好的，这是一份忠实保留原格式的中文翻译。
我们经常需要研究方程中某个变量取小值（或大值）时的行为。例如，我们可能想了解黑体辐射普朗克分布定律（公式 1.2）的低频行为：
$$ \rho_\nu(T)d\nu = \frac{8\pi h}{c^3} \frac{\nu^3 dv}{e^{\beta h\nu} - 1} \quad \text{(I.1)} $$
为此，我们首先要使用 $e^x$ 可以写成无穷级数（即包含无限项的级数）的事实
$$ e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots \quad \text{(I.2)} $$
然后认识到如果 $x$ 很小，那么 $x^2, x^3$ 等就更小了。我们可以将此结果表示为
$$ e^x = 1 + x + O(x^2) $$
其中 $O(x^2)$ 是一个记账符号，提醒我们忽略了涉及 $x^2$ 及更高次幂的项。如果我们将此结果应用于公式 I.1，我们有
$$ \begin{aligned} \rho_\nu(T)d\nu &= \frac{8\pi h}{c^3} \frac{\nu^3 dv}{1 + \beta h\nu + O[(\beta h\nu)^2] - 1} \ &\approx \frac{8\pi h \nu^3 dv}{c^3 \beta h\nu} \ &= \frac{8\pi k_B T}{c^3} \nu^2 dv \end{aligned} $$
因此，我们看到对于小值 $\nu$，$\rho_\nu(T)$ 与 $\nu^2$ 成正比。在本数学附章中，我们将回顾一些有用的级数，并将它们应用于一些物理问题。
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我们将使用的最有用的级数之一是几何级数：
$$ \frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n = 1 + x + x^2 + x^3 + \dots \quad |x| < 1 \quad \text{(I.3)} $$
这个结果可以通过代数方法用 1 除以 $1-x$ 得到，或者通过下面的技巧得到。考虑有限级数（即项数有限的级数）
$$ S_N = 1 + x + \dots + x^N $$
现在将 $S_N$ 乘以 $x$:
$$ x S_N = x + x^2 + \dots + x^{N+1} $$
现在注意到
$$ S_N - x S_N = 1 - x^{N+1} $$
或者
$$ S_N = \frac{1 - x^{N+1}}{1-x} \quad \text{(I.4)} $$
如果 $|x| < 1$，则当 $N \to \infty$ 时 $x^{N+1} \to 0$，这样我们就恢复了公式 I.3。
从公式 I.4 恢复公式 I.3 将我们带到了关于无穷级数的一个重要点：公式 I.3 仅在 $|x| < 1$ 时有效。如果 $|x| \ge 1$，它完全没有意义。我们说公式 I.3 中的无穷级数在 $|x| < 1$ 时收敛，在 $|x| \ge 1$ 时发散。我们如何判断一个给定的无穷级数是收敛还是发散？有许多所谓的收敛性判别法，但其中一个简单而有用的方法是比值判别法。要应用比值判别法，我们构造第 $(n+1)$ 项 $u_{n+1}$ 与第 $n$ 项 $u_n$ 的比值，然后让 $n$ 变得非常大：
$$ r = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| \quad \text{(I.5)} $$
如果 $r < 1$，级数收敛；如果 $r > 1$，级数发散；如果 $r = 1$，判别法失效。让我们将此判别法应用于几何级数（公式 I.3）。在本例中，$u_{n+1} = x^{n+1}$，$u_n = x^n$，所以
$$ r = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{x^{n+1}}{x^n} \right| = |x| $$
因此，我们看到级数在 $|x| < 1$ 时收敛，在 $|x| > 1$ 时发散。它实际上在 $x=1$ 时发散，但比值判别法没有告诉我们这一点。我们需要使用更复杂的收敛性判别法来确定在 $x=1$ 时的行为。
对于指数级数（公式 I.2），我们有
$$ r = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{x^{n+1}/(n + 1)!}{x^n/n!} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{x}{n+1} \right| = 0 $$
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因此，我们得出结论，指数级数对所有 $x$ 值都收敛。
在第 18 章中，我们遇到求和式
$$ S = \sum_{\nu=0}^\infty e^{-\nu h\nu/k_B T} \quad \text{(I.6)} $$
其中 $\nu$ 代表双原子分子的振动频率，其他符号具有通常的含义。我们可以通过设
