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# 第 10 章 幂级数

## 10.1 幂级数概念及其收敛区间

<table><tr><td>定义10.1(幂级数)</td></tr><tr><td> $\sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n$ 称为幂级数,但一般只研究 $\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$ </td></tr></table>

## 10.1.1 收敛区间与收敛半径

## 定理 10.1 (Abel 定理)

若幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 在 $x_0 \neq 0$ 收敛，则对 $\forall x, |x| < |x_0|$ ， $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 绝对收敛；若 $x_0$ 处发散，则 $\forall x, |x| > |x_0|$ 均发散。

证明 若 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x_0^n$ 收敛，则 $|a_n x^n| = |a_n x_0^n| \cdot |\frac{x}{x_0}|^n \leq M r^n$ ，这里 $r = |\frac{x}{x_0}| \in [0,1)$ 。另一侧同理

## 定义 10.2 (收敛半径)

根据Abel定理可知 $\exists R\in \mathbb{R}$ ，使得 $|x| < R$ 时幂级数绝对收敛(若 $R = 0$ 则仅在 $x = 0$ 处收敛)，对一切 $|x| > R$ 均发散，称 $R$ 为幂级数收敛半径， $(-R,R)$ 为收敛区间。

## 定理 10.2 (收敛半径的计算)

幂级数收敛半径 $R$ (可以为 $0, \infty$ ) 的计算有以下几种方式：

\- 根式 (柯西-阿达马): $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|} = \frac{1}{R}$ (可以为 $0,\infty$ )

\- 比式 (一般用得少): 若 $\lim_{n\to \infty}\frac{|a_{n + 1}|}{|a_n|} = \frac{1}{R}$ , 也能推出 $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_n} = \frac{1}{R}$

证明 (1) 根式：只需要考虑 $\sum_{n=0}^{\infty}|a_n x^n|$ ，用数项级数的根式判别法为 $\varlimsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n x^n|} = \varliminf_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} \cdot |x|$ ，因此若记 $\varlimsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \rho$ ，则 $|x| < \frac{1}{\rho}$ 则收敛， $\frac{1}{\rho}$ 为收敛半径。

练习10.1计算收敛半径 计算收敛半径与收敛域(1) $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{x^n}{n^2}$ (2) $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$ (3) $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(2n - 1)!!}{(2n)!!} x^n$

解 (1) $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{\frac{1}{n^2}} = 1$ ，收敛半径1，收敛域[-1,1]

(2) $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{\frac{1}{n}} = 1$ ，收敛半径1，收敛域[-1,1)

(3) $a_{n}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$ ，用Wallis+根式或者比式 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{2n+1}{2n+2}=1$ 得到收敛半径为1。而 $\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\sim\frac{1}{\sqrt{n\pi}}$ ，因此发散。 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}(-1)^{n}$ 根据Leibniz可知收敛。故收敛域为 $[-1,1)$

笔记 上述题目也说明在逐项求导后，端点处收敛域可能发生变换

练习 10.2 常规格式幂级数 (1) 求收敛域: $\sum_{n=1}^{\infty}(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n})x^{n}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}$

(2) $0 < a < b$ ，求 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{a^n + b^n}, \sum_{n=1}^{\infty} (a^n + b^n)x^n$ 收敛域

(3) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n-3^{2n}}, \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n^2}}{2^n}$ 收敛域

(4) $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}+(-2)^{n}}{n}(x+1)^{n}$

解 (1) 要么根据 Euler 常数得到 $\sqrt[n]{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}\sim\sqrt[n]{\ln n}=1$ ，要么用 $1\leq1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\leq n$ 得到收敛半径为 R=1，显然收敛域为 $(-1,1)$ 第二个同理得到收敛域为 $[-1,1]$

(2) 第一个 $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{\frac{1}{a^n + b^n}} = \frac{1}{b}$ ，收敛半径为 $b$ ， $x = \pm b$ 都震荡发散。第二个 $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a^n + b^n} = b$ ，收敛半径 $b$ ， $x = \pm b$ 震荡发散

