构造在|x|≤1收敛且x=1处各阶导数为0的非零幂级数

嘿，这个问题很有意思——答案是存在这样的显式非零幂级数，我们可以通过构造来验证这一点。

首先回忆你提到的经典光滑函数$f(x) = \exp\left(-\frac{1}{(x-1)^2}\right)$（$x≠1$时），$f(1)=0$，它在$x=1$处各阶导数均为0，但本身不是幂级数（因为它在$x=1$处的泰勒级数是零级数，和自身不相等）。我们需要的是在$|x|≤1$上收敛，且在$x=1$处各阶导数极限为0的非零幂级数。

构造思路与显式例子 #

我们可以构造一个基于快速衰减系数的幂级数，利用“高阶项在$x→1$时的导数被系数的衰减速度压制到0”的特性：

考虑函数：
$$F(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} \left( \frac{1-x}{2} \right)^{k!}$$

首先验证收敛性：当$|x|≤1$时，$\left|\frac{1-x}{2}\right| ≤ 1$，因此$\left|\left(\frac{1-x}{2}\right)^{k!}\right| ≤1$，而级数$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$收敛，根据魏尔斯特拉斯M判别法，$F(x)$在$|x|≤1$上绝对且一致收敛。

接下来将这个函数展开为$x$的幂级数：
利用二项式定理，$\left(\frac{1-x}{2}\right)^{k!} = \sum_{n=0}^{k!} \binom{k!}{n} \left(\frac{1}{2}\right)^{k!} (-1)^n x^n$，代入原式并交换求和顺序（因绝对收敛可交换），得到：
$$F(x) = \sum_{n=0}^\infty \left( \sum_{\substack{k=1 \ k! ≥n}}^\infty \frac{(-1)^n \binom{k!}{n}}{k^2 \cdot 2^{k!}} \right) x^n$$
这就是一个显式的幂级数，系数可以通过上述双重求和明确写出。

验证满足条件 #

1. 非零性：当$x=0$时，$F(0) = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 \cdot 2^{k!}}$，这是一个正项收敛级数，显然不为0，因此$F(x)$是非零函数。
2. $x=1$处各阶导数极限为0：对于任意固定的$m≥0$，考虑$F(x)$的$m$阶导数：
   由于原级数一致收敛，我们可以逐项求导，得到：
   $$F^{(m)}(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} \cdot \frac{d^m}{dxm} \left( \frac{1-x}{2} \right)^{k!}$$
   当$k! > m$时，$\frac{d^m}{dxm} \left( \frac{1-x}{2} \right)^{k!} = \frac{(-1)^m k! (k!-1) \cdots (k!-m+1)}{2^{k!}} \left( \frac{1-x}{2} \right)^{k! - m}$；当$k! ≤m$时，该项的$m$阶导数为0。
   当$x→1^-$时，$\left( \frac{1-x}{2} \right)^{k! - m} →0$（因为$k! -m >0$），而每一项的系数$\frac{k! (k!-1) \cdots (k!-m+1)}{k^2 \cdot 2^{{k!}}$由于$2}{k!}$的增长速度远快于$k!$的多项式增长，会快速衰减到0，因此整个级数的极限为0。即对所有$m≥0$，$\lim_{z→1, |z|<1} F^{(m)}(z) =0$。

这样我们就构造出了满足所有条件的显式非零幂级数。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者charmd