伯恩斯坦收敛定理。二项级数

设 $f (x)$ 是定义在 $a \leq x \leq b$ 上的函数；并假设对每个整数 $n \geq 0$ ， $f^{(n)} (x)$ 存在且当 $a \leq x \leq b$ 时 $f^{(n)} (x) \geq 0$ 。设 $x_{1}$ 为区间上某一点，并选取某个固定的正整数 $n$ 。然后考虑 $f (x)$ 在 $x_{1}$ 处的泰勒公式，其中公式的多项式部分有多于 $n$ 项，比如有 $m$ 项。特别地，当我们使用柯西余项时，考虑这给 $f (b)$ 带来什么：

其中 $x_{1} < ξ < b$ 。此时右端和式的所有项都是非负的；因此 $f (b)$ 大于或等于其中任何一项。特别地，

这对任意 $n$ 都成立。

现在考虑函数。由于的导数也是 $f (x)$ 的导数，它们在 $a \leq x \leq b$ 上都是非负的。因此我们可以在 (1) 中用代替 $f (x)$ ，得到

即

这最后一个不等式对任意 $n$ 都成立；特别地，它对 $n - 2$ 成立，其中 $n$ 与 (1) 中的相同。于是它变为

这对区间上的任意点 $x_{1}$ 都成立。

现在设 $x_{0}$ 为区间上的某一点，考虑 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处的泰勒展开，其中 $x$ 也在该区间内。 $n$ 项之后的柯西余项的绝对值为

\frac{| x - x_{0} | | x - ξ |^{n - 1}}{(n - 1)!} f^{(n)} (ξ),

其中 $ξ$ 位于 $x$ 与 $x_{0}$ 之间。根据 (3)，它小于或等于

当 $| x - ξ | \leq b - ξ$ 时，随着 $n$ 变大，这将趋于 $0$ 。如果 $x_{0} < x$ ，则 $| x - ξ | = x - ξ \leq b - ξ$ 。如果 $x < x_{0}$ ，并且 $| x - x_{0} | \leq b - x_{0}$ ，则 $| x - ξ | \leq | x - x_{0} | \leq b - x_{0} \leq b - ξ$ 。因此我们知道，只要 $| x - x_{0} | \leq b - x_{0}$ ，余项就趋于零。让我们总结一下已证明的结果，这就是伯恩斯坦收敛定理。

定理 1

设 $f (x)$ 满足：对所有满足 $a \leq x \leq b$ 的 $x$ ，有。设 $a < x_{0} < b$ ，并设 $x$ 为区间上满足 $| x - x_{0} | \leq b - x_{0}$ 的一点。那么泰勒级数

收敛于 $f (x)$ 。

例如，这个定理告诉我们， $e^{x}$ 在任意一点处展开的泰勒级数对所有的 $x$ 都收敛于 $e^{x}$ 。如果我们作一些观察，这个结果可以推广到更大一类函数。首先假设存在某个数 $M$ ，使得只要 $a \leq x \leq b$ ，就有。如果 $M \geq 0$ ，则由伯恩斯坦定理， $f (x)$ 的泰勒级数收敛于 $f (x)$ 。如果 $M < 0$ ，令

g (x) = f (x) - M e^{(x - a)} \cdot

则 $g (x) \geq M - M e^{x - a} = M (1 - e^{x - a}) \geq 0$ ，因为两个因子都小于或等于零。同样地，。因此 $g (x)$ 的泰勒级数收敛于 $g (x)$ 。如前所述， $e^{x - a}$ 的泰勒级数收敛于 $e^{x - a}$ （ $= e^{- a} \cdot e^{x}$ ）。由于构造泰勒级数是一种线性运算， $f (x)$ 的泰勒级数就是 $g (x)$ 的泰勒级数加上 $M$ 倍的 $e^{x - a}$ 的泰勒级数；这两者的余项都趋于零，因此 $f (x)$ 的余项作为这些余项之和也趋于零。于是我们看到，如果 $f (x)$ 的所有导数都有下界，则 $f (x)$ 的泰勒级数收敛于 $f (x)$ 。

接下来假设当 $n > N$ （ $N$ 为某个固定的数）时，对 $a \leq x \leq b$ 有 $f^{(n)} (x) \geq 0$ 。那么令 $M$ 为下列各数中最小者

在 上

则对所有 $i \geq 0$ 有 $f^{(i)} (x) \geq M$ ，并且如上所述，我们看到 $f (x)$ 的泰勒级数收敛于 $f (x)$ 。由于 $- f (x)$ 的泰勒级数中的各项是 $f (x)$ 的泰勒级数中各项的相反数，我们可以用 $- f (x)$ 来证明：只要所有 $f^{(n)} (x)$ 都有上界， $f (x)$ 的泰勒级数就收敛于 $f (x)$ ，特别地，若所有 $f^{(n)} (x) \leq 0$ 时也是如此。

