15.1 形式幂级数 ​

定义 ​

1. （15.1.1 形式幂级数）设$a$是一个实数，任何形如

   $$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n$$

   的级数都可以称为以$a$为中心的形式幂级数。其中$c_0$，$c_1$，$...$是与$x$无关的实数序列，我们称$c_n$是级数的第$n$个系数，级数中每一项$c_n(x-a{)}^n$都是关于实变量$x$的函数。

   （注：说这些幂级数是形式的是因为还没有具体给出级数收敛在哪些$x$（这是在说什么？））

2. （15.1.3 收敛半径）设${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$是一个形式幂级数，则该级数的收敛半径$R$定义为：

   $$R:=\frac{1}{{\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|c_n{|}^{1/n}}}$$

   并且在计算收敛半径时我们额外约定${\displaystyle \frac{1}{0}=+\mathrm{\infty }}$与${\displaystyle \frac{1}{+\mathrm{\infty }}=0}$。

命题 ​

1. （15.1.6）设${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$是一个形式幂级数，并且设$R$是该级数的收敛半径，那么有：

   1. （在收敛半径外发散）如果$x\in \mathbb{R}$满足$|x-a|>R$，那么对于这个$x$值，级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$是发散的。
   2. （在收敛半径内收敛）如果$x\in \mathbb{R}$满足$|x-a|<R$，那么对于这个$x$值，级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$是绝对收敛的。

   如果我们假定$R>0$（也就是说幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$至少在除$a$以外的一点处收敛），然后我们设$f:(a-R,a+R)\to \mathbb{R}$定义为${\displaystyle f(x):=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$，那么有下面的三条结论成立：

   3. （在收敛半径内收敛）对于任意的$0<r<R$，级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$在紧致区间$[a-r,a+r]$上一致收敛于$f$，

   4. （幂级数的微分）函数$f$是在$(a-R,a+R)$上可微的。对任意的$0<r<R$，级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n(x-a{)}^{n-1}}$在区间$[a-r,a+r]$上一致收敛于$f^{\prime }$。

   5. （幂级数的积分）对任意一个包含在$(a-R,a+R)$内的闭区间$[y,z]$，有

      $${\int }_{[y,z]}f=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n\frac{(z-a{)}^{n+1}-(y-a{)}^{n+1}}{n+1}$$

   （注：定理15.1.6的(a)和(b)也给出了一个求收敛半径的方法，即通过审敛法先判断收敛范围，再根据得到的收敛范围获取收敛半径；对$|x-a|=R$的情况，幂级数的收敛性是不确定的，收敛或发散都是有可能的；最后，定理15.1.6并没有说明幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$是在区间$(a-R,a+R)$上一致收敛的，事实上，这个定理只保证了幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$是在区间$(a-R,a+R)$上逐点收敛）

课后习题 ​

15.1.1 证明定理15.1.6（提示：对(a)和(b)使用根值判别法（定理7.5.1）；对(c)使用魏尔斯特拉斯M判别法（定理14.5.7）；对(d)使用定理14.7.1；对(e)使用推论14.6.2） ​

在证明前我们需要证明一些辅助结论：

结论1：对任意的实数集合$E$，设$c$是正实数，并设${\displaystyle L^{+}:=sup(E)}$与${\displaystyle L^{-}:=inf(E)}$。那么我们有

$$\begin{array}{c}sup\{c\cdot e:e\in E\}=c\cdot L^{+}\\ inf\{c\cdot e:e\in E\}=c\cdot L^{-}\end{array}$$

证明：

我们只证明上确界的结论，对下确界的讨论是类似且显然的。对任意的$e\in E$，根据上确界的定义我们有$e\le L^{+}$，由于$c$是正数因此也有$c\cdot e\le c\cdot L^{+}$，这表明$c\cdot L^{+}$是$\{c\cdot e:e\in E\}$的一个上界；另一方面，对任意$M$是$c\cdot L^{+}$是$\{c\cdot e:e\in E\}$的上界，我们有对任意的$e\in E$都有$c\cdot e\le M⟹e\le M/c$，即$M/c$是$E$的上界，进而由上确界定义有$M/c\ge L^{+}⟹M\ge c\cdot L^{+}$，于是$L^{+}$是最小的上界。根据上确界的定义，即有$c\cdot L^{+}$是$\{c\cdot e:e\in E\}$的上确界。

于是证明完毕。

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结论2：${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{n}^{\frac{1}{n}}=1}$。