$$ x = e^{-h\nu/k_B T} $$
这样我们就有了
$$ S = \sum_{\nu=0}^\infty x^\nu $$
量 $x$ 小于 1，根据公式 I.3，$S = 1/(1-x)$，即
$$ S = \frac{1}{1 - e^{-h\nu/k_B T}} \quad \text{(I.7)} $$
我们说 $S$ 已被评估为闭合形式，因为其数值评估只需有限步，与需要无限步的公式 I.6 形成对比。
一个实际问题是，我们如何找到与给定函数对应的无穷级数。例如，我们如何推导公式 I.2？首先，假设函数 $f(x)$ 可以表示为 $x$ 的幂级数：
$$ f(x) = c_0 + c_1x + c_2x^2 + c_3x^3 + \dots $$
其中 $c_i$ 待定。然后令 $x=0$，发现 $c_0 = f(0)$。现在对 $x$ 微分一次
$$ \frac{df}{dx} = c_1 + 2c_2x + 3c_3x^2 + \dots $$
然后令 $x=0$，发现 $c_1 = (df/dx)_{x=0}$。再次微分，
$$ \frac{d^2 f}{dx^2} = 2c_2 + 3 \cdot 2c_3x + \dots $$
然后令 $x=0$，得到 $c_2 = (d^2 f/dx^2)_{x=0}/2$。再微分一次，
$$ \frac{d^3 f}{dx^3} = 3 \cdot 2 c_3 + 4 \cdot 3 \cdot 2 x + \dots $$
然后令 $x=0$，得到 $c_3 = (d^3 f/dx^3)_{x=0}/3!$。一般结果是
$$ c_n = \frac{1}{n!} \left. \frac{d^n f}{dx^n} \right|_{x=0} \quad \text{(I.8)} $$
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所以我们可以写出
$$ f(x) = f(0) + \left(\frac{df}{dx}\right)_{x=0} x + \frac{1}{2!} \left(\frac{d^2 f}{dx^2}\right)_{x=0} x^2 + \frac{1}{3!} \left(\frac{d^3 f}{dx^3}\right)_{x=0} x^3 + \dots \quad \text{(I.9)} $$
公式 I.9 称为 $f(x)$ 的麦克劳林级数。如果我们将公式 I.9 应用于 $f(x) = e^x$，我们发现
$$ \left. \frac{d^n e^x}{dx^n} \right|_{x=0} = 1 $$
所以
$$ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots $$
其他一些重要的麦克劳林级数，可以通过直接应用公式 I.9 得到（习题 I–7），包括
$$ \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \dots \quad \text{(I.10)} $$
$$ \cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \dots \quad \text{(I.11)} $$
$$ \ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots \quad -1 < x \le 1 \quad \text{(I.12)} $$
以及
$$ (1 + x)^n = 1 + nx + \frac{n(n-1)}{2!} x^2 + \frac{n(n-1)(n-2)}{3!} x^3 + \dots \quad |x| < 1 \quad \text{(I.13)} $$
级数 I.10 和 I.11 对所有 $x$ 值都收敛，但如所示，级数 I.12 仅在 $-1 < x \le 1$ 时收敛，级数 I.13 仅在 $|x| < 1$ 时收敛。注意，如果在级数 I.13 中 $n$ 是一个正整数，级数会截断。例如，如果 $n=2$ 或 3，我们有
$$ (1 + x)^2 = 1 + 2x + x^2 $$
和
$$ (1 + x)^3 = 1 + 3x + 3x^2 + x^3 $$
公式 I.13 对于正整数的情况称为二项式展开。如果 $n$ 不是正整数，级数无限延续，公式 I.13 称为二项式级数。任何数学手册都会有许多函数的麦克劳林级数。习题 I-13 讨论了泰勒级数，它是麦克劳林级数的扩展。
我们可以使用此处介绍的级数来推导书中使用的许多结果。例如，极限
$$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x} $$
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出现多次。由于此极限给出 0/0，我们可以使用洛必达法则，它告诉我们
$$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x} = \lim_{x\to 0} \frac{\frac{d}{dx}\sin x}{\frac{d}{dx}x} = \lim_{x\to 0} \cos x = 1 $$
