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幂级数的概念

## 实函数的幂级数
实幂级数的神秘之处许多实函数 $F(x)$ 都可以写为幂级数（例如用泰勒定理）：

$$
F(x)=\sum_{j=0}^{\infty} c_j x^j=c_0+c_1 x+c_2 x^2+c_3 x^3+\cdots
$$

其中 $c_j$ 都是实数，$x$ 是实数．当然，这个无穷级数一般地只在某个以原点为中点的收敛区间 $-R<x<R$ 中收敛于 $F(x)$ ．但是 $R$（收敛半径）是怎样由 $F(x)$ 确定的？

结果是，这个问题有非常简单的答案，但只是当我们在复平面上研究它的实质时才有这样的答案。如果我们反过来只限制在实直线上——在最初用到这些级数的时代，数学家还不得不这样做—— $R$ 和 $F(x)$ 之间的关系还极为神秘．从历史上说，正是这种神秘才引导柯西在复分析中取得好几个突破。

要想看到确有神秘之处，考虑下面两个函数：

$$
G(x)=\frac{1}{1-x^2}, \quad H(x)=\frac{1}{1+x^2}
$$

由熟知的无穷几何级数

$$
\frac{1}{1-x}=\sum_{j=0}^{\infty} x^j=1+x+x^2+x^3+\cdots, \quad \text { 当且仅当 }-1<x<1,
$$

就得出

$$
G(x)=\sum_{j=0}^{\infty} x^{2 j}, \quad H(x)=\sum_{j=0}^{\infty}(-1)^j x^{2 j}
$$

这两个级数都有同样的收敛区间：$-1<x<1$ ．
看一下图 2－12a 就很容易懂得，何以 $G(x)$ 级数的收敛区间是 $-1<x<1$ ．这个级数在 $x= \pm 1$ 处都发散，因为这两点是函数本身的奇点，就是说，它们是 $|G(x)|$变为无穷之处。但是如果看图 2－12b 上画的 $y=|H(x)|$ ，似乎这个级数没有理由在 $x= \pm 1$ 处爆破．然而它确实爆破了．

![图片](/uploads/2025-06/fcff31.jpg)
 
 为了进而理解这一点，我们以 $x=k$（而不是 $x=0$ ）为中心把它们展为幂级数，即把它们写成 $\sum_{j=0}^{\infty} c_j X^j$ 的形状，其中 $X=(x-k)$ 度量由中心 $k$ 到 $x$ 的位移．为了展开 $G$ ，我们先在 $k$ 处展开 $1 /(a-x)$ 作为（2．3）的推广：

$$
\frac{1}{a-x}=\frac{1}{a-(X+k)}=\frac{1}{(a-k)} \frac{1}{1-\left(\frac{X}{a-k}\right)}
$$
所以

$$
\frac{1}{a-x}=\sum_{j=0}^{\infty} \frac{X^j}{(a-k)^{j+1}} \text {, 当且仅当 }|X|<|a-k| \text {. }
$$

为了把它用于 $G$ ，做因式分解 $\left(1-x^2\right)=(1-x)(1+x)$ ，然后把 $G$ 分成分项分式

$$
\frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{1-x}-\frac{1}{-1-x}\right]=\frac{1}{2} \sum_{j=0}^{\infty}\left[\frac{1}{(1-k)^{j+1}}-\frac{1}{(-1-k)^{j+1}}\right] X^j
$$

这两项分别适用于 $|X|<|1-k|$ 和 $|X|<|1+k|$ ，所以收敛区间 $|X|<R$ 由下式给出：

$$
R=\min (|1-k|,|1+k|)=(\text { 由 } k \text { 到最近的 } G \text { 之奇点的距离 }) \text {. }
$$

图 2－13a 上画出了这个很容易理解的结果，暂时不去问那个加了阴影的圆盘．

![图片](/uploads/2025-06/abe413.jpg)
 
 在 $H(x)$ 的情况，我还一直想不出一个只用实数求其展开式的漂亮方法，但习题 9 是一个尝试。尽管如此，可以证明这个 $X$ 的级数的收敛半径将由一个奇怪的公式给出：$R=\sqrt{1+k^2}$ 。正如前一章科茨的工作一样，我们在此又有了一个关于实函数的结果，这个结果又一次试图告诉我们复平面的存在。

