $n > n_1 \geq |m+1|$

\left| \binom{m}{n} \right| \geq \left| \left( 1 - \frac{m+1}{1} \right) \left( 1 - \frac{m+1}{2} \right) \ldots \left( 1 - \frac{m+1}{n_1} \right) \right|

\left( 1 - \frac{|m+1|}{n_1+1} \right) \ldots \left( 1 - \frac{|m+1|}{n} \right).

让 $n_0 \geq n_1$ 这样，对于 $n \geq n_0$ 我们有 $1 - \frac{|m+1|}{n} > \frac{1}{x'}$ ，其中 $1 < x' < x$ 。如果我们把

k' = \left| \left( 1 - \frac{m+1}{1} \right) \ldots \left( 1 - \frac{m+1}{n_1} \right) \right| \left( 1 - \frac{|m+1|}{n_1+1} \right) \ldots \left( 1 - \frac{|m+1|}{n_0} \right)

那么，对于

n > n_0

，

\left| \binom{m}{n} x^n \right| \geq k' |x|^{n_0} \left( \frac{x}{x'} \right)^{n-n_0}

由此得出命题。

我们注对于 $m = -1$ 的代数恒等式

\frac{1}{1+x} = 1 - x + x^2 - \cdots + (-1)^{n-1} x^{n-1} + (-1)^n \frac{x^n}{1+x}

给出一般公式 (19) 中余数的表达式，无需积分；公式 (23) 约化在本例中为几何级数（或级数）的和表达式（Gen. Top.、IV、p. 364）。

其次，让我们研究二项式级数对于 $x = 1$ 或 $x = -1$ 的收敛性（不包括平凡的情况 $m = 0$ ）：

$a) \ m \leq -1$ 。乘积与广义项 $1 - \frac{m+1}{n}$ 如果 $m < -1$ 则收敛到 $+\infty$ ，如果 $m = -1$ 则收敛到 1，因此从 (25) 可以得出，对于 $x = \pm 1$ ，二项式级数的广义项不会趋向于 0。

$b) \ -1 < m < 0$ 。这次乘积与一般的项 $1 - \frac{m+1}{n}$ 收敛于0，所以不等式(21)表明 $r_n(1)$ 趋于0。因此二项式级数收敛于 $x = 1$ ，有和 $2^m$ ；此外，根据我们在上面和 (21) 中看到的，二项式级数一致收敛于每个区间 $]x_0, 1]$ 和 $-1 < x_0 \leq 1$ 。另一方面，对于 $x = -1$ ，(24) 右侧的所有项都是 $\geq 0$ ，如果这个级数收敛，我们可以推断出二项式级数通常会收敛于 $[-1, 1]$ ，因此它的和是一个连续的函数在此区间上，这是荒谬的，因为对于 $m < 0$ ， $(1+x)^m$ 不受 $[-1, 1]$ 的限制。我们结论对于 $x = 1$ 来说二项式级数也不是绝对收敛的。

$c) \ m > 0$ 。 $r_n(x)$ 的定义表明，当 $x$ 趋向于 $-1$ 时， $r_n(x)$ 趋向于极限 $r_n(-1)$ ；在 (20) 中的经过到极限上，结论与 $|r_n(-1)| \leq \left| \binom{m-1}{n} \right|$ 一致，并且从 $m-1 > -1$ 开始，我们看到对于 $x = -1$ ，二项式级数是收敛的。此外，对于 $n > m+1$ ，该级数的所有项具有相同的符号；因此，二项式级数通常收敛于区间 [−1, 1]，并且在此区间上具有和 (1 + x)^m。

4. 展开 OF log(1 + x), OF 反正切 x 和 OF 反正弦 x

让我们将 (26) 的两边在 0 和 x 之间积分；我们得到 log(1 + x) 的阶 n 的泰勒展开，对于 x > −1 有效

\log(1 + x) = \frac{x}{1} - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \cdots + (-1)^n \frac{x^n}{n} + (-1)^n \int_0^x \frac{t^n \, dt}{1 + t}.

(27)

如果 x > 0，余数与 (−1)^n 具有相同的符号；如果 -1 < x < 0，则余数 < 0；此外，当 x > 0 时，我们有 1 + t ≥ 1（0 ≤ t ≤ x），并且当 −1 < x < 0 时，我们有 1 + t ≥ 1 − |x|对于 x ≤ 0；从而剩余部分的估计

\left| \int_0^x \frac{t^n \, dt}{1 + t} \right| \leq \frac{|x|^{n+1}}{n+1} \quad \text{for } x \geq 0 \tag{28}

\left| \int_0^x \frac{t^n \, dt}{1 + t} \right| \leq \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)(1-|x|)} \quad \text{for } -1 < x \leq 0. \tag{29}

从最后两个公式可以立即推断出，对于 −1 < x ≤ 1，有

\log(1 + x) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}

(30)

