§ $14.3$ 幂级数的收敛域与和函数

幂级数是最重要的一类函数项级数, 具有多方面的应用. 它可以看成是多项式的直接推广. 反之, 每个多项式都可以看成是非零项数有限的幂级数. 幂级数在收敛性态以及和函数的性质方面有许多特殊的良好性质.

为方便起见，在幂级数研究中常用记号 $<a,b>$ 代表 $(a,b),(a,b],[a,b)$ 和 $[a,b]$ 中的任意一个，并称 $(a,b)$ 为 $<a,b>$ 的内部.

$\mathrm{14.3.1}$ 幂级数的基本理论

幂级数的一般形式为 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x-x_0{)}^n$ ，称 $\{a_n{\}}_{n⩾0}$ 为幂级数的系数。幂级数在收敛、绝对收敛和一致收敛方面都有非常独特的结论, 这就是由 $Abel$ 建立的以下两个定理.

命题 14.3.1（Abel第一定理）

幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x-x_0{)}^n$ 的收敛域一定是以 $x_0$ 为中心的区间 $<x_0-R,x_0+R>$ ，且于其内部 $(x_0-R,x_0+R)$ 处处绝对收敛（其中 $R⩾0$ 称为该幂级数的收敛半径）.

命题 14.3.2（Abel 第二定理）

幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x-x_0{)}^n$ 必于其收敛域中内闭一致收敛 ^① .

命题 14.3.3

若幂级数的收敛半径大于 $0$，则其和函数在幂级数的收敛域内部无限次可微，且可逐项求积和逐项求导.

幂级数的另一个重要结果是计算收敛半径的 $Cauchy-Hadamard$ 公式:

$$R=\frac{1}{{\lim }_{n\to \infty }\sqrt[n]{|a_n|}}\text{\hspace{1em}(14.14)}$$

(若 ${\lim }_{n\to \infty }\sqrt[n]{|a_n|}=0$ ，则 $R=+\infty$ ). 这个公式完全解决了收敛半径的计算. 但有时用其他方法可能更方便. 例如, 若有极限 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{|a_n|}{|a_{n+1}|}$ ，则这个极限值也等于 $R$.

建立以上基本内容的各种证明都是应用函数项级数的基本理论的极好例题，希望初学者重视并能独立推导.

$\mathrm{14.3.2}$ 思考题

1. 如果幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x-x_0{)}^n$ 在 $a,b$ 两点收敛 $(a<b)$ , 问: 该级数在 $[a,b]$ 上的收敛、绝对收敛和一致收敛的情况如何?

2. 设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 与 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n$ 的收敛半径分别为 $R_1$ 与 $R_2$ , 讨论 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(a_n+b_n)x^n$ 与 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(a_n{b}_n)x^n$ 的收敛半径.

3. 设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x-x_0{)}^n$ 的收敛半径是 $R$，且在 $(x_0-R,x_0+R)$ 上一致收敛，问该级数在 $x=x_0\pm R$ 处的敛散性怎样？

4. 问：是否可以用 $Weierstrass$ 判别法 (即优级数判别法) 证明 $Abel$ 第二定理 (即命题14.3.2)?

5. 设幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径 $R>0$ , 试问:

(1) 是否成立 ${\int }_0^R\left({\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\right)\mathrm{d}x={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n+1}{R}^{n+1}$ ?

(2) 如果上式右边的级数收敛, 上式是否成立?

6. 已知 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径为 $R$ , 问 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{2n}$ 的收敛半径是多少?

7. 已知 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径 $R=1$ , 和函数为 $S(x)$ . 如果 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 发散, 能否推出极限 ${\lim }_{x\to 1^{-}}S(x)$ 不存在? (试考虑 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n$ .) 如果 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 为正项级数, 则答案如何?

$\mathrm{14.3.3}$ 例题

由于 $Cauchy-Hadamard$ 公式解决了收敛半径的计算, 因此在确定幂级数的收敛域时, 难点往往在于端点处的敛散性. 下面是一个典型例题.

例 14.3.1

确定幂级数 $1+{\sum }_{n=1}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)x^n$ 的收敛域, 其中

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!},n=1,2,\dots .$$

解

若 $\alpha$ 为非负整数, 则级数只有有限个非零项, 因此收敛域为 $(-\infty ,+\infty )$ . 否则从 $|a_{n+1}/a_n|\to 1$ 可见收敛半径 $R=1$ . 以下只需讨论两个端点 $x=\pm 1$ . 对于 $x=1$ 的讨论已见例题 $\mathrm{13.3.2}$, 结论为: 当 $\alpha ⩽-1$ 时级数发散, 且其通项不趋于 $0$; 当 $\alpha >0$ 时绝对收敛; 当 $-1<\alpha <0$ 时条件收敛.

