万字长文让你看够幂级数

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一、幂级数是什么？

由常数项乘以幂函数组成的无穷级数：
$$\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n{x}^n=c_0+c_{1}x+c_2{x}^2+c_3{x}^3+\dots$$
它在$(-R,R)$内一定收敛，通常是否取到端点要具体讨论。这里$R=1/{\lim }_{n\to \infty }\left|\frac{c_{n+1}}{c_n}\right|$，且 $R$ 可以为0或无穷大。

二、常见的幂级数

$$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+x^4+\dots =\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n,x\in (-1,1)$$

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\dots =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!},x\in R$$

$$\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\frac{x^8}{8!}-\cdots =\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!},x\in R$$

$$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!}-\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{(n-1)}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!},x\in R$$

$$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{(n-1)}\frac{x^n}{n}\stackrel{\text{ or }}{=}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{x^n}{n},(x\in (-1,1])$$

$${\tan }^{-1}x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\frac{x^9}{9}-\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{(n-1)}\frac{x^{2n-1}}{2n-1},(x\in (-1,1])$$

$$\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}+\dots ,x\ge -1$$

$$(1+x{)}^k=1+kx+\frac{k(k-1)}{2!}{x}^2+\frac{k(k-1)(k-2)}{3!}{x}^3+\dots =\sum _{n=0}^{\infty }\left(\begin{array}{l}k\\ n\end{array}\right)x^n,|x|<1$$

暂时写上这些，有空再来补充。

三、幂级数重要结论：在收敛域内可逐项求导和积分

例1：($|x|<1$)
$$\begin{array}{rl}\frac{1}{(1-x{)}^2}& =\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{1-x}\right)\\ & =\frac{d}{dx}\left(\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n\right)\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }n{x}^{n-1}\\ & =1+2x+3x^2+4x^3+\cdots \end{array}$$
例2：($|x|<1$)
$$\begin{array}{rl}\ln (1+x)& =\int \frac{1}{1+x}dx\\ & =\int \left(\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n\right)dx\\ & =\left(\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{n+1}}{n+1}\right)+C\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{n+1}}{n+1}\\ & =x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots \end{array}$$
例3： 已知$\frac{d}{dx}{\tan }^{-1}(x)=\frac{1}{1+x^2}$，$\frac{1}{1+x^2}={\sum }_{n=0}^{\infty }{\left(-x^2\right)}^n={\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{2n}$，那么
KaTeX parse error: No such environment: eqnarray at position 8: \begin{̲e̲q̲n̲a̲r̲r̲a̲y̲}̲ \tan^{-…
由于${\tan }^{-1}(0)=0$，因此$C=0$，所以得到上面的公式：
$${\tan }^{-1}(x)=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots$$
例4： 从$\mathrm{arctanh}x$ 出发我们能推出些啥结论? (注意不是$\arctan$, 而是$\tanh (x)=\frac{\sinh (x)}{\cosh (x)}=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}$的反函数)
$$\begin{array}{rl}f(x)& =\mathrm{arctanh}x\\ f^{\prime }(x)& =\frac{1}{1-x^2}\\ f^{\prime \prime }(x)& =\frac{2x}{{\left(1-x^2\right)}^2}\\ f^{\prime \prime \prime }(x)& =\frac{2}{{\left(1-x^2\right)}^2}-\frac{8x^2}{{\left(1-x^2\right)}^3}\end{array}$$
注意到$\mathrm{arctanh}x=\frac{1}{1-x^2}={\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^{2n},(|x|<1)$， 可以得出：
$$\mathrm{arctanh}x={\int }_0^x\left(1+t^2+t^4+\dots \right)dt=x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\dots$$
当然还没结束：
$$\begin{array}{rl}f(x)& =\log \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\\ & =\frac{1}{2}\log (1+x)-\frac{1}{2}\log (1-x)\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^x\left(\frac{1}{1+t}+\frac{1}{1-t}\right)dt\\ & ={\int }_0^x\frac{dt}{1-t^2}\\ & ={\int }_0^x\left(1+t^2+t^4+\dots \right)dt\\ & =x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\dots \\ & =\mathrm{arctanh}x\end{array}$$