(3) 由于不是 $x^n$ 因此开 $2n$ 次根号， $\lim_{n \to \infty} \sqrt[2n]{|\frac{1}{n - 3^{2n}}|} = \frac{1}{3}$ ，半径为 $3$ ， $x = \pm 3$ 时通项不趋于 0，因此发散。 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n^2]{\frac{1}{2^n}} = 1$ ，而 $x = \pm 1$ 均收敛

(4) 将 $x + 1$ 视为 $y$ 即可， $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{3^n + (-2)^n}{n}} = 3$ ，收敛半径为 $\frac{1}{3}$ ， $y = \frac{1}{3}$ 时为 $\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n} + \frac{1}{n} \left(-\frac{2}{3}\right)^n\right)$ 前者发散，后者收敛，因此整体发散。 $y = -\frac{1}{3}$ 时为 $\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{(-1)^n}{n} + \frac{1}{n} \left(\frac{2}{3}\right)^n\right)$ 收敛，因此收敛域为 $[- \frac{1}{3} - 1, \frac{1}{3} - 1)$ 即 $x \in [-\frac{4}{3}, -\frac{2}{3})$

练习10.3非常规格式幂级数(1) $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x^{2}+x+1)^{n}}{3n}$ 的收敛域(2) $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}}\left(\frac{x-1}{2x+1}\right)^{n^{2}}$ (3) $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1^{n}+2^{n}+\cdots+2022^{n}}{n^{2022}}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^{n}$ 解(1)设 $y=x^{2}+x+1$ ，考虑 $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{3n}}=1$ ，R=1，而y=1发散，y=-1收敛，计算 $x^{2}+x+1\in[-1,1)$ ，即 $x^{2}+x\in[-2,0)$ ，注意最终得到 $x\in(-1,0)$ 两侧都是开的！

(2) 考虑 $y = \frac{x - 1}{2x + 1}$ ，计算得到 $y$ 的收敛域为 $[-1, 1]$ ，计算 $-1 \leq \frac{x - 1}{2x + 1} \leq 1$ ，直接讨论分母容易出错，因此这里看成两个不等式。 $\frac{x - 1}{2x + 1} + 1 = \frac{3x}{2x + 1} \geq 0$ 以及 $\frac{x - 1}{2x + 1} - 1 = \frac{-x - 2}{2x + 1} \leq 0$ ，第一个要求 $x \geq 0$ 或者 $x < -\frac{1}{2}$ ，第二个要求 $x \leq -2$ 或者 $x \geq -\frac{1}{2}$ ，求交得到 $x \in (-\infty, -2] \cup [0, +\infty)$ (3) $y = \frac{1 - x}{1 + x}$ 得到收敛半径为 $\frac{1}{2022}$ 且端点收敛，考虑 $-\frac{1}{2022} \leq \frac{1 - x}{1 + x} \leq \frac{1}{2022}$ ，分为两部分，得到 $\frac{2023 - 2021x}{1 + x} \geq 0$ 以及 $\frac{2021 - 2023x}{1 + x} \leq 0$ ，前者解出 $-1 < x \leq \frac{2023}{2021}$ ，后者解出 $x < -1$ 或者 $x \geq \frac{2021}{2023}$ ，得出结果为 $x \in [\frac{2021}{2023}, \frac{2023}{2021}]$

## 10.1.2 幂级数的一致收敛性

下面考虑幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 的一致收敛性，假设其收敛半径为 $R$ ，收敛域在端点处需要讨论，下面开始分析。

## 定理 10.3 (Abel 第二定理)

若幂级数收敛半径为 $R$ ， $\sum_{n = 1}^{\infty}a_nx^n$ 在 $\langle -R,R\rangle$ 内闭一致收敛(端点未确定)

证明 设 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x_0^n$ 收敛，(1) 若 $x_0 > 0$ ，则 $\forall x \in [0, x_0]$ 有 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x_0^n \left(\frac{x}{x_0}\right)^n$ ，根据 Abel 判别法可证。(2) 若 $x_0 < 0$ ，则 $\forall x \in [x_0, 0]$ 有 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x_0^n \left(\frac{x}{x_0}\right)^n$ ，根据 Abel 可证。进而任选闭区间都一致收敛。