我们可以通过将公式 I.10 除以 $x$ 然后令 $x \to 0$ 来得出相同的结果。（这两种方法实际上是等价的。参见习题 I–14。）
我们将做最后一个涉及级数和极限的例子。根据德拜的理论，晶体摩尔热容的温度依赖性由下式给出：
$$ \bar{C}_V(T) = 9R\left(\frac{T}{\Theta_D}\right)^3 \int_0^{\Theta_D/T} \frac{x^4 e^x}{(e^x - 1)^2} dx \quad \text{(I.14)} $$
在此公式中，$T$ 是开尔文温度，$R$ 是摩尔气体常数，$\Theta_D$ 是特定晶体的特征参数。参数 $\Theta_D$ 具有温度单位，称为晶体的德拜温度。我们想确定 $\bar{C}_V(T)$ 的低温度极限和高温度极限。在低温度极限下，积分的上限变得非常大。对于大的 $x$ 值，与 $e^x$ 相比，我们可以忽略积分被积函数分母中的 1，表明被积函数对于大的 $x$ 趋于 $x^4 e^{-x}$。但当 $x \to \infty$ 时，$x^4 e^{-x} \to 0$，所以积分的上限可以安全地设为 $\infty$，得到
$$ \lim_{T\to 0} \bar{C}_V(T) = 9R\left(\frac{T}{\Theta_D}\right)^3 \int_0^\infty \frac{x^4 e^x}{(e^x - 1)^2} dx $$
这里的积分值无论是什么，它只是一个常数，所以我们看到
$$ \bar{C}_V(T) \to \text{constant} \times T^3 \quad \text{as} \quad T \to 0 $$
晶体低温度热容的这个著名结果称为 T³ 定律。低温度热容随 $T³$ 趋于零。我们将在第 21 章中使用 T³ 定律。
现在让我们看看高温度极限。对于高温度，公式 I.14 中积分的上限变得非常小。因此，在从 0 到 $\Theta_D/T$ 的积分过程中，$x$ 始终很小。因此，我们可以使用公式 I.2 代替 $e^x$，得到
$$ \begin{aligned} \lim_{T\to\infty} \bar{C}_V(T) &= 9R\left(\frac{T}{\Theta_D}\right)^3 \int_0^{\Theta_D/T} \frac{x^4 [1 + x + O(x^2)] dx}{[1 + x + O(x^2) - 1]^2} \ &= 9R\left(\frac{T}{\Theta_D}\right)^3 \int_0^{\Theta_D/T} \frac{x^4 [1 + x + O(x^2)] dx}{[x + O(x^2)]^2} \ &\approx 9R\left(\frac{T}{\Theta_D}\right)^3 \int_0^{\Theta_D/T} \frac{x^4 (1 + x)}{x^2 (1 + O(x))^2} dx \ &\approx 9R\left(\frac{T}{\Theta_D}\right)^3 \int_0^{\Theta_D/T} \frac{x^4}{x^2} dx \quad \text{for small x} \ &= 9R\left(\frac{T}{\Theta_D}\right)^3 \int_0^{\Theta_D/T} x^2 dx \ &= 9R\left(\frac{T}{\Theta_D}\right)^3 \left[ \frac{1}{3} x^3 \right]_0^{\Theta_D/T} \ &= 9R\left(\frac{T}{\Theta_D}\right)^3 \frac{1}{3} \left(\frac{\Theta_D}{T}\right)^3 \ &= 3R \end{aligned} $$
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这个结果称为杜隆-珀蒂定律；对于单原子晶体，在高温下，摩尔热容变为 $3R = 24.9 \text{ J} \cdot \text{K}^{-1} \cdot \text{mol}^{-1}$。这里的“高温度”实际上是指 $T \gg \Theta_D$，对于许多物质来说，这个温度小于 1000 K。
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I-1. 计算 $e^x$ 与 $1+x$ 之间的百分比差异，对于 $x = 0.0050, 0.0100, 0.0150, \dots, 0.1000$。 I-2. 计算 $\ln(1+x)$ 与 $x$ 之间的百分比差异，对于 $x = 0.0050, 0.0100, 0.0150, \dots, 0.1000$。 I-3. 写出 $(1 + x)^{1/2}$ 的展开式，直到二次项。 I-4. 计算级数
$$ S = \sum_{\nu=0}^\infty e^{-(\nu+1/2)\beta h\nu} $$
I-5. 证明
$$ \frac{1}{(1-x)^2} = 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + \dots $$