当 $x=-1$ 时, 前两种情况的结论不变, 而当 $-1<\alpha <0$ 时级数不再是交错级数, 因此也是发散的. □

下一个例题是 $Gauss$ 的工作. 历史上它是对级数收敛性进行严密研究的第一个重要例子 (参见 [26] 的第四十章第 5 节).

例 14.3.2（超几何级数）

设 $\alpha ,\beta ,\gamma$ 均不取负整数或 $0$，确定幂级数

$$1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\alpha (\alpha +1)\cdots (\alpha +n-1)\beta (\beta +1)\cdots (\beta +n-1)}{n!\gamma (\gamma +1)\cdots (\gamma +n-1)}{x}^n$$

的收敛域.

解

易见收敛半径为 $1$, 因此只要讨论 $x=\pm 1$ 时级数的收敛性.

引用 $(13.24)$ 或 $(13.41)$，存在常数 $C\ne 0$ ，使得通项的绝对值有渐近公式：

$$\left|\frac{\alpha (\alpha +1)\cdots (\alpha +n-1)\beta (\beta +1)\cdots (\beta +n-1)}{n!\gamma (\gamma +1)\cdots (\gamma +n-1)}\right|\sim \frac{C}{n^{1+\gamma -\alpha -\beta }}.$$

由此可见， $\gamma -\alpha -\beta >0$ 是级数于两端点 $x=\pm 1$ 处绝对收敛的充分必要条件，而 $\gamma -\alpha -\beta ⩽-1$ 时级数通项不是无穷小量，因此在两端点处都发散.

当 $-1<\gamma -\alpha -\beta ⩽0$ 时，在 $x=1$ 处级数当 $n$ 充分大时为正项级数，因此发散。而当 $x=-1$ 时级数当 $n$ 充分大时为通项趋于 $0$ 的交错级数。从前后项之比的分析

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=1+\frac{\alpha +\beta -\gamma -1}{n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right),$$

可见当 $n$ 充分大时通项绝对值单调减少, 因此条件收敛.

由于幂级数可以在其收敛区间的内部逐项积分和逐项微分, 这往往可以用于求出某些幂级数的和函数. 下面就是这方面的几个例题.

例 14.3.3

求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{2n+1}{2^{n+1}}{x}^{2n}$ 的和函数.

解

当然首先需要确定级数的收敛域, 这就是和函数的定义域. 然后可以有不同的方法做. 下面只给出提示, 细节从略.

方法1: 由 $(2n+1)x^{2n}=(x^{2n+1}{)}^{\prime }$ 出发可以试用逐项积分法求解.

方法2: 改写级数为

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n+1}{2^{n+1}}{x}^{2n}=\sum _{n=1}^{\infty }n{\left(\frac{x^2}{2}\right)}^n+\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{x^2}{2}\right)}^n,$$

然后作代换 $y=x^2/2$ 并利用在 $|y|<1$ 时的恒等式

$$\frac{y}{1-y}=\sum _{n=1}^{\infty }{y}^n,\frac{y}{(1-y{)}^2}=\sum _{n=1}^{\infty }n{y}^n$$

就可以计算出和函数.

答案为: 和函数 $S(x)=\frac{x^2(6-x^2)}{2(2-x^2{)}^2},x\in (-\sqrt{2},\sqrt{2}).$

例 14.3.4

求 ${\sum }_{n=2}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^n}{n(n-1)}$ 的和函数.

解

求出级数的收敛半径为 $1$, 又可判定级数于 $x=\pm 1$ 均收敛, 因此级数的收敛域是 $[-1,1]$ .

可以看出两次逐项求导后可以得到易于求和的级数. 设和函数为 $S(x)$ , 则在 $(-1,1)$ 中得到

$$S^{\prime }(x)=\sum _{n=2}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{n-1}}{n-1}$$

和

$$S^{\prime \prime }(x)=\sum _{n=2}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{n-2}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n=\frac{1}{1+x}.$$

因为 $S^{\prime }(0)=0$ ，所以 $S^{\prime }(x)={\int }_0^x{S}^{\prime \prime }(t)\mathrm{d}t={\int }_0^x\frac{\mathrm{d}t}{1+t}=\ln (1+x),x\in (-1,1).$

再由 $S(0)=0$ ，得 $S(x)={\int }_0^x\ln (1+t)\mathrm{d}t=(x+1)\ln (1+x)-x,x\in (-1,1).$

最后, 由 $Abel$ 第二定理知道 $S(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续, 因此上面所得的表达式对 $x=1$ 也成立. 但对于 $x=-1$ 则需求极限

$$S(-1)=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }[(x+1)\ln (1+x)-x]=1.$$

例 14.3.5

求 $1+{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}{x}^n$ 的和函数.

