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第十四章 幂级数 (Power Series)

幂级数是函数项级数中最重要、性质最完整的一类。它不仅是研究解析函数的工具，也是将复杂函数转化为代数多项式处理的核心手段。

1. 收敛半径与收敛域 (Convergence)​

形如 ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^\infty a_n (x - x_0)^n 的级数称为 幂级数。通常取 x0=0x_0 = 0 进行讨论。

1.1 Cauchy-Hadamard 定理​

对于任意幂级数 ∑anxn\sum a_n x^n，其收敛性由唯一的 收敛半径 RR 决定：

  • 若 ∣x∣<R|x| < R，级数绝对收敛；
  • 若 ∣x∣>R|x| > R，级数发散；
  • 若 ∣x∣=R|x| = R，敛散性不确定，需单独分析。
收敛半径计算公式
  1. Cauchy-Hadamard 公式：

1R=lim sup⁡n→∞∣an∣n\frac{1}{R} = \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}

  1. 比值判别法 (常用)：

R=lim⁡n→∞∣anan+1∣(前提是极限存在或为 ∞)R = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| \quad (\text{前提是极限存在或为 } \infty)

1.2 缺项与特殊幂级数​

对于缺项幂级数（如 ∑anx2n\sum a_n x^{2n}）或复合形式 ∑an[g(x)]n\sum a_n [g(x)]^n，建议直接使用 根值判别法或比值判别法 对整体项 un(x)u_n(x) 进行敛散性判定，而非死套 RR 的公式。

2. 幂级数的一致收敛性与分析性质​

2.1 Abel 第一定理​

定理：若幂级数 ∑anxn\sum a_n x^n 在 x=x1≠0x = x_1 \neq 0 处收敛，则对于满足 ∣x∣<∣x1∣|x| < |x_1| 的所有 xx，该级数绝对收敛。

推论：幂级数在收敛区间 (−R,R)( -R, R ) 内的任何闭子区间 [a,b]⊂(−R,R)[a, b] \subset (-R, R) 上均 一致收敛。

2.2 和函数的解析性质​

在收敛区间 (−R,R)(-R, R) 内，和函数 S(x)=∑n=0∞anxnS(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n 具有极好的性质：

  1. 连续性：S(x)S(x) 在 (−R,R)(-R, R) 内连续。
  2. 逐项求导：S′(x)=∑n=1∞nanxn−1S'(x) = \sum_{n=1}^\infty n a_n x^{n-1}。求导后的级数与原级数具有相同的收敛半径。
  3. 逐项积分：∫0xS(t)dt=∑n=0∞ann+1xn+1\int_0^x S(t) dt = \sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{n+1} x^{n+1}。积分后的级数与原级数具有相同的收敛半径。
技巧：求和函数的核心策略
  1. 微分法 (处理分子项 nn)：若项中含有 nn 或 nkn^k，考虑通过对低阶级数求导来“产生”这些项。
    • 例如：∑nxn−1=(∑xn)′\sum nx^{n-1} = (\sum x^n)'。
  2. 积分法 (处理分母项 n+kn+k)：若项中分母含有 n+kn+k，考虑通过积分来“消去”或“产生”分母。
    • 例如：∑xn+1n+1=∫(∑xn)dx\sum \frac{x^{n+1}}{n+1} = \int (\sum x^n) dx。
  3. 微分方程法：对于复杂的递推系数，建立 S(x)S(x) 满足的微分方程并求解。
Abel 第二定理 (边界收敛性与左连续性)

定理内容：设幂级数 ∑n=0∞anxn\sum_{n=0}^\infty a_n x^n 的收敛半径为 R>0R > 0。若该级数在右端点 x=Rx=R 处收敛，则级数在闭区间 [0,R][0, R] 上一致收敛。 由此可得，其和函数 S(x)S(x) 在 x=Rx=R 处是 左连续 的，即：

lim⁡x→R−∑n=0∞anxn=∑n=0∞anRn\lim_{x \to R^-} \sum_{n=0}^\infty a_n x^n = \sum_{n=0}^\infty a_n R^n

(同理，若在 x=−Rx=-R 处收敛，则在 [−R,0][-R, 0] 上一致收敛且在该点右连续。)

