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幂级数的收敛域

## 15.4 幂级数
现在开始介绍两类最重要的函数项级数中的第一类—幂级数。它可以看成是多项式的直接推广。

称函数项级数

$$
\sum_{n=0}^{\infty} a_n\left(x-x_0\right)^n
$$

为以 $x_0$ 为中心的幂级数，简称幂级数．注意在（15．9）中的求和是从 $n=0$ 开始的．为方便起见总可以通过平移 $t=x-x_0$ ，再将 $t$ 记为 $x$ ，从而使得幂级数的形式为

$$
\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n
$$

即以 $x_0=0$ 为中心的幂级数。以下对幂级数的各种性质的讨论经常可以对（15．10）来进行，然后通过平移转移到一般形式的幂级数上去。

若从某个 $n$ 起系数 $a_n$ 全等于 0 ，则幂级数（15．9）就是多项式．若 $a_n=c \forall n$为常数，则就得到几何级数 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n$ ，即第二章的例题 2.10 ．此外，例题 2.11 中的 $\sum_{n=1}^{\infty} n x^n$ 也是幂级数．

## 15.4.1 幂级数的收敛域
在讨论收玫域时只需要点态收敛的概念．
显然，形式为（15．9）的幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n\left(x-x_0\right)^n$ 一定在 $x=x_0$ 处收玫，和为 $a_0$ ，而形式为（15．10）的幂级数则一定在 $x=0$ 处收敛．

刻画幂级数收玫域特征的基本结论是下列定理．
定理 15.9 （Abel 第一定理）（1）若幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在点 $x_1 \neq 0$ 处收敛，则该幂级数在满足 $|x|<\left|x_1\right|$ 的点 $x$ 处绝对收玫；
（2）若幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在点 $x_1 \neq 0$ 处发散，则该幂级数在满足 $|x|>\left|x_1\right|$ 的点 $x$ 处发散。

证 可以看出从（1）即推出（2），因此只需证明（1）。
从级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x_1^n$ 收玫可见 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_n x_1^n=0$ ，从而存在 $M>0$ ，使成立 $\left|a_n x_1^n\right| \leqslant$ $M \forall n$ ．现在对于取绝对号后的级数 $\sum_{n=0}^{\infty}\left|a_n x^n\right|$ 的通项可以写出不等式
$$
\left|a_n x^n\right|=\left|a_n x_1^n\right| \cdot\left|\frac{x}{x_1}\right|^n \leqslant M\left|\frac{x}{x_1}\right|^n
$$

于是当 $|x|<\left|x_1\right|$ 时就可以用收敛的几何级数 $\sum_{n=0}^{\infty} M\left|\frac{x}{x_1}\right|^n$ 作为比较级数而知道结论（1）成立．

注 对 Abel 第一定理的一个错误证明是企图利用不等式 $\left|a_n x^n\right| \leqslant\left|a_n x_1^n\right|$ ，而没有注意到定理的条件只是说幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x_1^n$ 收敛，但并不知道它是否绝对收敛。因此不可能简单地用上述不等式来作出证明．

由 Abel 第一定理可以确定幂级数收敛域的特征．我们也将它写成一个定理．
定理 15.10 （幂级数收敛半径的存在定理）设 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在某一点 $x_1 \neq 0$ 处收敛，又在另一点 $x_2$ 处发散，则存在一个正数 $r>0$ ，使得该幂级数在所有满足 $|x|<r$ 的点 $x$ 处收敛，而在所有满足 $|x|>r$ 的点 $x$ 处发散．

证 从关于 $x_1, x_2$ 的条件和 Abel 第一定理可知数集

$$
A=\left\{x>0 \mid \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n \text { 收敛 }\right\}, \quad B=\left\{x>0 \mid \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n \text { 发散 }\right\},
$$

都非空，且 $\forall x \in A, \forall y \in B$ ，成立 $x<y$ ．
用实数系连续性原理 ${ }^{(1)}$ ，存在 $r$ ，使得 $\forall x \in A, \forall y \in B: x \leqslant r \leqslant y$ ．于是 $r>0$ 。我们来证明它满足定理中的要求．

设 $x$ 满足 $|x|<r$ ．若幂级数于 $x$ 处发散，则从 $|x|<\frac{1}{2}(|x|+r)<r$ 和 Abel第一定理可见幂级数在点 $\frac{1}{2}(|x|+r)$ 处发散，从而这个点属于数集 $B$ ．但这与 $\forall y \in B: r \leqslant y$ 矛盾．因此满足 $|x|<r$ 的 $x$ 都属于幂级数的收玫域．