四、用幂级数求数项级数的和

例5： 求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n}{3^n}$
$$\begin{array}{rl}f(x)& =\sum _{n=0}^{\infty }n{x}^n\\ \frac{f(x)}{x}& =\sum _{n=0}^{\infty }n{x}^{n-1}\\ \int \frac{f(x)}{x}dx& =C+\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n\\ \int \frac{f(x)}{x}dx& =C+\frac{1}{1-x}\\ \frac{d}{dx}\int \frac{f(x)}{x}dx& =-\frac{1}{(1-x{)}^2}\\ \frac{f(x)}{x}& =\frac{1}{(1-x{)}^2}\\ f(x)& =\frac{x}{(1-x{)}^2}\end{array}$$
由于它在$\mid x\mid <1$内收敛，因此可令$x=\frac{1}{3}$，有
$$f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{\frac{1}{3}}{{\left(\frac{2}{3}\right)}^2}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{n}{3^n}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{3^n}=\frac{3}{4}$$

例6： ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(n+1{)}^2}{{\pi }^n}$
$$\begin{array}{rl}f(x)& =\sum _{n=0}^{\infty }(n+1{)}^2{x}^n\\ \int f(x)dx& =C+\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)x^{n+1}\\ \frac{\int f(x)dx}{x}& =\frac{C}{x}+\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)x^n\\ \int \frac{\int f(x)dx}{x}dx& =D+\int \frac{C}{x}dx+\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{n+1}\\ \int \frac{\int f(x)dx}{x}dx& =D+\int \frac{C}{x}dx+x\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n\\ \int \frac{\int f(x)dx}{x}dx& =D+\int \frac{C}{x}dx+\frac{x}{1-x}\\ \frac{\int f(x)dx}{x}& =\frac{C}{x}+\frac{(1-x)(1)-x(-1)}{(1-x{)}^2}\\ \frac{\int f(x)dx}{x}& =\frac{C}{x}+\frac{1}{(1-x{)}^2}\\ \int f(x)dx& =C+\frac{x}{(1-x{)}^2}\\ f(x)& =\frac{(1-x{)}^2(1)-x(2(1-x)(-1))}{(1-x{)}^4}\\ f(x)& =\frac{(1-x{)}^2+2x(1-x)}{(1-x{)}^4}\\ f(x)& =\frac{(1-x)+2x}{(1-x{)}^3}\end{array}$$
由于级数$f(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }(n+1{)}^2{x}^n$的收敛域也是$\mid x\mid <1$，因此可令$x=\frac{1}{\pi }$，于是有
$$f\left(\frac{1}{\pi }\right)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(n+1{)}^2}{{\pi }^n}=\frac{\left(1-\frac{1}{\pi }\right)+\frac{2}{\pi }}{{\left(1-\frac{1}{\pi }\right)}^3}$$

五、用幂级数求数列通项公式

幂级数还可以用来求数列的通项公式，基本的思路为：

这种方法又称母函数法，通常见于组合数学。

例7. 求Fibonacci数列的通项公式：

先设：
$$s(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{F}_k{x}^k$$

考虑Fibonacci的定义$F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$，有
$$\begin{array}{rl}s(x)& =\sum _{k=0}^{\infty }{F}_k{x}^k\\ & =F_0+F_{1}x+\sum _{k=2}^{\infty }\left(F_{k-1}+F_{k-2}\right)x^k\\ & =x+\sum _{k=2}^{\infty }{F}_{k-1}{x}^k-\sum _{k=2}^{\infty }{F}_{k-2}{x}^k\\ & =x+x\sum _{k=0}^{\infty }{F}_k{x}^k+x^2\sum _{k=0}^{\infty }{F}_k{x}^k\\ & =x+xs(x)+x^{2}s(x)\end{array}$$
解出$s(x)$
$$s(x)=\frac{x}{1-x-x^2}=\frac{-x}{x^2+x-1}$$
又：
$$\frac{x}{1-x-x^2}=\frac{x}{(1-\phi x)(1-\psi x)}=\frac{\frac{1}{\sqrt{5}}}{1-\phi x}+\frac{-\frac{1}{\sqrt{5}}}{1-\psi x}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1}{1-\phi x}-\frac{1}{1-\psi x}\right)$$
注意到$\phi ,\psi$很好求，它们是分母的根：
$$\phi =\frac{1+\sqrt{5}}{2},\psi =\frac{1-\sqrt{5}}{2}$$
再代回上式得到：
$$\begin{array}{rl}s(x)& =\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1}{1-\phi x}-\frac{1}{1-\psi x}\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\phi }^n{x}^n-\sum _{n=0}^{\infty }{\psi }^n{x}^n\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\sum _{n=0}^{\infty }\left({\phi }^n-{\psi }^n\right)x^n\right)=\sum _{k=0}^{\infty }{F}_k{x}^k\end{array}$$
因此：
$$F_n=\frac{{\phi }^n-{\psi }^n}{\sqrt{5}}=\frac{{\phi }^n-(-\phi {)}^{-n}}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^n-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^n\right]$$

