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幂级数的分析性质-Abel 第二定理

## 15.4.2 幂级数的分析性质
为讨论幂级数的分析性质，先要了解幂级数在收玫域内的一致收玫性质．
定理 15.12 （**Abel 第二定理**）设幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收玫半径为 $r$ ，则有：
（1）幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty}\left|a_n x^n\right|$ 在 $(-r, r)$ 上内闭一致收敛；
（2）幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在收敛域上内闭一致收敛．
证（1）只要证明对 $\forall \delta \in(0, r)$ ，级数 $\sum_{n=0}^{\infty}\left|a_n x^n\right|$ 在 $[-r+\delta, r-\delta]$ 上一致收敛．
从 Abel 第一定理（或 Cauchy－Hadamard 公式的证明）知道，当 $x=r-\delta$ 时幂级数绝对收玫，即 $\sum_{n=0}^{\infty}\left|a_n(r-\delta)^n\right|$ 收玫。从

$$
\left|a_n x^n\right| \leqslant\left|a_n(r-\delta)^n\right| \forall x \in[-r+\delta, r-\delta]
$$

用一致收敛的比较判别法可知结论成立。
（2）若收敛域就是开区间 $(-r, r)$ ，则不需要再讨论．
现设 $x=r$ 时幂级数收敛，也就是 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n r^n$ 收敛，我们来证明该幂级数于 $[0, r]$上一致收敛．（这就保证了在 $(-r, r]$ 上内闭一致收敛．）
与（1）不同处在于 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n r^n$ 末必绝对收敛 ${ }^{(1)}$（见例题 $15.21,15.23$ 等），这里需要 §15．2．3 的 Abel 一致收敛判别法．

将幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的通项分拆为 $a_n x^n=a_n r^n \cdot\left(\frac{x}{r}\right)^n$ ，则已知以 $a_n r^n$ 为通项的级数收玫，且与 $x$ 无关，而第二个因子在 $0 \leqslant x \leqslant r$ 时关于 $n$ 单调，且一致有界，因此用 Abel一致收敛判别法就知道结论成立。

同样，当 $x=-r$ 收敛时，可以证明幂级数在 $[-r, 0]$ 上一致收敛．合并两者即得所求。

在 Abel 第二定理的基础上就可以解决幂级数的分析性质以及有关的计算方法问题．下面的定理中的结论都是非常有用的．

定理 15.13 设幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径为 $r$ ，收敛域为 $I$ ，记其和函数为 $S(x)$ ，则有以下结论：
（1）$S(x)$ 于 $I$ 上处处连续；
（2）$S(x)$ 于 $(-r, r)$ 上无限次可导，且可逐项求导：

$$
S^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}
$$

（3）对 $\forall x \in I$ 可在 $[0, x]$ 上逐项求积：

$$
\int_0^x S(t) d t=\sum_{n=0}^{\infty} \int_0^x a_n t^n d t=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n+1} \cdot x^{n+1}
$$

此外，在 $(2),(3)$ 中通过逐项求导和逐项求积得到的两个新的幂级数的收敛半径仍然等于 $r$ ．

证（1）根据 Abel 第二定理（即定理 15．12）之（2），幂级数在其收敛域上内闭一致收玫，再利用函数项级数的连续性定理（即定理15．5（2））的推论（2）即得。注意，若幂级数于右端点 $x=r$ 处收玫，则 $S(x)$ 于 $x=r$ 处左连续．对于左端点 $x=-r$ 也有类似结果．
（2）这里当然需要函数项级数的逐项求导定理．为此首先要证明逐项求导后得到的幂级数在 $(-r, r)$ 上内闭一致收敛．对其系数 $n a_n$ 直接用 Cauchy－Hadamard公式 ${ }^{(1)}$ ，可见收敛半径仍然是 $r$ ，因此再用 Abel 第二定理之（2）即得。
（3）直接用逐项积分定理即可，且知道所得的新的幂级数至少在 $I$ 上收玫，即其收敛半径不会小于 $r$ 。当然还是直接用 Cauchy－Hadamard 公式可以知道逐项积分得到的幂级数的收玫半径恰好等于 $r$ ．
注 以上列举的分析性质都是幂级数特有的，对于其他函数项级数来说末必成立．例如函数列 $\left\{x^n\right\}$ 的收玫域为 $(-1,1]$ ，但并不在 $(-1,1]$ 上内闭一致收敛，而只能在 $(-1,1)$ 上内闭一致收玫．实际上，这个函数列等价于函数项级数

$$
1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(x^n-x^{n-1}\right)
$$

但它不是幂级数．
对于幂级数来说逐项求积和逐项求导成为非常有力的计算工具，下面举一些例子。

`例15.24` 求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n}$ 的和函数 $S(x)$ ．
解 先用 Cauchy－Hadamard 公式可计算出收玫半径 $r=1$ ，然后直接讨论端点处的玫散性，确定收玫域为 $(-1,1]$ ．这就是和函数 $S(x)$ 的定义域．

在 $(-1,1)$ 中对幂级数逐项求导就有

$$
S^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} x^{n-1}=\frac{1}{1+x}
$$

又有 $S(0)=0$ ，因此在 $(-1,1)$ 上得到

$$
S(x)=\int_0^x \frac{d t}{1+t}=\ln (1+x)
$$

由于 $S(x)$ 于 $(-1,1]$ 上有定义，且于 $x=1$ 处左连续，因此得到

$$
S(1)=\lim _{x \rightarrow 1^{-}} \ln (1+x)=\ln 2
$$

注 这里要注意，定理 15.13 告诉我们，对于一个幂级数在其收玫域的每一个内点处可以逐项求导，而且得到的幂级数仍然有相同的收玫半径。在这个例子中 $S(x)=\ln (1+x)$ 的幂级数，即原来给定的幂级数，在 $(-1,1]$ 上收玫，而其导函数 $S^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}$ 的幂级数则只在 $(-1,1)$ 上收玫．因此端点处的收玫情况在求导后可能发生变化。

