幂级数：收敛半径、端点与有保证的近似

学习目标与基础

把幂级数看成由输入索引的一族数项级数，确定其收敛区间，并在指定输入范围上为有限近似建立误差界。所需基础是数列、有限与无穷等比和、多项式代数及实数完备性。核心论证不需要逐项求导或积分。

以实数 $a$ 为中心的幂级数为

$$\sum_{n=0}^{\infty}c_n(x-a)^n,$$

其中系数 $c_n$ 是固定实数。每选定一个 $x$，部分和就形成数值数列。只有在该数列收敛的输入上，级数的和才定义为函数。当 $x=a$ 时值为 $c_0$；$n=0$ 项是常数多项式 $c_0$，而不是对数值 $0^0$ 作含糊求值。

有限多项式是终止的幂级数，在所有位置收敛。无穷幂级数可能只在中心收敛，因此不能仅凭每一个单独项就为公式指定定义域。

证明桥梁：有限和、等比极限与比较

下述等比恒等式中的 $a,r$ 可以为实数或复数，并令 $\rho=|r|$。当使用复数时，有符号余项应理解为复数余项；复数和的收敛按模定义。

我们将阿基米德性质与完备性作为实数的基本性质。阿基米德性质说明：对每个实数 $M$，都存在正整数 $N\in\mathbb Z_{\ge1}$ 使 $N>M$。完备性说明：每个非空且有上界的实数集合都有最小上界。归纳法只用于有限整数论证；这里不预设无穷抵消或重排。

等比幂趋于零。 设 $0\le\rho<1$。若 $\rho=0$，则对 $n\ge1$ 有 $\rho^n=0$。否则令 $t=1/\rho-1>0$。由归纳法有 $(1+t)^n\ge1+nt$：将 $1+nt$ 乘以 $1+t$，得到 $1+(n+1)t+nt^2\ge1+(n+1)t$。因此 $0\le\rho^n\le1/(1+nt)$。给定 $\varepsilon>0$，阿基米德性质保证存在 $N$ 使 $1+Nt>1/\varepsilon$；对 $n\ge N$ 就有 $\rho^n<\varepsilon$。所以当 $|r|<1$ 时，$r^n\to0$。

当 $|r|<1$ 时，对有限等比和 $S_N=a(1-r^N)/(1-r)$，直接相减得

$$\left|S_N-\frac a{1-r}\right|=\frac{|a|\,|r|^N}{|1-r|}\longrightarrow0.$$

这从收敛定义直接证明无穷和及其精确有符号余项 $a r^N/(1-r)$，也包括负公比。若 $a=0$，对每个实数或复数 $r$，所有部分和都为零。若 $a\ne0$ 且 $|r|\ge1$，各项的绝对值至少为 $|a|$，所以各项不趋于零。

为什么收敛级数的项趋于零。 若 $S_n\to S$，则

$$|a_n|=|S_n-S_{n-1}|\le|S_n-S|+|S_{n-1}-S|.$$

对任意 $\varepsilon>0$，当 $n$ 充分大时，右边两项都小于 $\varepsilon/2$，故 $a_n\to0$。此外，每个收敛实数列都有界：充分靠后的项与极限的距离小于一，而之前有限项也有界。这些事实证明上面的等比级数发散结论。

调和级数的有限分块发散证明。 对每个整数 $k\ge1$，有限区块 $n=2^{k-1}+1,\ldots,2^k$ 有 $2^{k-1}$ 项，每项至少为 $1/2^k$。因此

$$\sum_{n=1}^{2^K}\frac1n =1+\sum_{k=1}^K\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}\frac1n \ge1+\frac K2.$$

这些部分和无界，所以调和级数不收敛；但由阿基米德性质，$1/n\to0$。以上分组全部是有限的，不依赖无穷级数重排定理。

比较与绝对收敛。 先证明非递减且有上界的实数列 $(s_n)$ 收敛于 $L=\sup\{s_n:n\ge1\}$。对每个 $\varepsilon>0$，存在 $s_N>L-\varepsilon$，否则 $L-\varepsilon$ 就是上界；对 $n\ge N$，有 $L-\varepsilon<s_n\le L$。

若从某项开始 $0\le u_n\le b_n$，且 $b_n\ge0$、$\sum b_n$ 收敛，则 $u_n$ 的尾部部分和非递减，并被固定的有限初始贡献加上 $b_n$ 部分和的一个上界所控制。由前面的上确界论证，$\sum u_n$ 收敛。对实数 $a_n$，若 $\sum|a_n|$ 收敛，可将该论证用于 $a_n^+=(|a_n|+a_n)/2$ 和 $a_n^-=(|a_n|-a_n)/2$；它们都介于零与 $|a_n|$ 之间。两个部分和各自收敛，所以其差 $\sum_{n=1}^N a_n$ 收敛，因为差的误差不超过两个各别误差之和。对复数 $a_n$，将实数结论用于实部和虚部，它们的绝对值均不超过 $|a_n|$。 若两个分量和的极限为 $U,V$，则复数部分和趋于 $U+iV$，因为 $|z-(U+iV)|\le|\operatorname{Re}z-U|+|\operatorname{Im}z-V|$。这证明绝对收敛蕴含收敛，也证明可与收敛的等比控制级数作比较。改变有限个初始项不影响收敛性，因为它只给后面的部分和加上固定有限常数。

