[微積分]冪級數的應用

定義:任給一個實數數列\{a_{n}\}_{n=0}^{\infty},型如

\displaystyle a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}

的稱為冪級數(Power series)。所有的冪級數所形成的集合計為\mathbb{R}[[x]].他構成一個無窮維的實向量空間。給定兩個冪級數f(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots, g(x)=b_{0}+b_{1}x+b_{2}x^{2}+\cdots與實數a我們定義兩冪級數相加為

(f+g)(x)=(a_{0}+b_{0})+(a_{1}+b_{1})x+(a_{2}+b_{2})x^{2}+\cdots.

係數積

(af)(x)=(aa_{0})+(aa_{1})x+(aa_{2})x^{2}+\cdots

如果我們定義c_{n}=\sum_{i+j=n}a_{i}b_{j}, 我們定義冪級數相乘為

(fg)(x)=c_{0}+c_{1}x+c_{2}x^{2}+\cdots

所以\mathbb{R}[[x]]也構成一交換環(commutative ring)。這個交換環具有相當豐富的代數結構在裡頭，所以它也是一個實交換代數。如果我們把\mathbb{R}換成更一般的環，那麼，我們便可以用來研究解析幾何學，但這並不是我本篇文章想談的。接著，在不考慮收斂的情況下，我們來給出以下的應用。首先我們先定義冪級數的微分與積分。假如f(x)=\sum_{n}a_{n}x^{n},我們定義冪級數的微分為與不定積分分別為

\displaystyle f'(x)=\sum_{n}na_{n}x^{n-1},    \displaystyle\int f(x)dx =C+\sum_{n}a_{n}\frac{x^{n}}{n}.

微分方程的解

範例1.試利用冪級數求出y'=y.

解:假設上述微方方程的解可以表示為冪級數y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},則y'=y可推得

na_{n}=a_{n-1}, n\geq 1.

所以我們可知a_{1}=a_{0}, a_{2}=a_{0}/2, a_{3}=a_{0}/2\cdot 3,等等。利用歸納法可以得到

\displaystyle a_{n}=\frac{1}{n!}a_{0}, n\geq 0.

所以可以知道y的解型如

\displaystyle y=a_{0}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}.

習題:證明此冪級數的收斂半徑R=\infty.

所以我們可以證明出此冪級數的的確確是收斂的冪級數。

定義:方程y'=y, y(0)=1的解記為y=e^{x}或y=\exp(x)。稱為exponential函數。

範例2.試利用冪級數求出y''+y=0的解。

解:假設y=\sum_{n}a_{n}x^{n},則\displaystyle y''=\sum_{n}n(n-1)a_{n}x^{n-2}.利用y''=-y,比較係數可以推得

a_{n-2}=n(n-1)a_{n},   n\geq 2.

所以我們可以知道

a_{2n}=(-1)^{n}a_{0}/(2n)!且a_{2n+1}=(-1)^{n}a_{1}/(2n+1)!.

由此可知

\displaystyle y=a_{0}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}x^{2n}+a_{1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}x^{2n+1}.

利用\sin x,\cos x的泰勒展開式我們知道

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

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

所以我們了解到此二階微分方程的解為

\displaystyle y=a_{0}\cos x+a_{1}\sin x.

冪級數求泰勒展開式

範例1.試求出\ln (1+x)在x=0的泰勒展開。

解:令f(x)=\ln (1+x)則f'(x)=1/(1+x).利用等比級數和的公式可以知道，f'(x)是下列冪級數

\displaystyle f'(x)=1-x+x^{2}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}x^{n}.

 兩邊同時積分之後可推得(利用微積分基本定理)

\displaystyle f(x)-f(0)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n+1}}{n+1}, |x|<1.

由於f(0)=\ln 1=0.所以我們推得

\displaystyle \ln(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n+1}}{n+1}, |x|<1.

範例2.試求出\tan^{-1}x在x=0的泰勒展開式。

解:令f(x)=\tan^{-1}x.則f'(x)=1/(1+x^{2}).利用等比級數公式可知

\displaystyle f'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}x^{2n}, |x|<1.

利用上述類似的想法可知(兩邊同時積分，利用f(0)=0)

\displaystyle \tan^{-1}x=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}.

解線性遞迴關係

範例1. 令a_{n+2}=5a_{n+1}-6a_{n}, a_{0}=a_{1}=1.