如果我们把实直线画成嵌在平面内，则勾股定理告诉我们，$R=\sqrt{1^2+k^2}$ 应该理解为由中心 $k$ 到直线外两个定点的距离，这两个定点离 0 均有单位距离而由 0到这两个定点的方向均与该直线成直角．见图 2－13b．若把此平面想成 $C$ ，这两点就是 $\pm i$ ，而

$$
R=\text { (由 } k \text { 到 } \pm i \text { 的距离). }
$$

当我们转而考虑复函数 $h(z)=1 /\left(1+z^2\right)$ 时，神秘就开始被解开了，当把 $z$ 限制在复平面的实轴上时，$h(z)$ 就与 $H(x)$ 一样了。事实上，在某种意义上——我们还不能把这个意义说明白——h（z）是唯一的在此直线上与 $H(x)$ 恒等的复函数．

如果说图 2－12b 表明 $h(z)$ 对取实值的 $z$ 性态甚佳，则在复平面上 $h(z)$ 却有两个奇点，一个在 $z= i$ 处，另一个在 $z=- i$ 处，图 2－13b 上用小小的爆炸表示这两个奇点. 图2-14则用h(z)的模曲面把它表示得更生动; i就是两个喷发的火山所在的位置. 我们马上就来把这一点处理得更清楚,但是无论如何,神秘完全不见了, 不论在图2-13a 还是在图2-13b 中, 收敛半径都是到最近的奇点的距离.

![图片](/uploads/2025-06/ca25c7.jpg)
 
 如果我们用经过实轴的垂直平面去切图 2－14 上的曲面，就会恢复出图 2－12b上那个平静得叫人不敢放心的曲线，但是如果我们改而用经过虚轴的垂直平面去切，就会得到图 2－12b 上的那个图．像下面这样做就可以看出这并非偶然：首先注意到 $G(x)$ 是复函数 $g(z)=1 /\left(1-z^2\right)$ 在实轴上的限制。因为 $g(z)=h( i z), h$ 和 $g$基本上是同样的：如果我们把平面旋转 $(\pi / 2), h$ 也会旋转 $(\pi / 2)$ ，而得到 $g$ 。特别是 $g$ 的模曲面只不过就是图 2－14 转了 $(\pi / 2), \pm i$ 处的火山就转到了 $\pm 1$ 处．

## 幂级数的概念

**定义** 称由下式给出的复变函数项级数为暴级数：

$$
\sum_{n=0}^{+\infty} a_n(z-a)^n=a_0+a_1(z-a)+a_2(z-a)^2+\cdots
...(I)
$$

其中，$a_n, a$ 为复常数。

特别地，当 $a=0$ 时有

$$
\sum_{n=0}^{+\infty} a_n z^n=a_0+a_1 z+a_2 z^2+\cdots  ...(II)
$$

注（1）下面主要是对（II）型幂级数进行讨论，所得到的结论只需将 $z$ 换成 $(z-a)$ 即可应用到（I）型幂级数。
（2）对于（II）型幂级数，在 $z=0$ 点肯定收敛。

幂级数可以用多项式逼近到任意的精确度，这一事实蕴涵着两个具有相同中心的幂级数可以如多项式一样去相加、相乘和相除。

如果两个幂级数 $P(z)$ 和 $Q(z)$ 分别具有收敛圆盘 $D_1$ 和 $D_2$ ，则所得的 $(P+Q)$ 与 $P Q$ 至少将在 $D_1$ 和 $D_2$ 中的较小一个圆盘中收敛（也可能在大一些的圆盘中收敛）。在 $(P / Q)=P(1 / Q)$ 的情况则没有这种一般的结论，因为 $(1 / Q)$ 的级数的收敛性不仅受限于 $D_2$ 的边缘圆周，还受限于 $D_2$ 中使 $Q(z)=0$ 的点，因此我们这时还要假定 $Q(0) \neq 0$ 。

现在用几个例子来说明（2．13）．前面我们在求 $1 /\left(1-z^2\right)$ 以 $k$ 为中心的幂级数时，其实已经假设了这个结果成立．用分项分式来分解

$$
\frac{1}{1-z^2}=\frac{(1 / 2)}{1-z}+\frac{(1 / 2)}{1+z}
$$

我们对右方的两个函数得出了两个幂级数，然后假设可以如多项式一样处理，即将相应系数相加。

在 $k=0$ 的特例下，我们可以验证这个程序能行，因为我们已经知道对于以原点为中心的级数的正确答案是

$$
\frac{1}{1-z^2}=1+z^2+z^4+z^6+\cdots
$$

因为

$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{1-z}=1+z+z^2+z^3+z^4+z^5+\cdots, \\
& \frac{1}{1+z}=1-z+z^2-z^3+z^4-z^5+\cdots,
\end{aligned}
$$