同样设 $x$ 满足 $|x|>r$ ，而幂级数于 $x$ 处收玫，则从 $r<\frac{1}{2}(|x|+r)<|x|$ 和 Abel 第一定理可见幂级数在点 $\frac{1}{2}(|x|+r)$ 处收玫，从而这个点属于数集 $A$ ．但这与 $\forall x \in A: x \leqslant r$ 矛盾．因此满足 $|x|>r$ 的 $x$ 都不属于级数的收玫域．

由此即可得到幂级数的收玫半径的概念．
定义 15.4 （1）若幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在 $x \neq 0$ 时处处发散，则该幂级数的收玫半径为 0 ；
（2）若幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 对所有 $x$ 收玫，则该幂级数的收玫半径为 $+\infty$ ；

（3）对于其他情况，称正数 $r>0$ 为幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收玫半径，若级数在满足 $|x|<r$ 的所有 $x$ 处收玫，在满足 $|x|>r$ 的所有 $x$ 处发散．

由此可知，幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收玫域有三种可能：（1）该幂级数仅仅在点 $x=0$处收玫，收玫域为单元集 $\{0\}$ ；
（2）该幂级数处处收玫，收玫域就是 $(-\infty,+\infty)$ ；
（3）该幂级数有正收玫半径 $r$ ，由于在 $x= \pm r$ 处幂级数收敛或发散的各种可能性都会发生，因此收玫域有 4 种可能：$(-r, r),(-r, r],[-r, r)$ 和 $[-r, r]$ 。可以用一个特殊记号 $\langle-r, r\rangle$ 来表示其中的任何一种．在端点 $x= \pm r$ 处的幂级数玫散性一般需要直接讨论．

对幂级数的一个好结果是存在计算收玫半径的 Cauchy－Hadamard ${ }^{(1)}$ 公式．我们将它写为下面的定理。由它可以推出 Abel 第一定理的结论．

定理 15.11 （收敛半径的 Cauchy－Hadamard 公式）对于幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$的收玫半径 $r$ 有计算公式

$$
r=\frac{1}{\overline{l i m}_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\left|a_n\right|}}
$$

且约定：若其中的分母为 $+\infty$ ，则 $r=0$ ；若其中的分母为 0 ，则 $r=+\infty$ ．

证 记 $u_n=a_n x^n \forall n$ ，用 $\S 14.2 .4$ 的 Cauchy 根值判别法，计算

$$
\varlimsup_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\left|u_n\right|}=\varlimsup_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\left|a_n\right|} \cdot|x|
$$

由此可见，若 $\varlimsup_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\left|a_n\right|}=+\infty$ ，则幂级数只对于 $x=0$ 收玫，即 $r=0$ ；若 $\varlimsup_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\left|a_n\right|}=0$ ，则幂级数对每个 $x$ 收玫，即 $r=+\infty$ ．因此定理中的约定成立．

对于余下的情况，即 $\varlimsup_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\left|a_n\right|}$ 为有限正数，从 Cauchy 根值判别法可见，当 $|x|<r$ 时幂级数收玫，当 $|x|>r$ 时幂级数发散．因此这个 $r$ 就是定义 15.4 中的收玫半径。

从 Abel 第一定理或者 Cauchy 根值判别法都可以得到下列重要推论．
推论 设幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收玫半径为有限数 $r>0$ ，则当 $|x|<r$ 时幂级数绝对收敛，而当 $|x|>r$ 时幂级数的通项不是无穷小量．（从 Abel 第一定理的证明可推出这时的通项一定无界．）
例题 15.20 求 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^s}$ 的收敛半径 $r$ 和收玫域．
解 直接计算

$$
\varlimsup_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\left|a_n\right|}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n^s}}=\frac{1}{\left(\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n}\right)^s}=1
$$

其倒数仍然为 1 ，因此收玫半径 $r=1$ ．余下的是端点问题．这可以将 $x= \pm 1$ 代入级数后直接观察是否收玫．

在 $s \leqslant 0$ 时，$x= \pm 1$ 时级数发散．因此收敛域为 $(-1,1)$ ．
在 $0<s \leqslant 1$ 时，$x=1$ 时级数发散，而 $x=-1$ 时级数为 Leibniz 型，因此收玫，而且为条件收敛．于是收敛域为 $[-1,1)$ ．

在 $s>1$ 时，收玫域为 $[-1,1]$ ．在两个端点处级数都是绝对收玫的．
注 这个例子表明幂级数在端点处发散，条件收玫和绝对收敛的各种可能性都是存在的．

例题 15.21 求 $\sum_{n=1}^{\infty} n!\left(\frac{x^2}{n}\right)^n$ 的收玫半径 $r$ 和收玫域．
解 1 记 $u_n=n!\left(\frac{x^2}{n}\right)^n$ ，直接用数项级数的 D＇Alembert 比值判别法（见 $\S 14.2 .3)$ ，则有
$$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\lim _{n \rightarrow \infty}(n+1) x^2 \cdot \frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}=\frac{x^2}{e}
$$