## 定理 10.4 (连续性)

幂级数的和函数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在收敛域 $\langle -R, R \rangle$ 是连续的。

## 定理 10.5 (区间不变性)

幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径为 $R$ ，则其逐项求导和逐项积分后得到的幂级数的收敛半径仍为 $R$ ，不过端点处的一致收敛情况可能改变！

证明 考虑 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的逐项求导与逐项积分, 得到 $\sum_{n=1}^{\infty} na_n$ 和 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n+1} x^{n+1}$ , 根据 $\varlimsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \varliminf_{n \to \infty} \sqrt[n-1]{|na_n|} = \varlimsup_{n \to \infty} \sqrt[n-1]{|\frac{a_n}{n+1}|}$ 可知收敛半径相同

笔记 端点处一致收敛性不保证，例如 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$ 收敛域为 $[-1, 1)$ ，而 $\sum_{n=1}^{\infty} x^{n-1}$ 收敛域为 $(-1, 1)$

## 定理 10.6 (求导与求积)

设 $(-R, R)$ 上 $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ ，则对 $\forall x \in (-R, R)$ 有：

$$
f ^ {\prime} (x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n a _ {n} x ^ {n - 1}, \int_ {0} ^ {x} f (t) \mathrm{d} t = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \frac {a _ {n}}{n + 1} x ^ {n + 1}
$$

笔记 幂级数的逐项求导和逐项积分要注意其只能保证在收敛区间成立，但不保证在收敛域上成立！

## 10.1.3 缺项幂级数的收敛区域

练习10.4缺项幂级数的收敛范围(1)求 $\sum_{n = 1}^{\infty}n^{n^2}x^{n^3}$ 的收敛范围

解令 $a_{k} = \left\{ \begin{array}{ll}n^{n^{2}}, & k = n^{3}\\ 0, & k\neq n^{3} \end{array} \right.$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty}n^{n^2}x^{n^3} = \sum_{k = 1}^{\infty}a_kx^k$ ，此时

$$
\frac {1}{R} = \varlimsup_ {k \to \infty} \sqrt [ k ]{| a _ {k} |} = \lim _ {n \to \infty} \sqrt [ n ^ {3} ]{n ^ {n ^ {2}}} = \lim _ {n \to \infty} (n ^ {n ^ {2}}) ^ {\frac {1}{n ^ {3}}} = 1
$$

## 10.2 幂级数展开式求和

## 定理 10.7 (必备幂级数展开)

以下的幂级数展开会经常使用，基本上是分母较为简单的 Taylor 展开式

1. $\frac{1}{1 - x} = \sum_{n=0}^{\infty} x^n$

2. $e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$

3. $\ln (1 + x) = \sum_{n = 1}^{\infty}(-1)^{n - 1}\frac{x^n}{n}$

4. $\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$
![](f2fe059e28c6b6c8debade1d0b18e4ac23151c56b894b7eeec42bd44c39050ed.jpg))

笔记 具体用哪个主要看 $(-1)$ 的指数次和分母的关系。

## 10.2.1 等比级数

## 定理 10.8 (等比级数)

根据 $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1 - x}$ 可以推出：

1. $\sum_{n=1}^{\infty} nx^{n} = \frac{x}{(1 - x)^{2}}$ ，方法为对 $\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}$ 求导，再同乘 $x$

2. $\sum_{n=1}^{\infty} n^{2} x^{n} = \frac{x(1 + x)}{(1 - x)^{3}}$ ，方法为对 $\sum_{n=1}^{\infty} nx^{n}$ 求导，再乘 $x$

练习10.5等比级数 (1) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2 + 3n}{2^n}$ (2) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n(n+1)}$