可见，把相应项的系数相加确实给出 $1 /\left(1-z^2\right)$ 的正确的级数．
因为也可以写出

$$
\frac{1}{1-z^2}=\left[\frac{1}{1-z}\right]\left[\frac{1}{1+z}\right]
$$

所以我们可以重做一次这个例子，以说明把它们当作多项式而做幂级数的乘法也是对的：

$$
\begin{aligned}
& {\left[1+z+z^2+z^3+z^4+z^5+\cdots\right]\left[1-z+z^2-z^3+z^4-z^5+\cdots\right] } \\
= & 1+(1-1) z+(1-1+1) z^2+(1-1+1-1) z^3+(1-1+1-1+1) z^4+\cdots,
\end{aligned}
$$

它仍是 $1 /\left(1-z^2\right)$ 的正确级数展开式．
其次，我们用 $(2.13)$ 来求 $1 /(1-z)^2$ 的级数：

$$
\begin{aligned}
& {\left[1+z+z^2+z^3+z^4+z^5+\cdots\right]\left[1+z+z^2+z^3+z^4+z^5+\cdots\right] } \\
= & 1+(1+1) z+(1+1+1) z^2+(1+1+1+1) z^3+(1+1+1+1+1) z^4+\cdots,
\end{aligned}
$$

所以 $(1-z)^{-2}=\sum_{j=0}^{\infty}(j+1) z^j$ ．
请自行验证，上面得到的 $(1-z)^{-1}$ 和 $(1-z)^{-2}$ 的级数都是一般的二项式定理的特例，这定理说，若 $n$ 是任一实数（不一定恰好是正整数），则在单位圆盘内，恒有

$$
\begin{aligned}
(1+z)^n= & 1+n z+\frac{n(n-1)}{2!} z^2+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!} z^3 \\
& +\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{4!} z^4+\cdots
\end{aligned}
$$

从历史上看，这个结果是牛顿在发展微积分时使用的关键武器，后来在欧拉的工作中也起到同样重要的作用．

下面我们再来讲如何把两个幂级数 $P(z)$ 和 $Q(z)$ 相除．为了求出商的幂级数 $P(z) / Q(z)=\sum_{j=0}^{\infty} c_j z^j$ ，可用 $Q(z)$ 遍乘上式两边以得 $P(z)=Q(z) \sum_{j=0}^{\infty} c_j z^j$ ，再把右方的两个幂级数乘出来．由结果的唯一性，这个级数的系数必定要等于已知的 $P(z)$ 之系数，这样就可以算出 $c_j$ 。举一个例子就可以使这个程序更加清楚。

为了求 $1 / e ^z=\sum_{j=0}^{\infty} c_j z^j$ 的系数 $c_j$ ，两边用 $e ^z$ 去乘可得

$$
\begin{aligned}
1 & =\left[1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^4}{4!}+\cdots\right]\left[c_0+c_1 z+c_2 z^2+c_3 z^3+c_4 z^4+\cdots\right] \\
& =c_0+\left(c_0+c_1\right) z+\left(\frac{c_0}{2!}+\frac{c_1}{1!}+\frac{c_2}{0!}\right) z^2+\left(\frac{c_0}{3!}+\frac{c_1}{2!}+\frac{c_2}{1!}+\frac{c_3}{0!}\right) z^3+\cdots
\end{aligned}
$$

由结果的唯一性，可令两边相关系数相等，这样得出一组无穷多个线性方程：

$$
\begin{aligned}
& 1=c_0 \\
& 0=c_0+c_1 \\
& 0=c_0 / 2!+c_1 / 1!+c_2 / 0! \\
& 0=c_0 / 3!+c_1 / 2!+c_2 / 1!+c_3 / 0!
\end{aligned}
$$

等等．

逐次求解前几个方程［练习］，很快就会引出猜想 $c_n=(-1)^n / n!$ ，当 $n=0$ 时，这个结果自然成立，当 $m$ 是正整数时，考虑 $(1-1)^m$ 的二项展开式就很容易验证它．于是我们得到

$$
1 / e^z=1-z+\frac{1}{2!} z^2-\frac{1}{3!} z^3+\frac{1}{4!} z^4-\frac{1}{5!} z^5+\cdots=e^{-z}
$$

其形状和实函数 $e^{-x}$ 的级数一样．

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