六、用幂级数解微分方程

例8. 考虑一个简单的方程：
$$y^{\prime \prime }+y=0$$
设它的解为一个幂级数：
$$y\left(x\right)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$$
考虑：
$$y^{\prime }\left(x\right)=\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}{y}^{\prime \prime }\left(x\right)=\sum _{n=2}^{\infty }n\left(n-1\right)a_n{x}^{n-2}$$
带回原方程得到：
$$\sum _{n=2}^{\infty }n\left(n-1\right)a_n{x}^{n-2}+\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=0$$
对第一项的系数进行一下调整：
$$\sum _{n=0}^{\infty }\left(n+2\right)\left(n+1\right)a_{n+2}{x}^n+\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=0$$

实际上就是将 $\sum _{n=2}^{\infty }n\left(n-1\right)a_n{x}^{n-2}$ 中的$n$ 换成 $n-2$.

整理得到：
$$\sum _{n=0}^{\infty }\left[\left(n+2\right)\left(n+1\right)a_{n+2}+a_n\right]x^n=0$$
接下来就有意思了，由于上面的幂级数必须为零，它又是无穷级数，因此每项系数必为0：
$$\left(n+2\right)\left(n+1\right)a_{n+2}+a_n=0,n=0,1,2,\dots$$
由上式可以总结出以下规律：
$$a_{2k}=\frac{(-1{)}^k{a}_0}{(2k)!},k=1,2,\dots a_{2k+1}=\frac{(-1{)}^k{a}_1}{(2k+1)!},k=1,2,\dots$$
接下来的事情虽然看似麻烦，但仍然清楚：
$$\begin{array}{rl}y\left(x\right)& =\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\\ & =a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+\cdots +a_{2k}{x}^{2k}+a_{2k+1}{x}^{2k+1}+\cdots \\ & =a_0+a_{1}x-\frac{a_0}{2!}{x}^2-\frac{a_1}{3!}{x}^3+\cdots +\frac{{\left(-1\right)}^k{a}_0}{\left(2k\right)!}{x}^{2k}+\frac{{\left(-1\right)}^k{a}_1}{\left(2k+1\right)!}{x}^{2k+1}+\cdots \end{array}$$
再重新整理：
$$\begin{array}{rl}y\left(x\right)& =a_0\left\{1-\frac{x^2}{2!}\cdots +\frac{{\left(-1\right)}^k{x}^{2k}}{\left(2k\right)!}+\cdots \right\}+a_1\left\{x-\frac{x^3}{3!}+\cdots +\frac{{\left(-1\right)}^k}{\left(2k+1\right)!}{x}^{2k+1}+\cdots \right\}\\ & =a_0\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^k{x}^{2k}}{\left(2k\right)!}+a_1\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^k{x}^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}\end{array}$$
注意到：
$$\cos \left(x\right)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^n{x}^{2n}}{\left(2n\right)!}\sin \left(x\right)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^n{x}^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}$$
因此：
$$y\left(x\right)=c_1\cos \left(x\right)+c_2\sin \left(x\right)$$

这个例子只是一个比较简单的问题。当然完全可以直接用简单的方法求解。但这种方法在求解其它更为复杂的非线性方程的时候十分有用，因为对于许多方程它并不一定有初等表达式。但如果其幂级数解存在的话，那么就可以对它进行近似计算。这种数值计算方法通常又比普通的差分法要精确得多，目前也是计算数学界较为主流的一种方法。

参考资料：

http://people.math.sc.edu/girardi/m142/handouts/10sTaylorPolySeries.pdf

https://math.berkeley.edu/~neu/undergrad_chap1.pdf

https://www.math.cuhk.edu.hk/course_builder/1516/math1010c/Power_series.pdf

https://web.ma.utexas.edu/users/m408s/CurrentWeb/LM14-3-10.php

[http://math.caltech.edu/_{syye/teaching/courses/Ma8_2015/Lecture%20Notes/ma8_wk10.pdf](http://math.caltech.edu/}syye/teaching/courses/Ma8_2015/Lecture Notes/ma8_wk10.pdf)

https://tutorial.math.lamar.edu/classes/de/seriessolutions.aspx