级数一致收敛于 ]−1, +1] 中包含的每个紧区间，并且对于 |x| 绝对收敛< 1。

另一方面，对于 |x| > 1 (30) 右侧级数中的一般项的大小随 n (III, p. 106) 无限增加。对于 x = −1 级数约化到谐波级数，其具有和 +∞（Gen. Top.、IV、p. 365）。

类似地，让我们在(26)中将替换 x乘以x^2，并对0和x之间的两边进行积分；我们获得反正切 x 的阶 2n − 1 的泰勒展开，对所有实数 x 有效

\operatorname{Arc tan} x = \frac{x}{1} - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \cdots + (-1)^{n-1} \frac{x^{2n-1}}{2n-1} + (-1)^n \int_0^x \frac{t^{2n} \, dt}{1 + t^2}. \tag{31}

余数的符号为 (−1)^n x，并且由于对于所有 t 1 + t^2 ≥ 1，我们得到了估计

\left| \int_0^x \frac{t^{2n} \, dt}{1 + t^2} \right| \leq \frac{|x|^{2n+1}}{2n+1} \tag{32}

由此推断，对于 |x| ≤ 1,

\operatorname{Arc tan} x = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{x^{2n-1}}{2n-1} \tag{33}

级数一致收敛于 [−1, +1]，且绝对收敛于 |x| < 1。

特别是，对于 x = 1，可得到公式

\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + (-1)^n \frac{1}{2n+1} + \cdots .

对于 |x| > 1 (33) 右边的一般项的大小随着 n 无限增加。

最后，对于 Arc sin x 的泰勒展开，我们从其导数 (1 − x^2)^{-1/2} 的展开开始；最后一个展开是由替换 x乘以-x^2在(1 + x)^{-1/2}的展开中作为二项式级数获得；对于 |x| < 1 这给出

(1 - x^2)^{-1/2} = 1 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1.3}{2.4} x^4 + \cdots + \frac{1.3.5 \ldots (2n-1)}{2.4.6 \ldots 2n} x^{2n} + r_n(x)

由 (23) 得出界限

0 \leq r_n(x) \leq \frac{x^{2n+2}}{\sqrt{1-x^2}}

其余的。

取前面展开的原语，我们得到

\text{Arc sin } x = x + \frac{1}{2} \frac{x^3}{3} + \frac{1.3}{2.4} \frac{x^5}{5} + \cdots + \frac{1.3.5 \ldots (2n-1)}{2.4.6 \ldots 2n} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} + R_n(x)

其中 R_n(x) 的符号为 x 并且满足不等式

|R_n(x)| \leq \int_0^x \frac{t^{2n+2} dt}{\sqrt{1-t^2}}.

进一步，关系(35)表明，当x接近1或-1时，R_n(x)趋于极限，因此有

|R_n(1)| \leq \int_0^1 \frac{t^{2n+2} dt}{\sqrt{1-t^2}}.

但是，当 n 趋向于 +∞ 时，(37) 的右侧趋向于 0：因为，由于积分 $\int_0^1 dt / \sqrt{1-t^2}$ 是收敛的，因此对于每个 ε > 0，都存在一个 a，使得 0 < a < 1 且 $\int_a^1 dt / \sqrt{1-t^2} \leq \varepsilon$ ；另一方面我们有

\int_0^a \frac{t^{2n+2} dt}{\sqrt{1-t^2}} \leq \frac{1}{\sqrt{1-a^2}} \int_0^a t^{2n+2} dt = \frac{a^{2n+3}}{(2n+3)\sqrt{1-a^2}}

因此存在一个 n_0，对于 n ≥ n_0，有 $\frac{a^{2n+3}}{(2n+3)\sqrt{1-a^2}} \leq \varepsilon$ 、从而，最后，|R_n(x)| |x| ≤ 2ε ≤ 1 且 n ≥ n_0。因此一个人有

\operatorname{Arc}\sin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1.3.5 \ldots (2n-1)}{2.4.6 \ldots 2n} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}

(38)

右侧通常收敛于紧区间 [−1, 1]。

在相反的情况下，可以证明，对于二项式级数，(38) 右侧级数中的一般项对于 |x| 的绝对值无限增加> 1. 将 $x = \frac{1}{2}$ 代入例，在(38)中我们得到数 $\pi$ 的新表达式：

\frac{\pi}{6} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1.3.5 \ldots (2n-1)}{2.4.6 \ldots 2n} \frac{1}{(2n+1)2^{2n+1}}

它比公式 (34) 更适合计算 $\pi$ 的近似值（参见 Calcul numérique）；由此获得

\pi = 3.141\,592\,653\ldots

精确到 $1/10^9$ .³以内

³ 数 $\pi$ 不仅是无理数（cf. III、p. 126，练习 5），而且甚至超越有理数数的域 $\mathbf{Q}$ ，正如 Lindemann 在 1882 年首次证明的那样（参见例 D Hilbert，Gesammelte Abhandlungen，v. 1，p. 1，柏林 (Springer)，1932)。

习题

参见习题为 § 2。