由此可见当 $|x|<\sqrt{ e }$ 时级数收玫，而当 $|x|>\sqrt{ e }$ 时级数发散．收玫半径 $r=\sqrt{ e }$ ．
对于端点，设 $x=\sqrt{ e }$ ，则从 Stirling 公式知道 $u_n \sim \sqrt{2 \pi n}$ ，即通项不趋于 0 ，因此级数发散．对于 $x=-\sqrt{ e }$ 情况也一样。最后收玫域为 $(-\sqrt{ e }, \sqrt{ e })$ ．

解 2 用数项级数的 Cauchy 根值判别法（见 $\S 14.2 .4$ ），这时 $\sqrt[n]{u_n}=x^2 \cdot \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$ ，可见极限为 $\frac{x^2}{ e }$ 。以下与解 1 同。

注 上面两个解法完全是用第十四章的工具于一般的级数，并没有考虑幂级数的特殊性。

解 3 作为幂级数可以用 Cauchy－Hadamard 公式．首先按照幂级数定义写出系数的通式

$$
a_n=\left\{\begin{aligned}
\frac{k!}{k^k}, & n=2 k \\
0, & n=2 k-1
\end{aligned}\right.
$$

则可以计算

$$
\varlimsup_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\left|a_n\right|}=\lim _{k \rightarrow \infty} \sqrt[2 k]{\left|a_{2 k}\right|}=\lim _{k \rightarrow \infty}\left(\frac{\sqrt[k]{k!}}{k}\right)^{1 / 2}=\frac{1}{\sqrt{e}}
$$

可见收玫半径为 $\sqrt{ e }$ ．其余与解 1 同．
注 这个例题表明可以用各种不同方法来计算收敛半径，而不一定用 Cauchy－ Hadamard 公式。

例题 15.22 求 $\sum_{n=1}^{\infty} n^n x^n$ 的收玫半径和收玫域．
此题用上一个例题中的三种方法都可以得到收玫半径 $r=0$ 的结论，即收玫域是单元集 $\{0\}$ ．细节从略．

例题15．23 求 $\sum_{n=0}^{\infty} C _\alpha^n x^n$ 的收敛半径和收玫域，其中 $\alpha$ 不是非负整数，即 $\alpha \neq 0,1,2, \cdots$ ，记号 $C _\alpha^n=\frac{\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n+1)}{n!}$ ．

解 这里直接用 D＇Alembert 判别法最方便：记级数通项为 $u_n$ ，则有

$$
\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\left|\frac{\alpha-n}{n+1}\right| \cdot|x| \rightarrow|x|
$$

可见 $r=1$ ．关于端点 $\pm 1$ 处的玫散性讨论很不容易。一个比较方便的方法是直接利用例题 14.27 的结论．即当 $s \neq 0,-1,-2, \cdots$ 时，存在非零常数 $C \neq 0$ ，使得成立

$$
s(s+1) \cdots(s+n) \sim C n^s n!(n \rightarrow \infty)
$$

现在考虑 $x=1$ 处的级数 $\sum_{n=0} C _\alpha^n$ 的玫散性．将其通项改写后并利用（15．12），就得到：

$$
C_\alpha^n=(-1)^n \cdot \frac{(-\alpha)(-\alpha+1) \cdots(-\alpha+n)}{n!(-\alpha+n)} \sim(-1)^n \cdot \frac{C}{n^{\alpha+1}}
$$

这样就得到了级数在 $x=1$ 处的敛散性结论：
（1）当 $\alpha \leqslant-1$ 时级数通项不趋于 0 ，因此级数发散；
（2）若 $\alpha>0$ ，则级数绝对收玫；
（3）当 $-1<\alpha<0$ 时为交错级数，通项趋于 0 ，且

$$
\left|C_\alpha^{n+1}\right|=\left|C_\alpha^n\right| \cdot \frac{|\alpha-n|}{n+1}<\left|C_\alpha^n\right|
$$

因此是 Leibniz 型级数．再考虑到 $0<1+\alpha<1$ ，可知为条件收玫．
最后考虑 $x=-1$ 处的级数 $\sum_{n=0}^{\infty} C _\alpha^n(-1)^n$ 的敛散性．可看出对 $x=1$ 的结论 （1），（2）现在仍然成立．但情况（3）则不同．这时级数项当 $n$ 充分大时保号，且等价于 $\frac{C}{n^{\alpha+1}}$ ，而 $0<\alpha+1<1$ ，因此发散。

为参考方便起见，将上述例题的两个端点的玫散性列表如下：
 ![图片](/uploads/2025-02/baefdc.jpg)

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