陶哲轩实分析-第15章 幂级数

15.1 形式幂级数

习题
15.1.1
(a)(b)
根据定理7.5.1，如果|x−a|>R，那么lim sup(cn(x−a)n)1/n=(x−a)/R>1，发散，如果|x−a|<R，那么lim sup(cn(x−a)n)1/n=(x−a)/R<1，收敛。

(c)f在[a-r,a+r]上满足定理14.5.7，因为连续且有界，并且级数收敛(根据(b))，所以必然收敛到f，并且f连续

(d)根据(c)，∑ncn(x−a)n−1在[a-r,a+r]一致收敛到f’，而在a点，∑cn(x−a)n=0，根据定理14.7.1，结论成立。

(e)提示是不是错了，感觉应该用推论14.6.2呀

15.1.2
(a) ∑|x|n/n
(b) ∑xn/n
(c) ∑−xn/n
(d) ∑xn/n2
(e) ∑nxn

15.2 实解析函数

习题
15.2.1
归纳法，k=0，成立，归纳假设k成立，那么fk+1=cn!(n−k)!(n−k)(x−a)n−k−1=cn!(n−(k+1))!xn−(k+1)，证明完成
k>n时，f(k)=0

15.2.2
对于任意a!=1，11−x=11−a11−x−a1−a=∑(11−a)n+1(x−a)n，前提是|x−a1−a|<1

15.2.3
对k归纳并使用定理15.1.6(d)

15.2.4
命题15.2.6中取x=a，得f(k)(a)=ckk!

15.2.5
由于x-a=(x-b)+(b-a)，根据习题7.1.4，等式成立。

f(x)=((b−a)+(x−b))n
根据taylor公式，f(k)(b)=k!ck
而根据习题15.2.1，k!ck=n!(n−k)!(b−a)n−k，
ck=n!k!(n−k)!(b−a)n−k ，跟习题7.1.4得出结论一致。

15.2.6
一元多项式为∑anxn，习题15.2.5中取a=0即可，那么所有一元多项式都可以在任一点b处表示成有限幂级数，这就是实解析的定义。

15.2.7
第一个等式两边都等于11−xr
两边同时求导m次，左边求导m次得到m!r(r−x)m+1
右边求导m次，根据命题15.2.6得到∑r−m(n+m)!n!xn，用n替换n+m，得到结论。

为什么右边收敛？用比例判别法。

15.2.8
(a)
因为b+s < a+r,b-s > a-r
所以
a-b > s-r
a-b < r-s
分3种情况a=b a < b a > b，结论都是成立的

(b)
f(x)的收敛半径大于等于r，根据定义15.1.3，有limsup|cn|1n≤1/r，那么存在N，如果n>N，则|cn|≤r−n<(r−ε)−n，而对于n≤N的项，这样的C总是能找到的，只需要取最大的C即可。

(c)
由于|a−b|≤r，根据15.2.7，dm≤∑n!m!(n−m)!(b−a)n−mr−n收敛，根据推论7.3.2dm收敛

(d)
题目应该有问题，应该是|dm|≤C(s−ε)−m，上面(c)的证明过程中证明了dm≤rr−|b−a|，而s≤r−|a−b|，那么只需要c>r即可。

(e)
收敛性容易根据比例判别法得到
∑dm(x−b)m=∑∞m=0∑∞n=m=∑∞n=0∑nm=0=∑∞n=0cn(x−a)n

(f)
这是(e)的直接结论

15.3 Abel定理

习题
15.3.1 略，简单，而且很多书上都有。

15.4 幂级数的相乘

15.5 指数函数和对数函数

习题
15.5.1
(a)绝对收敛用比例判别法，R上为实解析函数用习题15.2.8
(b)用定理15.1.6d
(c)用定理15.1.6e
(d)根据定理15.4.1
exp(x)exp(y)=∑fn，其中
fn=∑nm=0xmm!yn−m(n−m)!=(x+y)nn!
(e)x=0的时候只有第一项非0
根据(d)，exp(x+(-x))=1=exp(x)*exp(-x)
(f)对于级数中每一个对应项，如果y > x都有对应的大于关系，这样证明不知道行不行，或者根据提示，对于每一个x > 0,exp(x)第一项为1，以后每项都大于0，所以exp(x)>0

15.5.2
数学分析原理3.32
不等式的证明比较容易，对于最后结论，假设e=p/q，那么
e=1+1/2+1/3!+...≤1+1/2+...+1/q!+2/(q+1)!，那么
0<q!e−q!(1+1/2+...+1/q!)≤2/(q+1)，那么存在0到2/(q+1)之间的自然数，矛盾，证明完成

15.5.3
x是自然数时候，归纳成立
x是负数的时候根据定理15.5.2(e)
x是有理数p/q，则exp(p)=(exp(p/q))q，exp(p/q)=(ep)1q
x是实数，根据定义6.7.2，ex=lime(an)=limexp(an)

15.5.4 0点任意导数都是0，
反证法，根据15.2.10，那么f将在0点附近被展开为f(x)=0，矛盾。

15.5.5定理15.5.6
(a)(exp(ln(x)))′=x′，所以ln′x⋅exp(ln(x))=1，所以ln′x=1x

(b)xy=eln(xy)=eln(x)eln(y)，所以ln(xy)=ln(x)+ln(y)

(c)(b)中x=y=1，则ln(1)=2ln(1)，ln(1)=0
ln(x)+ln(1x)=ln(1)=0

(d)yln(x)=ln(eyln(x))=ln(xy)