2.3 Abel 第二定理的深度理解​

  1. 核心价值：该定理建立了“幂级数在开区间内的分析性质”与“边界处项级数的收敛性”之间的桥梁。它允许我们通过取极限的方式计算数项级数的和。
  2. 证明思路 (Abel 变换)：利用分部求和法（Abel 变换），将级数的部分和表示为与边界收敛项相关的形式，结合控制收敛的技巧证明一致收敛。
  3. 注意项：若级数在 x=Rx=R 处 发散，则和函数 S(x)S(x) 当 x→R−x \to R^- 时必然趋于无穷（Frobenius 定理的逆性质）。

3. 函数的幂级数展开 (Expansion)​

3.1 Taylor 级数与 Maclaurin 级数​

若 f(x)f(x) 在 x0x_0 处具有各阶导数，则其 Taylor 级数为：

f(x)∼∑n=0∞f(n)(x0)n!(x−x0)nf(x) \sim \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n

收敛性注意：Taylor 级数收敛并不一定收敛于 f(x)f(x)。只有当余项 Rn(x)→0R_n(x) \to 0 时，展开式才成立。

3.2 常用 Maclaurin 展开表 (核心必背)​

函数 f(x)f(x)展开式收敛区间
11−x\frac{1}{1-x}∑n=0∞xn=1+x+x2+…\sum_{n=0}^\infty x^n = 1 + x + x^2 + \dots(−1,1)(-1, 1)
exe^x∑n=0∞xnn!=1+x+x22!+…\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots(−∞,∞)(-\infty, \infty)
sin⁡x\sin x∑n=0∞(−1)nx2n+1(2n+1)!=x−x33!+…\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} = x - \frac{x^3}{3!} + \dots(−∞,∞)(-\infty, \infty)
cos⁡x\cos x∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!=1−x22!+…\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots(−∞,∞)(-\infty, \infty)
ln⁡(1+x)\ln(1+x)∑n=1∞(−1)n−1xnn=x−x22+x33−…\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots(−1,1](-1, 1]
(1+x)α(1+x)^\alpha∑n=0∞(αn)xn=1+αx+α(α−1)2!x2+…\sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n} x^n = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!} x^2 + \dots(−1,1)(-1, 1)

3.3 高阶展开技巧​

  1. 代换法：利用已知展开式。如展开 e−x2e^{-x^2}。
  2. 代数变形：如 1x2+3x+2=1x+1−1x+2\frac{1}{x^2+3x+2} = \frac{1}{x+1} - \frac{1}{x+2}。
  3. 逐项导积法：
    • 展开 arctan⁡x\arctan x：先导得 11+x2=∑(−1)nx2n\frac{1}{1+x^2} = \sum (-1)^n x^{2n}，再积分。
    • 展开 1(1−x)2\frac{1}{(1-x)^2}：对 11−x\frac{1}{1-x} 求导。
  4. 组合展开法：利用恒等式。如 ln⁡(1+x+x2)=ln⁡(1−x3)−ln⁡(1−x)\ln(1+x+x^2) = \ln(1-x^3) - \ln(1-x)。

4. 深度例题：综合应用​

例题 1：利用 Abel 第二定理求级数和​

求级数 1−12+13−⋯=∑n=1∞(−1)n−1n1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dots = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} 的值。 解析：考虑 f(x)=∑n=1∞(−1)n−1xnnf(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n}。 在 (−1,1)(-1, 1) 内，f′(x)=∑n=1∞(−1)n−1xn−1=11+xf'(x) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} x^{n-1} = \frac{1}{1+x}。 积分得 f(x)=ln⁡(1+x)+Cf(x) = \ln(1+x) + C，由 f(0)=0f(0)=0 知 C=0C=0。 由于原级数在 x=1x=1 处收敛（Leibniz），根据 Abel 第二定理： ∑n=1∞(−1)n−1n=f(1)=lim⁡x→1−ln⁡(1+x)=ln⁡2\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} = f(1) = \lim_{x \to 1^-} \ln(1+x) = \ln 2。

例题 2：高阶导数的计算技巧​

求 f(x)=arctan⁡xf(x) = \arctan x 在 x=0x=0 处的 nn 阶导数 f(n)(0)f^{(n)}(0)。 解析：利用 Maclaurin 展开式： arctan⁡x=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\arctan x = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} 对比 Taylor 展开通项 f(k)(0)k!xk\frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k：