`例15.25` 求 $S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n x^{2 n}$ ．
解 先求出收玫半径为 $r=1$ ，又可看出级数于 $x= \pm 1$ 处发散，因此收玫域，也就是 $S(x)$ 的定义域，为 $(-1,1)$ 。

观察到 $\left(x^{2 n}\right)^{\prime}=2 n x^{2 n-1}$ ，就有

$$
\begin{aligned}
S(x) & =\frac{x}{2} \sum_{n=0}^{\infty} 2 n x^{2 n-1}=\frac{x}{2}\left(\sum_{n=0}^{\infty} x^{2 n}\right)^{\prime}=\frac{x}{2}\left(\frac{1}{1-x^2}\right)^{\prime} \\
& =\frac{x}{2} \frac{2 x}{\left(1-x^2\right)^2}=\frac{x^2}{\left(1-x^2\right)^2} .
\end{aligned}
$$

注 或者令 $x^2=y$ ，记和函数为 $y \sum_{n=1}^{\infty} n y^{n-1}$ ，然后再计算也很方便．这里介绍数项级数求和的 Abel 方法．即对于 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ ，在收玫的前提下，引入幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ ．则其收玫半径 $r \geqslant 1$ ，且当 $r=1$ 时，和函数 $S(x)$ 在点 $x=1$ 处一定左连续．因此只要能够求出 $(-1,1)$ 上的 $S(x)$ ，就可以得到

$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_n=\lim _{x \rightarrow 1^{-}} S(x)
$$

`例15.26` 求下列数项级数之和

$$
1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1}+\cdots
$$

解 用 Abel 方法，考虑求下列幂级数之和：

$$
S(x)=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\cdots+\frac{(-1)^{n-1} x^{2 n-1}}{2 n-1}+\cdots .
$$

当然我们的目的是求 $S(1)$ ．所以这里又是一种＂嵌入法＂．
确定该幂级数的收敛域为 $[-1,1]$ ．在 $(-1,1)$ 上逐项求导得到

$$
S^{\prime}(x)=1-x^2+x^4-\cdots+(-1)^{n-1} x^{2 n-2}+\cdots=\frac{1}{1+x^2}
$$

再利用 $S(0)=0$ ，则在 $-1<x<1$ 上有
$$
S(x)=\int_0^x \frac{d t}{1+t^2}=\left.\arctan t\right|_0 ^x=\arctan x
$$

由于 $S(x)$ 于 $x=1$ 左连续，因此最后就有

$$
S(1)=\lim _{x \rightarrow 1^{-}} S(x)=\lim _{x \rightarrow 1^{-}} \arctan x=\arctan 1=\frac{\pi}{4}
$$

`例15.27` 求 $S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ ．
解 记通项为 $u_n=\frac{x^n}{n!}$ ，则从 $\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\left|\frac{x}{n+1}\right|$ ，可见该级数处处收玫，即 $r=+\infty$ 。（当然这里也可以用 Cauchy－Hadamard 公式．）于是和函数 $S(x)$ 处处有定义．逐项求导后就有

$$
S^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=S(x)
$$

这是关于未知函数 $S(x)$ 的一阶常微分方程．一种求解方法是对方程 $S^{\prime}(x)-S(x)=$ 0 乘以 $e ^{-x}$ ，这样得到

$$
e^{-x}\left(S^{\prime}(x)-S(x)\right)=\left(e^{-x} S(x)\right)^{\prime}=0
$$
这就是将左边凑成为导数．于是可见 $e ^x S(x) \equiv C$ ，其中 $C$ 为某个常数．这样就得到 $S(x)=C e ^{-x}$ ，称为微分方程 $S^{\prime}(x)-S(x)=0$ 的通解．利用 $S(0)=1$ ，可确定出 $C=1$ ，因此最后得到 $S(x)= e ^x$ 。

注 令 $x=1$ ，则就得到

$$
e=1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}
$$

见定理 2.19 ，也可以在例题 7.9 中令 $n \rightarrow \infty$ 得到．

`例15.28`回顾 $\S 14.4 .3$ 中关于无穷级数相乘得到的乘积级数，现在可以证明，若三个数项级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n, \sum_{n=0}^{\infty} b_n, \sum_{n=0}^{\infty} c_n$ 都收敛，且对每一个非负整数 $n$ 成立

$$
c_n=a_0 b_n+a_1 b_{n-1}+\cdots+a_n b_0
$$

则成立等式

$$
\sum_{n=0}^{\infty} a_n \sum_{n=0}^{\infty} b_n=\sum_{n=0}^{\infty} c_n
$$

证 这时相应的三个幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n, \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$ 和 $\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n$ 的收敛半径至少不小于 1 ，且在 $[0,1)$ 上均为绝对收玫．

根据级数相乘的 Cauchy 定理（即定理 14．9），或者 Mertens 定理（即定理 14．10），在 $[0,1)$ 上成立等式：

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

这里用到了 $\left\{c_n\right\}$ 与 $\left\{a_n\right\},\left\{b_n\right\}$ 之间的关系，它保证了上式右边恰好是左边两个级数的 Cauchy 乘积级数．

由于三个级数的和函数在 $x=1$ 处都左连续，在上述等式两边令 $x \rightarrow 1^{-}$即得所求．

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