(e)引理7.3.3计算积分
∫11−x=∫∑xn
ln(1−x)=−∑1nxn
ln(x)=ln(1−(1−x))，再根据上式得出结论。

15.5.6
在任意点a > 0处
ln(x)=lna+ln(1−(1−xa))，而ln(1−x)=−∑1nxn。

15.5.7提示3种证发，前两种不确定怎么弄，最后一种用幂级数。
因为在a处是正的实解析函数，所以f(x)=∑cn(x−a)n，那么f′(x)=∑ncn(x−a)n−1，所以cn=(n+1)cn+1，cn=1n!，证明完成。

15.5.8
当x→∞，两项比值为e(1+1x)m，分母极限为1，所以比值大于1，因为存在a > 1，N，如果n > N，令bn=ennm则bn+1/bn>a。
数学分析原理8.6(f)的证明更简洁。

15.5.9
因为当x增大的时候，多项式的值主要由主项提供，再根据习题15.5.8，证明完成。

15.5.10
f(x,y)=exp(yln(x))，exp(x)连续，lnx连续，xy连续，证明完成。

15.6谈谈复数

习题
15.6.1 引理15.6.4的证明根据定义15.6.2

15.6.2 引理15.6.6的证明根据定义15.6.2和定义15.6.5

15.6.3 可以把定义15.6.2中(a,b)=a+bi，这样加法和乘法都满足定义15.6.3和定义15.6.5，令a=0,b=1，则根据定义15.6.5，i2=−1，−z=(−1)z=−a−bi

15.6.4 简单，略。

15.6.5 令z=a+bi，容易证明

15.6.6 根据提示

15.6.7 等价于|zw|=|z||w|，而(a2+b2)(c2+d2)=(ac−bd)2+(bc+ad)2

15.6.8 =>
反证法，如果zw不在一条直线，则根据三角不等式，等号不成立

<=
|cw+w|=(c+1)|w|

15.6.9=>
a≤|z|且b≤|z|
<=
|z|≤|a|+|b|

15.6.10
根据15.6.13，Cauchy序列收敛并且收敛到复数。

15.6.11
依次证明 单射，满射
f连续，根据定义
f−1连续因为|a|≤|z|

15.6.12 对于任意a+bi，c+di，存在f(x)=a+bi+x(c+di-(a+bi))，所以任意两点都是路联通的，根据习题13.4.7，连通。

15.6.13 因为复数度量等于二维空间欧几里得度量，根据定理12.5.7，证明完成。

15.6.14 略

15.6.15
如果 i>0，i*i=-1>0，矛盾
如果 i=0，i*i=-1>0，矛盾
如果 i<0，(-i)>0 (-i)(-i)=-1>0，矛盾

15.6.16
类似推论7.5.3，只是把an替换成复数zn
令an=|zn|，证明完成

15.7 三角函数

习题
15.7.1 根据定义15.7.1

15.7.2
反证法，假设对于任意1/n，都存在0<an<1/n，那么存在0<bn≤an，满足f(an)−f(0)=anf′(bn)，那么f′(bn)=0而f′(bn)−>f′(0)，而且f在x0可微，矛盾。

15.7.3
(a)cos(x+π)=−cos(x)，其余类似
(b)sin(0)=sin(π)=sin(2π)=0，而sin周期为2π，0-2π之间其它值都不为0，所以如果sin(x)=0，那么xπ为正数，反之亦然
(c)cos(π)=cos2(π/2)−sin2(π/2)
sin(π)=2cos(π/2)sin(π/2)
综合得出cos(π/2)=0,sin(π/2)=1
sin(x+π/2)=cos(x)
在结合(b)，证明完成。

15.7.4 根据提示，分情况依次讨论。

15.7.5
左右都为复数，那么绝对值应该相等，根据引理15.6.11，有|r|=|s|。由于rs都为正数，所以r=s，那么θ=α可以满足条件，根据定理15.7.5(a)，θ=α+2kπ也可以。

15.7.6
如果z=a+bi=a2+b2−−−−−−√(aa2+b2√+ba2+b2√i)，那么r=a2+b2−−−−−−√，根据习题15.7.4，存在θ满足条件。

15.7.7
归纳法
n=1显然成立
归纳假设n成立(cosθ+isinθ)n=cosnθ+isinnθ，那么(cosθ+isinθ)n+1=(cosnθ+isinnθ)(cosθ+isinθ)=结论

15.7.8
直接根据微分定义证明

15.7.9
建立恒等式只需要对上题最后等式进行积分即可

根据定理15.3.1，级数在1收敛，函数f在1连续，所以这个等式成立

15.7.10
(a)f(x)≤∑4−n，根据Weierstrass M判别法，f一致收敛

(b)f(j32m)=∑m−1n=14−ncos(32n−mπj)+4−mcosπj+∑∞n=m+14−n
所以
|f(j+132m)−f(j32m)|=∑m−1n=14−n(cos(32n−mπ(j+1))−cos(32n−mπj))+2×4−m
≥2×4−m−∑m−1n=118m4m−n≥4−m

(c)根据提示，对于任意，x0，存在j，满足j≤32mx0<j+1，令am=jm/32m，这样am收敛到x，而1/32m收敛到0，
那么lim|f(x)−f(x0)x−x0|=limm→∞32m|f(j+132m)−f(j32m)|≥8m
所以微分不存在

(d)f(x)导函数不绝对收敛，所以不满足推论14.7.3