解(1)这里展示正推, 进行公式推导:

$$
\left\{ \begin{array}{l} f _ {1} (x) = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} x ^ {n} = \frac {1}{1 - x} \Rightarrow f _ {1} ^ {\prime} (x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n x ^ {n - 1} = \frac {1}{(1 - x) ^ {2}} \\ f _ {2} (x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n x ^ {n} = \frac {x}{(1 - x) ^ {2}} \Rightarrow f _ {2} ^ {\prime} (x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n ^ {2} x ^ {n - 1} = \frac {1 + x}{(1 - x) ^ {3}} \\ f _ {3} (x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} n ^ {2} x ^ {n} = \frac {x (1 + x)}{(1 - x) ^ {3}} \end{array} \right.
$$

因此 $I = f_{3}\left(\frac{1}{2}\right) + 3f_{2}\left(\frac{1}{2}\right) = 6 + 6 = 12$

(2) 这里展示反推:

$$
\left\{ \begin{array}{l} f _ {1} (x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {x ^ {n}}{n (n + 1)} \\ f _ {2} (x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {x ^ {n + 1}}{n (n + 1)} \Rightarrow f _ {2} ^ {\prime} (x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {x ^ {n}}{n} \Rightarrow f _ {2} ^ {\prime \prime} (x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} x ^ {n - 1} = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} x ^ {n} = \frac {1}{1 - x} \end{array} \right.
$$

因此推出 $f_{2}^{\prime}(x) = -\ln (1 - x),f_{2}(x) = (1 - x)\ln (1 - x) + x$ ，因此 $f_{1}(x) = \frac{1 - x}{x}\ln (1 - x) + 1$

## 10.2.2 $\arctan x$ 级数

练习 10.6arctan x (1) 重点：求 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n(2n+1)}$

解(1)相差较大，选择裂项： $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{n - 1}}{n(2n + 1)} = 2\sum_{n = 1}^{\infty}\left(\frac{(-1)^{n - 1}}{2n} -\frac{(-1)^{n - 1}}{2n + 1}\right)$ ，两者均收敛，且

$$
\left\{ \begin{array}{l} \ln (1 + x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {(- 1) ^ {n - 1} x ^ {n}}{n} \\ \arctan x = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \frac {(- 1) ^ {n} x ^ {2 n + 1}}{2 n + 1} \end{array} \right.
$$

因此结果为 $\ln 2 + \frac{\pi}{2} - 2$

## 10.2.3 $e^x$ 级数

练习 $10.7e^{x}$ (1) 计算 $\lim_{n\to\infty}\left[1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{4!}+\cdots+\frac{1}{(2n)!}\right]$

解 (1) 由于 $e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ ，因此 $e^{-x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^n}{n!}$ ，故

$$
\frac {e ^ {x} + e ^ {- x}}{2} = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \frac {x ^ {2 n}}{(2 n) !}
$$

取 $x = 1$ ，得到 $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n)!} = \frac{e + e^{-1}}{2}$

## 10.3 幂级数求和式展开

## 10.3.1 基本理论与直接展开

## 定理 10.9 (幂级数展开)

若 $f(x)$ 在 $(x_0 - R, x_0 + R)$ 上存在任意阶导数，且 $\exists M, N > 0$ ，当 $n > N$ 时， $\forall x \in (x_0 - R, x_0 + R)$ ，均有 $|f^{(n)}(x_0)| \leq M$ ，则

$$
f (x) = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \frac {f ^ {(n)} (x _ {0})}{n !} (x - x _ {0}) ^ {n}, \forall x \in (x _ {0} - R, x _ {0} + R)
$$

练习10.8幂级数直接展开(1) $\frac{ax + b}{cx + d}$ 型： $f(x) = \frac{x - 3}{x + 1}$ 在 $x = 1$ 处的幂级数展开

(2) $f(x)=\frac{1}{x(x+1)}$ 在 x=1 处幂级数展开

(3) $f(x)=\frac{1}{1-3x+2x^{2}}$ 在 x=0 处展开

(4) $f(x) = \frac{x}{1 + x - 2x^2}$ 在 $x = 0$ 处展开

解(1)首先 $f(x)=1-\frac{4}{1+x}$ ，设t=x-1，则 $f(x)=g(t)=1-\frac{4}{2+t}$ ，因此 $f(x)=1-2\cdot\frac{1}{1+\frac{t}{2}}=1-2\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-t}{2}\right)^{n}$ ，
因此得到

$$
f (x) = 1 - \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \left(\frac {- t}{2}\right) ^ {n}
$$