解

用 $Wallis$ 公式 $(11.29)$ 容易确定收敛域为 $[-1,1)$ .

设和函数为 $S(x)$ ，并在 $(-1,1)$ 中逐项求导，得到

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(x)& ={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot n{x}^{n-1}=\frac{1}{2}\left[1+{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!}{x}^n\right]\\ & =\frac{1}{2}\left[1+{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot (2n+1)x^n\right]=\frac{1}{2}S(x)+x{S}^{\prime }(x).\end{array}$$

因此 $S(x)$ 在 $(-1,1)$ 中满足微分方程

$$(1-x)S^{\prime }(x)=\frac{1}{2}S(x).$$

这时可以看出在区间 $(-1,1)$ 上成立恒等式:

$$[\sqrt{1-x}S(x){]}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x}}[(1-x)S^{\prime }(x)-\frac{1}{2}S(x)]\equiv 0.$$

因此 $\sqrt{1-x}S(x)$ 在 $(-1,1)$ 上为常值函数. 再利用 $S(0)=1$ , 就得到

$$S(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}},-1<x<1.\text{\hspace{1em}(14.15)}$$

从 $Abel$ 第二定理知道 $S(x)$ 于 $[-1,1)$ 上连续，而上式右边的表达式也是如此，因此 $(14.15)$ 对 $x=-1$ 也成立.

需要提出与 $Abel$ 第二定理有关的下列问题：即若已知幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 在 $(-1,1)$ 上收敛，能否推出数项级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 收敛并求其和呢？可以看出这就是问：$Abel$ 第二定理的逆定理是否成立？当然这不是无条件的.这里有很多研究，即寻求 $\{a_n\}$ 应当满足什么样的条件，所得到的结果一般称为 $Tauber$ (陶伯)定理（见[58]的第五章).下面就是这方面较容易的一个结果.

命题 14.3.4（$Tauber$定理）

设已知幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=S(x)$ 在 $(-1,1)$ 上成立，如果 ${\lim }_{x\to 1^{-}}S(x)=S$ 且 ${\lim }_{n\to \infty }n{a}_n=0$ ，则 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n=S$ .

证明

采用三分法 (参见 $\mathrm{14.2.1}$ 小节), 写出

$$\left|\sum _{k=0}^n{a}_k-S\right|⩽\left|\sum _{k=0}^n{a}_k-\sum _{k=0}^n{a}_k{x}^k\right|+\left|\sum _{k=n+1}^{\infty }{a}_k{x}^k\right|+\left|\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k{x}^k-S\right|.\text{\hspace{1em}(14.16)}$$

因 ${\lim }_{n\to \infty }n{a}_n=0$ ，由（上册 $31$ 页）$Cauchy$ 命题得 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{|a_1|+2|a_2|+\cdots +n|a_n|}{n}=0$ 。又由 ${\lim }_{x\to 1^{-}}S(x)=S$ ，知 ${\lim }_{n\to \infty }|S(1-1/n)-S|=0$ 。因此 $\forall \epsilon >0$ ，存在 $N$，使当 $n>N$ 时，有

$$\frac{\left|a_1\right|+2\left|a_2\right|+\cdots +n\left|a_n\right|}{n}<\frac{\epsilon }{3},n\left|a_n\right|<\frac{\epsilon }{3},\left|S\left(1-\frac{1}{n}\right)-S\right|<\frac{\epsilon }{3}.$$

取 $x=1-\frac{1}{n}$ ，则对于 $(14.16)$ 右边的第一项有估计

$$\begin{array}{rl}\left|{\sum }_{k=0}^n{a}_k-{\sum }_{k=0}^n{a}_k{x}^k\right|& =\left|{\sum }_{k=1}^n{a}_k(1-x^k)\right|=\left|{\sum }_{k=1}^n{a}_k(1-x)(1+x+\cdots +x^{k-1})\right|\\ & ⩽{\sum }_{k=1}^n|a_k|(1-x)k=\frac{|a_1|+2|a_2|+\cdots +n|a_n|}{n}<\frac{\epsilon }{3},\end{array}$$

对于 $(14.16)$ 右边的第二项有估计

$$\begin{array}{rl}\left|{\sum }_{k=n+1}^{\infty }{a}_k{x}^k\right|& ⩽\frac{1}{n}{\sum }_{k=n+1}^{\infty }k|a_k|x^k<\frac{\epsilon }{3n}{\sum }_{k=n+1}^{\infty }{x}^k\\ & ⩽\frac{\epsilon }{3n}\cdot \frac{1}{1-x}=\frac{\epsilon }{3n\cdot \frac{1}{n}}=\frac{\epsilon }{3},\end{array}$$

对于 $(14.16)$ 右边的第三项有估计

$$\left|\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k{x}^k-S\right|=\left|S\left(1-\frac{1}{n}\right)-S\right|<\frac{\epsilon }{3},$$

所以当 $n>N$ 时有 $\left|{\sum }_{k=0}^n{a}_k-S\right|<\frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}=\epsilon$ .