1. 为什么收敛向内部传播

引理：项有界给出等比控制

假设幂级数在 $x_0\ne a$ 处收敛，则其项有界：存在 $M>0$，使对所有 $n$ 均有 $|c_n(x_0-a)^n|\le M$。若 $|x-a|<|x_0-a|$，则

$$|c_n(x-a)^n|\le M\left(\frac{|x-a|}{|x_0-a|}\right)^n,$$

因而由等比比较，级数绝对收敛。

证明。 收敛数项级数的项趋于零，因此有界，包括有限个初始项。把 $(x-a)^n$ 分解成 $(x_0-a)^n[(x-a)/(x_0-a)]^n$。所得等比公比的绝对值小于 1，证明了比较。由三角不等式，绝对收敛又使带符号的尾和满足柯西条件，因此原级数也收敛。

定理：收敛半径

存在扩展数 $R\in[0,\infty]$，使级数在 $|x-a|<R$ 时绝对收敛，在 $|x-a|>R$ 时发散。若 $0<R<\infty$，两个端点 $a-R,a+R$ 须分别检验。

证明。 令 $R$ 为级数收敛点到中心距离 $|x-a|$ 的上确界，中心提供距离零。若给定距离 $r<R$，由上确界定义存在一个距离大于 $r$ 的收敛点；引理因而给出距离为 $r$ 的每个点都绝对收敛。由上界性质，距离大于 $R$ 的点不可能是收敛点。同一论证涵盖收敛距离集合无界、$R=\infty$ 的情况，也涵盖只有距离零出现、$R=0$ 的情况。论证使用严格距离比较，因此不能判定距离恰为 $R$ 的两个端点。

因此收敛区间可以是开区间、闭区间，或只在一端闭合。距离中心相同并不迫使带符号的两个端点具有相同的收敛行为。

2. 完整的端点例子

考虑 $\sum_{n=1}^{\infty}(x-2)^n/n$。当 $|x-2|<1$ 时，其各项绝对值由 $|x-2|^n$ 控制，故级数收敛。若 $|x-2|>1$，记 $\rho=|x-2|>1$。项 $\rho^n/n$ 不趋于零：相邻项之比为 $\rho n/(n+1)$，最终有一个大于 1 的下界。因此收敛半径为 1。

当 $x=3$ 时，级数是调和级数，发散。当 $x=1$ 时，它是交错调和级数，收敛但不绝对收敛。为证明交错结论，先取负号，得到以正项开始的交错调和级数。对于取负后的级数，偶数部分和递增、奇数部分和递减；每个偶数部分和不大于其后任一奇数部分和，而配对之差趋于零。由实数完备性，它们有共同极限。再取负号仍保持收敛。这是正项绝对值递减至零时通常的交错论证，而不是可以随意使用交替符号的许可。因此收敛区间为 $[1,3)$。

比较而言，$\sum_{n\ge1}(x-2)^n/n^2$ 在两个端点都绝对收敛。数项级数 $\sum1/n^2$ 收敛，因为当 $n\ge2$ 时，$1/n^2\le1/[n(n-1)]=1/(n-1)-1/n$，右边是可望远求和的优级数。因此其收敛区间为 $[1,3]$，虽然半径同样是 1。

3. 从有限等比恒等式得到函数

当 $|x|<1$ 时，有限公式 $\sum_{n=0}^N x^n=(1-x^{N+1})/(1-x)$ 给出

$$\frac1{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n, \qquad \frac1{3-2x}=\frac13\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2x}{3}\right)^n \quad\text{when }|x|<\frac32.$$

有理函数可能在这些区间之外仍有定义，但这些特定的级数表示没有。例如在 $x=2$ 处，$1/(3-2x)=-1$ 存在，而等比表示的公比为 $4/3$，故发散。函数公式的定义域与某个展开式的收敛域不同。

代入也可以改变幂次形状。级数

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

是公比为 $(x-1)^2/4$ 的等比级数。它恰在 $|x-1|<2$ 时收敛，因此区间为 $(-1,3)$，其中的和为 $1/[1-(x-1)^2/4]$。两个端点处每一项都为 1，违反项趋于零的必要条件。