(2) 设 $t = x - 1$ ，可以得到 $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left(1 - \frac{1}{2^{n+1}}\right)(x - 1)^n$

## 10.3.2 求导与求积

练习10.9几个经典的积分与求导法(1)计算 $f(x) = \frac{1}{(1 + x)^2}$ 在 $x = 0$ 处的幂级数展开

(2) 计算 $f(x) = \arcsin x$ 在 $x = 0$ 处的幂级数展开

(3) 计算 $f(x) = \int_{0}^{x} \frac{\sin t}{t} t$ 在 $x = 0$ 处的幂级数展开

解(1)积分得到 $\int_0^x f(t)\mathrm{d}t = -\frac{1}{1 + t}\bigg|_0^x = 1 - \frac{1}{1 + x} = 1 - \sum_{n = 0}^{\infty}(-x)^n$ ，因此 $f(x) = \left(\int_0^x f(t)\mathrm{d}t\right)' = \sum_{n = 1}^{\infty}(-1)^{n + 1}nx^{n - 1}$

$$
(2) f ^ {\prime} (x) = \frac {1}{\sqrt {1 - x ^ {2}}}, \text { 而 }
$$

$$
(1 - x ^ {2}) ^ {- \frac {1}{2}} = 1 + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {(- \frac {1}{2}) (- \frac {3}{2}) \cdots (- \frac {1}{2} - n + 1)}{n !} (- x ^ {2}) ^ {n} = 1 + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {(2 n - 1) ! !}{(2 n) ! !} x ^ {2 n}
$$

因此 $f(x) = f(0) + \int_0^x f'(t)\mathrm{d}t = x + \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(2n - 1)!!}{(2n + 1)(2n)!!} x^{2n + 1}$

练习 10.10arctan 经典题目 求幂级数展开:

(1) $f(x)=\arctan x$

(2) 重点 (ZJU2021): $g(x) = \arctan \frac{1 - kx}{1 + kx}$

(3) 重点: $h(x) = \arctan \frac{2x}{1 - x^2}$ , 求导结果很简单

解 (1) $f'(x)=\frac{1}{1+x^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}(-x^{2})^{n}$ ，因此

$$
f (x) = f (0) + \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \int_ {0} ^ {x} (- 1) ^ {n} t ^ {2 n} \mathrm{d} t = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} (- 1) ^ {n} \frac {x ^ {2 n + 1}}{2 n + 1}
$$

(2) $\arctan \frac{1 - kx}{1 + kx} = \arctan 1 - \arctan kx$ ，因此

$$
g (x) = \frac {\pi}{4} - \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \frac {(- 1) ^ {n} k ^ {2 n + 1}}{2 n + 1} x ^ {2 n + 1}
$$

(3) $h'(x)=\frac{2}{1+x^{2}}$ (别怕求导！)，因此 $h'(x)=2\sum_{n=0}^{\infty}(-x^{2})^{n}$ ，积分得到

$$
h (x) = 2 \sum_ {n = 0} ^ {\infty} \frac {(- 1) ^ {n}}{2 n + 1} x ^ {2 n + 1}
$$






> [!proof]- 证明状态
> 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。


> [!theorem] 幂级数在收敛圆内一致收敛
> 对幂级数 $\sum a_n(x-x_0)^n$，若 $|x-x_0|\le r<R$，其中 $ 为收敛半径，则该级数在该闭区间上一致收敛。
> ^thm-power-uniform

> [!proof]- 证明
> 取 <\rho<R$。由收敛半径定义，数项级数 $\sum |a_n|\rho^n$ 收敛；而 $|a_n(x-x_0)^n|\le |a_n|\rho^n$。由 Weierstrass 判别法，原幂级数在 $|x-x_0|\le r$ 上一致收敛。