证明：

首先根据幂次运算的性质我们知道对任意的$n\ge 1$都有$n^{\frac{1}{n}}\ge 1$，因此我们不妨对任意的$n\ge 1$将$n^{\frac{1}{n}}$写为$1+a_n$的形式，其中$a_n$是一个非负数，然后根据二项式公式（参见习题7.1.4）我们有：

$$\begin{array}{rl}n=(1+a_n{)}^n& =\sum _{m=0}^n\frac{n!}{m!(n-m)!}{a}_n^m\\ & \ge \frac{n(n-1)}{2}{a}_n^2\end{array}$$

（大于等于号是通过$a_n$的非负性确定的）上面的不等式也即有：

$$n\ge \frac{n(n-1)}{2}{a}_n^2⟹a_n\le \sqrt{\frac{2}{n-1}}$$

结合$a_n\ge 0$，根据夹逼定理即可得到${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0}$，也即

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{n}^{\frac{1}{n}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}1+a_n=1$$

于是证明完毕。

然后逐条证明：

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1. 如果$x\in \mathbb{R}$满足$|x-a|>R$，那么对于这个$x$值，级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$是发散的。

使用根值判别法，考虑令

$$\alpha :=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|c_n(x-a{)}^n{|}^{1/n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|c_n{|}^{1/n}|x-a|$$

而根据辅助结论1，由于$|x-a|$是与$n$无关的正数，因此根据上极限的定义我们显然可以得到

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|c_n{|}^{1/n}|x-a|=|x-a|\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|c_n{|}^{1/n}⟹\alpha =\frac{|x-a|}{R}$$

由于$|x-a|>R$，于是即有$\alpha >1$，从而根据根值判别法我们知道级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$不是条件收敛的，也即${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$是发散的。

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2. 如果$x\in \mathbb{R}$满足$|x-a|<R$，那么对于这个$x$值，级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$是绝对收敛的。

同结论(a)的讨论过程，当条件变更为$|x-a|<R$时我们可以得到$\alpha <1$，于是根据根值判别法我们知道级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$是绝对收敛的。

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3. 对于任意的$0<r<R$，级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$在紧致区间$[a-r,a+r]$上一致收敛于$f$，于是$f$是在$(a-R,a+R)$上连续的。

考虑使用魏尔斯特拉斯M判别法，对任意的$n\ge 0$，根据定义上确界范数有：

$$\Vert c_n(x-a{)}^n{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=sup\{|c_n(x-a{)}^n|:x\in [a-r,a+r]\}$$

而根据我们的辅助结论，可以进一步化简得到：

$$\Vert c_n(x-a{)}^n{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=|c_n|\cdot sup\{|x-a{|}^n:x\in [a-r,a+r]\}$$

而当$x\in [a-r,a+r]$时我们由$|x-a|\in [0,r]$，从而根据幂次运算的法则我们知道$|x-a{|}^n\le r^n$，从而我们有：

$$\Vert c_n(x-a{)}^n{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le |c_n|r^n$$

此时使用根值判别法，利用类似结论(a)中证明的方法我们可以计算级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}|c_n|r^n}$的根值有：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}||c_n|r^n{|}^{1/n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|c_n{|}^{1/n}r=\frac{r}{R}<1$$

这表明级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}|c_n|r^n}$是绝对收敛的，而根据比较判别法（命题7.3.2）我们可以进一步得到${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\Vert c_n(x-a{)}^n{\Vert }_{\mathrm{\infty }}}$是绝对收敛的，此时根据魏尔斯特拉斯M判别法就可以得到${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$在紧致区间$[a-r,a+r]$上一致收敛于$f$，考虑到一致极限保持函数序列的连续性（命题14.3.2）与多项式函数的连续性，因此对任意的$r$都有$f$在$[a-r,a+r]$上连续，也即$f$是在$(a-R,a+R)$上连续的。

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4. 函数$f$是在$(a-R,a+R)$上可微的。对任意的$0<r<R$，级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n(x-a{)}^{n-1}}$在区间$[a-r,a+r]$上一致收敛于$f^{\prime }$。

考虑计算级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n(x-a{)}^{n-1}}$的收敛半径$R^{\prime }$，根据定义有

$$R^{\prime }=\frac{1}{{\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|n{c}_n{|}^{1/n}}}$$

