冪級數與實解析性

泰勒多項式以有限階近似函數。解析表示則使無窮級數在某個鄰域中等於該函數。光滑性本身並不保證相等；冪級數的收斂性和餘項控制解釋了這一差別。

1 收斂半徑

以 $a$ 為中心的冪級數為 $\sum_{n=0}^\infty c_n(x-a)^n$。令 $L=\limsup_{n\to\infty}|c_n|^{1/n}$，其收斂半徑為 $R=1/L$，約定 $1/0=\infty$、$1/\infty=0$。

收斂半徑定理。 當 $|x-a|<R$ 時級數絕對收斂，當 $|x-a|>R$ 時發散。在每個較小的閉區間 $|x-a|\le r<R$ 上，收斂絕對且一致。

證明。 若 $r<R$，取 $s$ 使 $r<s<R$。根值判別法給出 $\sum|c_n|s^n$ 收斂，且 $|c_n(x-a)^n|\le|c_n|r^n\le|c_n|s^n$。Weierstrass 判別法給出一致絕對收斂。若 $|x-a|>R$，項的 $n$ 次方根的上極限大於 1，故各項不可能趨於零。此論證不能決定邊界點。$\square$

對於 $\sum x^n/n$（$n\ge1$），收斂半徑為 1。在 $x=1$ 處發散，在 $x=-1$ 處條件收斂。單靠半徑不能確定任一端點的情況。

2 在半徑內求導與積分

在收斂區間內部，

$$\frac d{dx}\sum c_n(x-a)^n=\sum_{n\ge1}nc_n(x-a)^{n-1}.$$

為證明它，選取 $r<s<R$。在 $s$ 處收斂使 $|c_n|s^n$ 被某常數 $M$ 所控制。若 $|x-a|\le r$ 且 $r>0$，則

$$|nc_n(x-a)^{n-1}|\le\frac Ms n(r/s)^{n-1},$$

右側數項級數收斂。因此導數級數在較小區間上一致收斂。對部分和應用導數定理，它們在 $a$ 處的值均為 $c_0$。重複此過程得到所有高階導數，以及

$$c_n=\frac{f^{(n)}(a)}{n!}.$$

一致收斂也允許在每個較小閉區間上逐項積分。端點公式需要各自的收斂論證，不能僅僅將邊界值代入內部定理。

例。 幾何級數給出 $1/(1-x)=\sum_{n\ge0}x^n$（$|x|<1$）。從零積分到 $x$ 得

$$-\log(1-x)=\sum_{n\ge1}\frac{x^n}{n}.$$

再求導得到 $1/(1-x)^2=\sum_{n\ge0}(n+1)x^n$。每個操作在 $(-1,1)$ 內部的較小閉區間上有效，因此在每個內部點有效。

3 解析性與無限可微性

函數在 $a$ 處實解析，是指它在 $a$ 的某個鄰域內等於一個收斂冪級數。係數公式使該表示必為它的 Taylor 級數。在定義域每點解析，並不意味着同一中心的級數表示整個定義域上的函數。

定義

$$f(x)=\begin{cases}e^{-1/x^2},&x\ne0,\\0,&x=0.\end{cases}$$

下面給出光滑但不解析的完整論證。對 $x\ne0$，令 $t=1/x$，並遞歸定義多項式

$$P_0(t)=1,\qquad P_{j+1}(t)=2t^3P_j(t)-t^2P_j'(t).$$

由 $dt/dx=-t^2$，乘積和鏈式法則說明 $P_j(1/x)e^{-1/x^2}$ 的導數是 $P_{j+1}(1/x)e^{-1/x^2}$。為控制原點，對任意固定冪 $p\ge0$ 和整數 $N>p$，非負項指數級數給出 $u>0$ 時 $e^u\ge u^N/N!$，所以當 $u\to\infty$ 時，$u^pe^{-u}\le N!u^{p-N}\to0$。因此任意 $1/x$ 的多項式乘 $e^{-1/x^2}$ 均趨零，再多乘一個 $1/x$ 仍然如此。

對非零 $x$ 令 $g_j(x)=P_j(1/x)e^{-1/x^2}$，並令 $g_j(0)=0$。每個 $g_j$ 在零處連續，且該處差商為

$$\frac{g_j(x)-g_j(0)}x=\frac1xP_j(1/x)e^{-1/x^2}\longrightarrow0.$$

在零點以外，其導數是 $g_{j+1}$；在零點，剛證明的差商給出同一導數值 $g_{j+1}(0)=0$。由 $g_0=f$ 開始歸納，得到 $f\in C^\infty(\mathbb R)$，且每個 $j$ 都有 $f^{(j)}(0)=0$。全部 Taylor 係數為零，但每個非零 $x$ 處 $f(x)>0$，所以不可能在任何鄰域由零 Taylor 級數表示。這裏使用的指數恆等式和正項級數界，在初等函數章節中獨立於本反例構造。

作為對照，設一個 $C^\infty$ 函數存在固定常數 $M,K>0$，使每個整數 $n\ge0$ 和 $a$ 的同一個鄰域中的每個 $t$ 都滿足 $|f^{(n+1)}(t)|\le M K^{n+1}$。一元 Taylor 餘項便以 $M K^{n+1}|x-a|^{n+1}/(n+1)!$ 為界；相鄰界的比為 $K|x-a|/(n+2)\to0$，故餘項趨零。這證明在每個充分近的點處等於 Taylor 級數。只控制有限階導數，或只在 $a$ 處控制，不能代替這個共同鄰域假設。