  • 当 k=2nk = 2n (偶数) 时，f(k)(0)=0f^{(k)}(0) = 0。
  • 当 k=2n+1k = 2n+1 (奇数) 时，f(2n+1)(0)(2n+1)!=(−1)n2n+1  ⟹  f(2n+1)(0)=(−1)n(2n)!\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!} = \frac{(-1)^n}{2n+1} \implies f^{(2n+1)}(0) = (-1)^n (2n)!。

例题 3：利用级数求 π\pi 的精确值​

证明 Gregory-Leibniz 级数：π4=1−13+15−17+…\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots。 解析： 考虑 arctan⁡x\arctan x 的 Maclaurin 展开式： arctan⁡x=x−x33+x55−⋯=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1,x∈(−1,1]\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \dots = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}, \quad x \in (-1, 1] 该级数在 x=1x=1 处收敛（交错级数判定），由 Abel 第二定理： lim⁡x→1−arctan⁡x=arctan⁡(1)=π4\lim_{x \to 1^-} \arctan x = \arctan(1) = \frac{\pi}{4} 因此，π4=∑n=0∞(−1)n2n+1=1−13+15−…\frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \dots

高阶思考：此级数收敛极慢（计算 3.1415 需要数万项）。实际应用中常用 Machin 公式：π4=4arctan⁡15−arctan⁡1239\frac{\pi}{4} = 4 \arctan \frac{1}{5} - \arctan \frac{1}{239}。

例题 4：涉及 ee 的级数求和技巧​

计算常数项级数 ∑n=1∞n2n!\sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{n!} 的值。 解析：利用 ex=∑n=0∞xnn!e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}。 观察分子 n2n^2，使用裂项技巧：n2=n(n−1)+nn^2 = n(n-1) + n。 ∑n=1∞n2n!=∑n=2∞n(n−1)n!+∑n=1∞nn!\sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{n!} = \sum_{n=2}^\infty \frac{n(n-1)}{n!} + \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{n!} =∑n=2∞1(n−2)!+∑n=1∞1(n−1)!= \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{(n-2)!} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n-1)!} 令 k=n−2k=n-2 和 m=n−1m=n-1： =∑k=0∞1k!+∑m=0∞1m!=e+e=2e= \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} + \sum_{m=0}^\infty \frac{1}{m!} = e + e = 2e。

总结：对于 ∑P(n)n!\sum \frac{P(n)}{n!} 型级数（P(n)P(n) 为多项式），总能通过阶乘消项化为 ee 的倍数。

例题 5：复杂复合函数的展开技巧​

将 f(x)=ln⁡(1+x+x2)f(x) = \ln(1+x+x^2) 展开为 xx 的幂级数，并确定收敛区间。 解析： 注意到 1+x+x2=1−x31−x1+x+x^2 = \frac{1-x^3}{1-x}。 因此，f(x)=ln⁡(1−x3)−ln⁡(1−x)f(x) = \ln(1-x^3) - \ln(1-x)。 利用已知展开式 ln⁡(1+u)=∑n=1∞(−1)n−1unn\ln(1+u) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{u^n}{n}：

  1. ln⁡(1−x)=−∑n=1∞xnn,x∈[−1,1)\ln(1-x) = - \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}, \quad x \in [-1, 1)
  2. ln⁡(1−x3)=−∑n=1∞(x3)nn=−∑n=1∞x3nn,x∈[−1,1)\ln(1-x^3) = - \sum_{n=1}^\infty \frac{(x^3)^n}{n} = - \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{3n}}{n}, \quad x \in [-1, 1) 合并得： f(x)=∑n=1∞xnn−∑n=1∞x3nnf(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n} - \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{3n}}{n} 写出前几项： f(x)=(x+x22+x33+… )−(x31+x62+… )f(x) = (x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots) - (\frac{x^3}{1} + \frac{x^6}{2} + \dots) =x+x22−23x3+x44+x55−26x6+…= x + \frac{x^2}{2} - \frac{2}{3}x^3 + \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} - \frac{2}{6}x^6 + \dots 通项公式：ak={1kk≠3n−2kk=3na_k = \begin{cases} \frac{1}{k} & k \neq 3n \\ -\frac{2}{k} & k = 3n \end{cases} 收敛区间为 [−1,1)[-1, 1)。