4. 在整个输入范围上近似

假设在距离 $s>0$ 处收敛，从而 $|c_n|s^n\le M$。固定 $0<r<s$，则所有满足 $|x-a|\le r$ 的输入，其次数 $N$ 之后的尾和满足

$$\left|\sum_{n=N+1}^{\infty}c_n(x-a)^n\right| \le\frac{M(r/s)^{N+1}}{1-r/s}.$$

同一个界在较小闭区间内处处成立。它控制全部遗漏项，并且与区间内所选输入无关，因此是有保证的近似。

更具体地，在 $|x|\le r<1$ 上，

$$\left|\sum_{n=N+1}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}\right| \le\frac{r^{N+1}}{(N+2)(1-r)},$$

因为该尾和中始终有 $1/(n+1)\le1/(N+2)$。当 $r$ 接近 1 的端点时，分母 $1-r$ 解释了为何第一遗漏项很小，整个误差仍可能不小。关于和函数的导数或积分还需要后续分析中提供的其他定理，不能在这里未经证明地假设。

5. 零半径和无穷半径都是实际情形

对于 $\sum_{n\ge0}n!x^n$，任何非零输入的相邻项绝对值之比为 $(n+1)|x|$，最终至少为 2。各项不可能趋于零，故半径为零。在中心，级数只有常数项贡献。

对于 $\sum_{n\ge0}x^n/n!$，先取 $x=0$：常数项为一，每个更高次多项式项为零，故级数收敛。若 $x\ne0$，各项绝对值均为正，相邻项之比为 $|x|/(n+1)$，最终不大于 $1/2$。从该指标开始反复比较，绝对尾和便由收敛等比尾和控制。故其半径为无穷。将其和识别为指数函数并证明指数法则是另一项构造；收敛结论本身不依赖这一恒等式。

分层练习与诊断

1. 中心代换。 求 $\sum_{n\ge0}[(x+2)/5]^n$ 的收敛区间与和，并检查两个端点。
2. 端点证明。 确定 $\sum_{n\ge1}(x+1)^n/n^2$ 的收敛区间，证明端点检验，不能把趋于 1 的比值当作决定性依据。
3. 定义域区分。 解释为什么有理函数 $1/(1-x)$ 在 $x=2$ 处有定义，尽管所示等比展开不能在那里表示它。
4. 有保证的尾界。 对 $|x|\le1/2$ 上的 $\sum_{n\ge0}x^n/(n+1)$，给出次数 $N$ 后的显式误差界，证明它趋于零。
5. 半径诊断。 证明 $\sum_{n\ge0}n!(x-3)^n$ 的半径为零，并指出其中心处的和。
6. 修复证明。 某学生说，在 $x=a+s$ 收敛便证明在 $a\pm s$ 及所有更远点都收敛。准确说明向内传播引理证明了什么，并给出更强说法的端点反例。

完整解答

1. 公比的绝对值小于 1 当且仅当 $-5<x+2<5$，即 $-7<x<3$。当 $x=3$ 时各项为 1；当 $x=-7$ 时各项在 1 与 −1 间交替，仍不趋于零。两个端点都发散。内部的和为 $1/[1-(x+2)/5]=5/(3-x)$。
2. 当 $|x+1|<1$ 时，由等比比较内部收敛；距离更大时，记 $\rho=|x+1|>1$。相邻项绝对值之比为 $\rho n^2/(n+1)^2$，最终至少为 $q=(1+\rho)/2>1$。反复比较给出一条增长无界的正等比数列下界，故各项不趋于零。在 $x=0$ 和 $x=-2$，绝对值级数为 $\sum1/n^2$，由上面的望远界收敛。完整区间为 $[-2,0]$。比值趋于 1 本身不能决定收敛性。
3. 在 2 处，函数值为 $-1$，因为分母非零。幂级数的部分和在那里为 $1+2+\cdots+2^N=2^{N+1}-1$，发散。只有等比余项趋于零时才证明了函数等于级数的和，即 $|x|<1$。
4. 误差界为 $(1/2)^{N+1}/[(N+2)(1-1/2)]=2^{-N}/(N+2)$。它至多为 $2^{-N}$，因而趋于零。该推导在所述区间上一致控制整个绝对尾和，包括抵消可能使实际误差更小的负输入。
5. 对任意 $x\ne3$，相邻项绝对值之比为 $(n+1)|x-3|$，最终大于 2，因此各项不满足趋于零的必要条件。只有中心处收敛，值为常数项 $0!=1$，故半径为零。
6. 在距离 $s>0$ 处收敛意味着每个严格更小的距离处绝对收敛，却不保证相反端点或更远处收敛。对于 $\sum_{n\ge1}(-1)^n x^n/n$，输入 $x=1$ 得到收敛的交错调和级数，但 $x=-1$ 得到发散的正项调和级数。当 $|x|>1$ 时各项不趋于零。等比比较中的严格不等式不可省略。

总结与术语

幂级数为每个输入指定一个数项级数。中心是取幂所围绕的输入，半径分隔内部绝对收敛与外部发散。端点检验独立于内部检验。范围上的一致尾界同时保证该较小范围内每个输入的近似误差，而不声称未经证明的求导或积分交换。