现在设；换句话说， $f (x)$ 的各阶导数符号交替变化。设 $a < x_{0} < b$ 。则 $- b < - x_{0} < - a$ ，并且若 $- b \leq ξ \leq - a$ ，令 $g (ξ) = f (- ξ)$ 。那么

即只要 $- b \leq ξ \leq - a$ ，对所有 $n$ 都有 $g^{(n)} (ξ) \geq 0$ 。于是根据伯恩斯坦定理我们知道，只要 $| ξ - (- x_{0}) | \leq - a - (- x_{0})$ ，即 $| ξ + x_{0} | \leq x_{0} - a$ ， $g (ξ)$ 在 $- x_{0}$ 处的泰勒级数就收敛于 $g (ξ)$ 。 $g (ξ) = f (- ξ)$ 在 $- x_{0}$ 处的泰勒级数为：

现在令 $x = - ξ, ξ = - x$ 。那么只要 $| - x + x_{0} | \leq x_{0} - a$ ，即 $| x - x_{0} | \leq x_{0} - a$ ，取极限便得

但这正是 $f (x)$ 的泰勒级数。注意在这种情形下，只要 $x$ 比 $x_{0}$ 到 $a$ 的距离更接近 $x_{0}$ ，级数就收敛于 $f (x)$ ；而在原定理中，只要 $x$ 比 $x_{0}$ 到 $b$ 的距离更接近 $x_{0}$ ，级数就收敛于 $f (x)$ 。另请注意，与前面一样，只需从某个 $N$ 开始符号交替即可。

我们将应用最后这个观察来研究函数 $f (x) = x^{α}$ ，其中 $x > 0$ ， $α$ 为任意数。那么

最终有

f^{(N)} (x) = α (α - 1) \dots (α - N + 1) x^{α - N}, 其中 α < N \cdot

于是 $f^{(N + 1)} (x) = α (α - 1) \dots (α - N + 1) (α - N) x^{α - N - 1}$ 对所有 $x > 0$ 都与 $f^{(N)} (x)$ 符号相反，因为 $α - N < 0$ ； $f^{(N + 2)} (x)$ 与 $f^{(N + 1)} (x)$ 符号相反；并且当 $n > N$ 时 $f^{(n)} (x)$ 的符号交替变化。因此，如果 $ϵ$ 是任意小的正数且 $x_{0} > ϵ$ ，那么只要 $| x - x_{0} | \leq x_{0} - ϵ$ ， $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处的泰勒级数就收敛于 $f (x)$ 。如果 $| x - x_{0} | < x_{0}$ ，那么我们确信对某个正数 $ϵ$ 有 $| x - x_{0} | \leq x_{0} - ϵ$ 。因此只要 $| x - x_{0} | < x_{0}$ ，级数就收敛于 $f (x)$ 。

现在让我们稍微改变一下记号，写 $x_{0} = a, x = a + b$ 。然后我们将 $f (x) = (a + b)^{α}$ 按 $(x - x_{0}) = b$ 的幂展开。（这里 $a > 0$ 。）于是

其意义是：只要 $| (a + b) - a | < a$ ，即 $| b | < a$ ，级数就收敛于 $(a + b)^{α}$ 。这就是所谓的二项式级数，其系数

\frac{α (α - 1) \dots (α - n)}{n!} = (\binom{α}{n})

被称为二项式系数。注意，如果 $α$ 是正整数，则从某一项起所有系数都为 $0$ ，此时我们得到通常的二项式定理。

注：在早期对泰勒级数的研究中，人们常常简单地假设：只要级数趋于某种极限，级数就趋于该函数。考虑函数

便可知这是错误的。此时，于是在 $x_{0} = 0$ 处的泰勒级数只是一个全为 0 的级数，其极限为 0。然而，这个函数除在 $x = 0$ 处外从不为 0。

习题

习题 1.

应用伯恩斯坦定理证明： $\sin x$ 和 $\cos x$ 在任意 $x_{0}$ 处的泰勒级数对所有的 $x$ 都收敛于相应的函数。

习题 2.

应用该定理证明： $\log x$ 在 $x_{0} = 1$ 处的泰勒级数当 $| x - 1 | < 1$ 时收敛于 $\log x$ 。

习题 3.

在二项式级数中取 $a = 32, b = 1$ ，估计 $\sqrt[5]{33}$ 精确到四位小数。

习题 4.

取 $a = 100, b = - 2$ 来估计 $\sqrt{98}$ 。由于这也是 $\sqrt[7]{2}$ ，求 $\sqrt{2}$ 精确到五位的估计值。