例题 6：结合分式分解与 Abel 定理求特定数项级数和​

计算级数 ∑n=0∞(−1)n3n+1\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{3n+1} 的值。 解析： 考虑幂级数 f(x)=∑n=0∞(−1)nx3n+13n+1f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{3n+1}}{3n+1}。 在收敛区间 (−1,1)(-1, 1) 内，逐项求导： f′(x)=∑n=0∞(−1)nx3n=∑n=0∞(−x3)n=11+x3f'(x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{3n} = \sum_{n=0}^\infty (-x^3)^n = \frac{1}{1+x^3}。 利用分式分解： 11+x3=1(x+1)(x2−x+1)=13[1x+1−x−2x2−x+1]\frac{1}{1+x^3} = \frac{1}{(x+1)(x^2-x+1)} = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{x+1} - \frac{x-2}{x^2-x+1} \right] 积分得： f(x)=13ln⁡(1+x)−16ln⁡(x2−x+1)+13arctan⁡2x−13+Cf(x) = \frac{1}{3} \ln(1+x) - \frac{1}{6} \ln(x^2-x+1) + \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}} + C 由 f(0)=0f(0)=0 代入得 C=π63C = \frac{\pi}{6\sqrt{3}}。 原级数即为 f(1)f(1)。由于原级数满足 Leibniz 判别法，在 x=1x=1 处收敛，由 Abel 第二定理： ∑n=0∞(−1)n3n+1=lim⁡x→1−f(x)=13ln⁡2+π33\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{3n+1} = \lim_{x \to 1^-} f(x) = \frac{1}{3} \ln 2 + \frac{\pi}{3\sqrt{3}}。

例题 7：高阶算子法求和函数及其边界行为​

求幂级数 ∑n=1∞n2xn\sum_{n=1}^\infty n^2 x^n 的和函数，并讨论其在 x=1x=1 与 x=−1x=-1 处的行为。 解析： 已知 ∑n=0∞xn=11−x,∣x∣<1\sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{1-x}, \quad |x| < 1。

  1. 第一次作用算子 xddxx \frac{d}{dx}： ∑n=1∞nxn=x(11−x)′=x(1−x)2\sum_{n=1}^\infty n x^n = x \left( \frac{1}{1-x} \right)' = \frac{x}{(1-x)^2}
  2. 第二次作用算子 xddxx \frac{d}{dx}： ∑n=1∞n2xn=x(x(1−x)2)′=x(1−x)2+2x(1−x)(1−x)4=x(1+x)(1−x)3\sum_{n=1}^\infty n^2 x^n = x \left( \frac{x}{(1-x)^2} \right)' = x \frac{(1-x)^2 + 2x(1-x)}{(1-x)^4} = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3} 边界讨论：
  • 在 x=1x=1 处，和函数 lim⁡x→1−x(1+x)(1−x)3=+∞\lim_{x \to 1^-} \frac{x(1+x)}{(1-x)^3} = +\infty，级数发散。
  • 在 x=−1x=-1 处，级数项为 (−1)nn2(-1)^n n^2，通项不趋于 0，级数发散。

    总结：xddxx \frac{d}{dx} 算子是处理含有 nkn^k 系数的幂级数的强力工具。

5. 配套练习​

  1. 半径计算：求 ∑n=1∞n!nnxn\sum_{n=1}^\infty \frac{n!}{n^n} x^n 的收敛半径。
  2. 端点讨论：讨论 ∑n=1∞2n+3nnxn\sum_{n=1}^\infty \frac{2^n + 3^n}{n} x^n 的收敛域。
  3. 级数求和：求 ∑n=1∞xnn(n+1)\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n(n+1)} 的和函数。
  4. 函数展开：将 f(x)=ln⁡(x2+3x+2)f(x) = \ln(x^2 + 3x + 2) 展开为 xx 的幂级数。
  5. 极限综合：利用 Taylor 展开求 lim⁡x→0cos⁡x−e−x2/2x4\lim_{x \to 0} \frac{\cos x - e^{-x^2/2}}{x^4}。

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