4 有限範圍的多元推廣

對多重指標 $\alpha=(\alpha_1,\ldots,\alpha_d)$，記 $|\alpha|=\sum\alpha_i$、$\alpha!=\prod\alpha_i!$ 和 $h^\alpha=\prod h_i^{\alpha_i}$。局部實解析展開形如 $\sum_\alpha c_\alpha h^\alpha$。若某個 $s>0$ 使 $\sum_\alpha|c_\alpha|s^{|\alpha|}<\infty$，則級數在每個較小閉立方體 $|h_i|\le r<s$ 上絕對且一致收斂。導數級數也在其上一致收斂：額外因子 $\alpha_j$ 可由 $r$ 和 $s$ 之間收斂的多項式乘幾何級數控制。因此 $c_\alpha=\partial^\alpha f(a)/\alpha!$。

對於 $1/(1-x-y)$，幾何級數展開和二項式定理給出

$$\frac1{1-x-y}=\sum_{k=0}^\infty\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}x^iy^{k-i},\qquad |x|+|y|<1.$$

絕對值之和以 $\sum_k(|x|+|y|)^k$ 為界。所示區域是絕對收斂的充分區域，不能通過將 $x$ 和 $y$ 視為互不相關的一維級數得到。

以下逆向結論中，取正整數 $n$、中心 $a\in\mathbb R^n$、$s>0$ 及實係數 $c_\alpha$。在所述有限絕對係數界下，於 $|h_i|<s$ 定義 $f(a+h)=\sum_\alpha c_\alpha h^\alpha$。這定義了待證明正則性的函數，並未預先假設它為 $C^\infty$。

逆向結論：絕對係數控制允許逐項求導。 假設存在 $s>0$，使

$$A=\sum_{\alpha\in\mathbb N_0^n}|c_\alpha|s^{|\alpha|}<\infty.$$

把這個絕對和解釋為有限子和的上確界，或按總次數遞增枚舉多重指標。對每個閉立方體 $|h_i|\le r<s$，M 判別法保證原級數一致收斂。對一個偏導數及 $m=|\alpha|\ge1$，若 $\alpha_j=0$，該項為零；否則，對 $0<r<s$，

$$|\alpha_jc_\alpha h^{\alpha-e_j}|\le\frac{|c_\alpha|s^m}{s}\,m(r/s)^{m-1}.$$

當 $q=r/s<1$ 時，$m q^{m-1}$ 一致有界，例如可用收斂標量級數 $\sum_{m\ge1}m q^{m-1}=1/(1-q)^2$ 控制。因此求導後的項具有可求和的係數優級數，在該立方體上一致收斂。

為甚麼這種收斂確實給出導數？令 $P_N$ 為總次數至多 $N$ 的單項式有限和。固定第 j 個坐標以外的所有坐標，讓該坐標在 $[-r,r]$ 中變化。$P_N$ 和 $\partial_jP_N$ 均一致收斂，在該坐標為零處的值也收斂。一元一致導數定理證明極限具有這個偏導數。導數多項式的一致極限在整個立方體上連續。對每個坐標這樣做，再用連續偏導數的可微判據，得到內部的 C1 正則性。

對給定的更高求導階數 $\ell$，下降階乘係數至多為 $m^\ell$；在 $|h_i|\le r$ 上，各項以 $|c_\alpha|s^m s^{-\ell}m^\ell(r/s)^{m-\ell}$ 為界，相關指數不足時則該項為零。這個多項式乘幾何因子一致有界；在嚴格介於 $r$ 和 $s$ 之間的嵌套立方體上逐次使用同一論證，得到各階導數存在且連續。在 $h=0$ 處代入，只剩匹配的單項式，因此 $\partial^\alpha f(a)=\alpha!c_\alpha$。這裏實際證明了逐項求導規則，而非從形式記號直接假定它。

練習與完整解答

E1 基礎。 求 $\sum_{n\ge1}x^n/n^2$ 的收斂半徑與端點行為。

S1. 根值上極限為 1，故 $R=1$。在 $x=1$ 和 $x=-1$ 處，絕對值級數均為收斂的 $\sum1/n^2$。所以收斂區間為 $[-1,1]$；整個區間上的一致收斂也可另外由 Weierstrass 判別法得到。

E2 級數運算。 求 $1/(2-x)$ 和 $1/(2-x)^2$ 在零處的冪級數，並給出共同收斂半徑。

S2. 當 $|x|<2$ 時，$1/(2-x)=\frac12\sum_{n\ge0}(x/2)^n=\sum x^n/2^{n+1}$。求導得 $1/(2-x)^2=\sum_{n\ge0}(n+1)x^n/2^{n+2}$，收斂半徑同為 2。

E3 唯一性。 證明以同一點為中心的兩個收斂冪級數若在該點附近表示同一函數，則對應系數相同。

S3. 使用已論證的逐項求導法，在中心處對兩個相等的函數求 $n$ 次導數。兩者各自的第 $n$ 階導數均為對應系數的 $n!$ 倍，因此對每個 $n$，系數相等。

E4 多元情形。 求 $e^{x+y}$ 的級數中總次數至多為二的各項。

S4. 展開 $1+(x+y)+(x+y)^2/2+\cdots$。各項為 $1+x+y+x^2/2+xy+y^2/2$。$xy$ 的系數為 1，符合除以 $1!1!$，而不是在沒有二項式系數時除以 $2!$。

總結

冪級數在收斂半徑內的較小區域上一致收斂，允許有依據的逐項微積分運算。解析性意味著函數等於該局部級數。無限可微性更弱；需要泰勒餘項或其他收斂論證來證明相等。