一方面，根据幂次运算的性质我们知道对任意的$n\ge 1$有$n^{\frac{1}{n}}\ge 1$，因此根据比较原理我们有${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|n{c}_n{|}^{1/n}\ge \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|c_n{|}^{1/n}}$；另一方面，根据辅助结论2我们知道对任意的$\epsilon >0$都存在$N\ge 0$使得对任意的$n\ge N$都有$n^{1/n}\le 1+\epsilon$，此时结合比较原理，辅助结论1与习题6.4.2我们有：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|n{c}_n{|}^{1/n}\le \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}(1+\epsilon )|c_n{|}^{1/n}=(1+\epsilon )\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|c_n{|}^{1/n}$$

由于是对任意的$\epsilon >0$都成立，因此这表明${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|n{c}_n{|}^{1/n}\le \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|c_n{|}^{1/n}}$。综上即有${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|n{c}_n{|}^{1/n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim sup}|c_n{|}^{1/n}}$，也即$R^{\prime }=R$。根据结论(c)，我们知道对任意的$r<R$都有级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n(x-a{)}^{n-1}}$在区间$[a-r,a+r]$上一致收敛于某个函数$g$；而对任意的$N\ge 0$，部分和${\displaystyle \sum _{n=1}^{N}n{c}_n(x-a{)}^{n-1}}$都是${\displaystyle \sum _{n=0}^N{c}_n(x-a{)}^n}$的导函数；最后，${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$显然是在$a$处收敛的，结合这三个条件与定理14.7.1我们可以得到${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$在$[a-r,a+r]$上一致收敛于的函数$f$是可微的并且$f$的导函数正是$g$，也即有级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n(x-a{)}^{n-1}}$在区间$[a-r,a+r]$上一致收敛于$f^{\prime }$，结论得证。

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5. 对任意一个包含在$(a-R,a+R)$内的闭区间$[y,z]$，有$${\int }_{[y,z]}f=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n\frac{(z-a{)}^{n+1}-(y-a{)}^{n+1}}{n+1}$$

根据结论(c)我们有${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n}$是在$[y,z]$上一致收敛的（取$r:=max(|a-y|,|a-z|)$，然后将结论(c)应用在区间$[a-r,a+r]$上），然后根据推论14.6.2我们有：

$${\int }_{[y,z]}f={\int }_{[y,z]}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{[y,z]}{c}_n(x-a{)}^n$$

然后根据微积分第二基本定理我们可以得到：

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{[y,z]}{c}_n(x-a{)}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n\frac{(z-a{)}^{n+1}-(y-a{)}^{n+1}}{n+1}$$

于是结论得证。

15.1.2 给出以$0$为中心，收敛半径为$1$的形式幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n}$的例子，要求满足 ​

(a) 在$x=1$和$x=-1$处都发散 ​

考虑幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n}$，显然其收敛半径$R=1$。然后在$x=1$处幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n}$为级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}1}$发散到无穷，在$x=-1$处幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n}$为级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n}$也是发散的（部分和序列有两个极限点$1$和$0$）。

(b) 在$x=1$处发散，但在$x=-1$处收敛 ​

考虑幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{x}^n}$，显然其收敛半径$R=1$。然后根据命题7.3.7在$x=1$处幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{x}^n}$为级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}}$发散到无穷，在$x=-1$处幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{x}^n}$为级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{n}}$是收敛的。

(c) 在$x=1$处收敛，但在$x=-1$处发散 ​

考虑幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{n}{x}^n}$，显然其收敛半径$R=1$。这个级数在$x=1$和$x=-1$处跟(b)刚好是相反的。

(d) 在$x=1$和$x=-1$处都收敛 ​

考虑幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}{x}^n}$，显然其收敛半径$R=1$。然后根据命题7.3.7在$x=1$处幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}{x}^n}$为级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}}$收敛，在$x=-1$处幂级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{x}^n}$为级数${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{n^2}}$也是收敛的。

(e) 在$(-1,1)$上逐点收敛，但在$(-1,1)$上不一致收敛 ​

同样是考虑幂级数考虑幂级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{x}^n}$（这相当于令系数$c_0=0$，然后对任意$n\ge 1$都令$c_n=1$），在习题14.2.2(c)中我们已经证明了这个幂级数在$(-1,1)$上逐点收敛于函数${\displaystyle g(x):=\frac{x}{1-x}}$（尽管在写这题的时候我们还没给出函数级数的定义）但不是一致收敛的，因此它就是我们要找的例子。

本节相关跳转 ​

实分析 7.5 根值判别法与比值判别法

实分析 14.5 函数级数与魏尔斯特拉斯M判别法

实分析 14.6 一致收敛和积分

实分析 14.7 一致收敛和导数