注

对比命题 $\mathrm{14.2.1}$, 命题 $\mathrm{14.2.3}$ 和本题中的三分法, 可以看出它们有共同点, 也有不同点. 就本题而言, $(14.16)$ 右边的 $x$ 在左边并不出现, 但又必须与 $1$ 充分接近, 而且其接近程度还要与 $n$ 有关, 这是本题比前两次三分法更为复杂之处. 取 $x=1-\frac{1}{n}$ 就是为了这个目的.

$\mathrm{14.3.4}$ 练习题

1. 求级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1^n+2^n+\cdots +k^n}{n^2}{\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}^n$ 的收敛域, 其中 $k>1$ 为整数.

2. 设 $\{a_n\}$ 为等差数列, $a_0\ne 0$ , 试求 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径.

3. 求幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{a^n}{1+a^{2n}}{x}^n(a>0)$ 的收敛半径.

4. 对任意正整数 $k$ ，证明：幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(n!{)}^k}{(kn)!}{x}^n$ 的收敛半径为 $k^k$ ，收敛域为 $(-k^k,k^k)$ .

5. 求下列幂级数 (或广义幂级数) 的收敛域:

(1) ${\sum }_{n=1}^{\infty }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n^2}{x}^n;$

(2) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n!}{\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)}^n{x}^n;$

(3) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a^n+(-b{)}^n}{n}{x}^n,a,b>0;$

(4) ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{3^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{1+n^2}}{x}^n;$

(5) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}\right)x^n;$

(6) ${\sum }_{n=1}^{\infty }{n}^{n^2}{x}^{n^3}$ ;

(7) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\sin \frac{1}{3n}(x^2+x+1{)}^n$ ;

(8) ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{n-1}{n^2+1}{\left(\frac{x}{3x+1}\right)}^n.$

6. 求下列幂级数的收敛域与和函数:

(1) ${\sum }_{n=2}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{n+1}}{n^2-1}$ ; (2) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n(2n-1)}{x}^{2n}$ ; (3) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{2n+1}{n}{x}^{2n}$ ; (4) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{n}^2{x}^n$ ; (5) ${\sum }_{n=0}^{\infty }(2^{n+2}-1)x^{2n}$ ; (6) ${\sum }_{n=1}^{\infty }n(x-1{)}^n$ .

7. 证明: $u(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(4n)!}{x}^{4n}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上满足微分方程 $u^{(4)}=u$ .

8. 证明: $Bessel$ (贝塞尔) 函数 $J_0(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(n!{)}^2{2}^{2n}}{x}^{2n}$ 满足微分方程 $x{u}^{\prime \prime }+u^{\prime }+xu=0$ .

9. 设 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2\ln (1+n)}{x}^n$ ，证明：

(1) 函数 $S\in C[-1,1]$ ;

(2) $S_{+}^{\prime }(-1)$ 有限，而 $S_{-}^{\prime }(1)=+\infty$

(可参考上册 $194$ 页命题 $\mathrm{7.1.7}$ 和本章 $\mathrm{14.3.2}$ 小节的第 $7$ 题.)

10. 设 $f(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{2^n}{n^2}{x}^n$ ，证明：函数 $f$ 在 $\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]$ 上连续，在 $\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ 上可导，并讨论 $f$ 在 $\frac{1}{2}$ 处的可导性.

11. 设 $f(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n^2},-1⩽x⩽1$ . 证明: 当 $x\in (0,1)$ 时有

$$f(x)+f(1-x)+\ln x\ln (1-x)=\frac{{\pi }^2}{6}.$$

12. 设幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径 $R=+\infty$ , 将级数的部分和函数列记为 $\{S_n\}$ , 将和函数记为 $S$ , 证明: 函数列 $\{S\circ S_n\}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上内闭一致收敛于 $S\circ S$ .

13. 设级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 发散, 记 $S_n=a_0+a_1+\cdots +a_n,n=0,1,\cdots$ . 证明: (1) 幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 和 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n$ 有相同的收敛半径; (2) 若 $a_n⩾0,n=0,1,\cdots$ , 且 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_n}{S_n}=0$ , 则 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径为 $1$.