I-6. 计算级数
$$ S = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{16} + \dots $$
I-7. 使用公式 I.9 推导公式 I.10 和 I.11。 I-8. 证明公式 I.2、I.10 和 I.11 与关系 $e^{ix} = \cos x + i \sin x$ 一致。 I-9. 在例 17–3 中，我们根据爱因斯坦的模型推导了固体摩尔热容的简单公式：
$$ \bar{C}_V = 3R\left(\frac{\Theta_E}{T}\right)^2 \frac{e^{\Theta_E/T}}{(1 - e^{-\Theta_E/T})^2} $$
其中 $R$ 是摩尔气体常数，$\Theta_E = h\nu/k_B$ 是一个常数，称为爱因斯坦常数，是固体的特征参数。证明此方程在高温下给出杜隆-珀蒂极限 ($\bar{C}_V \to 3R$)。 I-10. 计算
$$ f(x) = \frac{e^x \sin^2 x}{x^2} $$
在 $x \to 0$ 时的极限。 I-11. 通过将积分 $I$ 展开为 $a$ 的幂级数直到二次项，计算积分
$$ I = \int_0^a x^2 e^x \cos^2 x dx $$
对于小值 $a$ 的值。
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I-12. 证明 $\sin x$ 的级数对所有 $x$ 值都收敛。 I-13. 麦克劳林级数是关于点 $x=0$ 的展开式。一个形如
$$ f(x) = c_0 + c_1 (x - x_0) + c_2(x-x_0)^2 + \dots $$
的级数是关于点 $x_0$ 的展开式，称为泰勒级数。首先证明 $c_0 = f(x_0)$。现在对上述展开式的两边关于 $x$ 求导，然后令 $x=x_0$，证明 $c_1 = (df/dx)_{x=x_0}$。现在证明
$$ c_n = \frac{1}{n!} \left. \frac{d^n f}{dx^n} \right|_{x=x_0} $$
因此
$$ f(x) = f(x_0) + \left(\frac{df}{dx}\right)_{x_0}(x-x_0) + \frac{1}{2!} \left(\frac{d^2 f}{dx^2}\right)_{x_0}(x-x_0)^2 + \dots $$
I-14. 证明洛必达法则相当于对分子和分母进行泰勒展开。计算极限
$$ \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x) - x}{x^2} $$
用两种方法。 I-15. 在习题 18-45 中，我们将需要计算级数
$$ S_1 = \sum_{\nu=0}^\infty \nu x^\nu $$
和
$$ S_2 = \sum_{\nu=0}^\infty \nu^2 x^\nu $$
为了计算第一个，从（公式 I.3）开始
$$ S_0 = \sum_{\nu=0}^\infty x^\nu = \frac{1}{1-x} $$
对其关于 $x$ 求导，然后乘以 $x$，得到
$$ S_1 = \sum_{\nu=0}^\infty \nu x^\nu = x \sum_{\nu=0}^\infty \nu x^{\nu-1} = x \frac{d}{dx} \sum_{\nu=0}^\infty x^\nu = x \frac{d}{dx} \left(\frac{1}{1-x}\right) = \frac{x}{(1-x)^2} $$
用同样的方法，证明
$$ S_2 = \sum_{\nu=0}^\infty \nu^2 x^\nu = \frac{x+x^2}{(1-x)^3} $$
William Francis Giauque
William Francis Giauque 于 1895 年 5 月 12 日 出生在加拿大安大略省尼亚加拉瀑布城，父母是美国人，他于 1982 年 逝世。在尼亚加拉瀑布城的 Hooker Electro-Chemical Company 实验室工作两年后，他进入加州大学伯克利分校，打算成为一名化学工程师。然而，他决定学习化学，并留在伯克利于 1922 年 获得了化学博士学位，辅修物理。他的博士论文是关于材料在极低温度下的行为。获得博士学位后，Giauque 在伯克利大学化学学院接受了教职，并终身留在那里。他进行了详尽细致的热化学研究，探索了热力学第三定律。特别是，他对物质在极低温度下的熵的研究验证了第三定律。Giauque 发展了绝热去磁技术来获得低温度。他达到了 0.25 K 的温度，其他研究小组随后使用 Giauque 的技术达到了低至 0.0014 K 的温度。1929 年，他与他的研究生 Herrick Johnston 通过光谱学方法识别了此前未知的两种氧同位素 17 和 18。他于 1949 年 被授予诺贝尔化学奖，“以表彰他在化学热力学领域的贡献，特别是关于物质在极低温度下的行为”。
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