解:令F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}.那麼\displaystyle F(x)=a_{0}+a_{1}x+\sum_{n=2}^{\infty}a_{n}x^{n}. 變換一下變數，可得\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}a_{n}x^{n}=\sum_{m=0}^{\infty}a_{m+2}x^{m+2}.在利用遞迴關係知道

\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}a_{m+2}x^{m+2}=5x\sum_{m=0}^{\infty}a_{m+1}x^{m+1}-6x^{2}\sum_{m=0}^{\infty}a_{m}x^{m}.

由於\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}a_{m+1}x^{m+1}=F(x)-a_{0},所以

\displaystyle \sum_{m=0}^{\infty}a_{m+2}x^{m+2}=5x(F(x)-1)-6x^{2}F(x).

於是

F(x)=1+x+5x(F(x)-1)+6x^{2}F(x).

可推得(1-5x-6x^{2})F(x)=1-4x.所以\displaystyle F(x)=\frac{1-4x}{1-5x+6x^{2}}.利用部分分式可以假設

\displaystyle F(x)=\frac{a}{1-2x}+\frac{b}{1-3x}.

所以a(1-3x)+b(1-2x)=1-4x.可知a=2, b=-1.所以

\displaystyle F(x)=\frac{2}{1-2x}+\frac{-1}{1-3x}.

利用等比的公式可以知道

\displaystyle \frac{2}{1-2x}=\sum_{n=0}^{\infty}2\cdot 2^{n}x^{n}且\displaystyle \frac{-1}{1-3x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)3^{n}x^{n}.

於是乎

\displaystyle F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(2^{n+1}-3^{n})x^{n}.

可推得a_{n}=2^{n+1}-3^{n}.

習題:考慮費波納契數列a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}, n\geq 0,其中a_{0}=a_{1}=1.試利用冪級數的方法解出數列的一般項。

二階線性遞回關係與冪級數的理論

所以更一般的，我們可以考慮遞回數列

a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_{n}, n\geq 0,

其中a_{0}=a,\ a_{1}=b為初始條件。 我們記冪級數

\displaystyle F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}

稱為數列\{a_{n}\}的生成函數(genenerating function)。我們利用遞回關係與初始條件我們可以推得

\displaystyle F(x)=a+bx+x^{2}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n+2}x^{n}

\displaystyle =a+bx+x^{2}\sum_{n=0}^{\infty}(pa_{n+1}+qa_{n})x^{n}

\displaystyle =a+bx+qx^{2}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}+px\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}.

\displaystyle =a+bx+qx^{2}F(x)+px(F(x)-a).

於是我們推得F(x)=(a+(b-ap)x)/(1-px-qx^{2}).

(1)如果1-px-qx^{2}=0有兩相異根，則利用部分分式法我們可以把F(x)改寫為

\displaystyle F(x)=\frac{A}{1-\lambda_{1}x}+\frac{B}{1-\lambda_{2}x}

於是我們可以把F(x)寫成

\displaystyle F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(A\lambda_{1}^{n}+B\lambda_{2}^{n})x^{n}

所以a_{n}=A\lambda_{1}^{n}+B\lambda_{2}^{n}.

(2)如果1-px-qx^{2}只有重根\lambda_{0}我們把F(x)改寫為

\displaystyle F(x)=\frac{A}{1-\lambda_{0}x}+\frac{B}{(1-\lambda_{0}x)^{2}}

 於是

\displaystyle F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(A+Bn)\lambda_{0}^{n}x^{n}

所以a_{n}=(A+Bn)\lambda_{0}^{n}.

(3)當1-px-qx^{2}有兩相異共軛複根，利用(1)的方法我們可以解出a_{n}=A\lambda_{1}^{n}+B\lambda_{2}^{n}其中1-px-qx^{2}=(1-\lambda_{1}x)(1-\lambda_{2}x)。假設

\lambda_{1}=r(\cos\theta+i\sin\theta)與\lambda_{2}=r(\cos\theta-i\sin\theta)。

利用棣美弗定理我們知道

\lambda_{1}^{n}=r^{n}(\cos n\theta+i\sin n\theta)且\lambda_{2}^{n}=r^{n}(\cos n\theta-i\sin n\theta).

於是整理一下可以推得

a_{n}=Ar^{n}(\cos n\theta+i\sin\theta)+Br^{n}(\cos n\theta-i\sin n\theta ).

整理一下我們可以把a_{n}改寫為(將\cos n\theta與\sin n\theta的各自合併後)得到了

a_{n}=r^{n}(a\cos n\theta+b\sin n\theta).

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