一、幂级数

1. 幂级数的定义

1. 一般形式

形如

\[ \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n = a_0 + a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + \dots + a_n(x-x_0)^n + \dots \]

的函数项级数称为幂级数。其中：

$a_n \ (n \ge 0)$ 为常数，称为幂级数的系数。
$x_0 \in \mathbb{R}$ 为常数，称为幂级数的展开中心。
$x$ 为自变量。

2. 标准形式

为了研究方便，通常作平移变换 $t = x - x_0$。因此，只要透彻研究展开中心为原点 $x_0 = 0$ 的标准幂级数即可：

\[ \sum_{n=0}^\infty a_n x^n = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots + a_n x^n + \dots \]

2. 阿贝尔第一定理

阿贝尔第一定理从根本上揭示了幂级数收敛域的几何结构（以原点为中心的对称区间）。

定理：

设幂级数 $\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ 在点 $x = \xi \ (\xi \neq 0)$ 处收敛，则对于任意满足 $|x| < |\xi|$ 的点 $x$，该幂级数在点 $x$ 处绝对收敛。

(推论：若幂级数在 $x = \eta$ 处发散，则对于任意满足 $|x| > |\eta|$ 的点 $x$，幂级数必发散。)

证明：

目标： 证明 $\sum_{n=0}^\infty |a_n x^n|$ 收敛。

证明逻辑：

利用收敛的必要条件： 因为 $\sum_{n=0}^\infty a_n \xi^n$ 收敛，根据级数收敛的必要条件，其一般项趋于 0，即 $\lim_{n \to \infty} a_n \xi^n = 0$。
构造有界性： 收敛数列必有界，故存在常数 $M > 0$，使得对 $\forall n \ge 0$，都有 $|a_n \xi^n| \le M$。
恒等变形与放缩： 对于任意给定的 $x$ 且 $|x| < |\xi|$，我们将一般项进行拆分：
```
$$
```
|a_n x^n| = \left| a_n \xi^n \cdot \left(\frac{x}{\xi}\right)^n \right| = |a_n \xi^n| \cdot \left|\frac{x}{\xi}\right|^n \le M \cdot \left|\frac{x}{\xi}\right|^n $$
应用比较判别法： 令 $q = \left|\frac{x}{\xi}\right|$。由于 $|x| < |\xi|$，因此 $0 \le q < 1$。

等比级数（几何级数） $\sum_{n=0}^\infty M q^n$ 是一个公比小于 1 的正项级数，必定收敛。

由正项级数的比较判别法可知，$\sum_{n=0}^\infty |a_n x^n|$ 收敛。即原幂级数在点 $x$ 处绝对收敛。

3. 收敛半径、收敛区间与收敛域

基于阿贝尔定理，幂级数的收敛点集必然是一个以原点为中心的区间。

3.1 定义

定义非负实数或正无穷大 $R = \sup \{ |x| : \text{幂级数 } \sum a_n x^n \text{ 在点 } x \text{ 处收敛} \}$。

收敛半径： 常数 $R$ 称为幂级数的收敛半径。
收敛区间： 开区间 $(-R, R)$ 称为收敛区间。
收敛域： 包含可能收敛的端点的集合（通常为开、半开或闭区间）。

3.2 收敛半径 $R$ 的三种情形

当 $R = 0$ 时： 幂级数仅在 $x = 0$ 处收敛。

当 $0 < R < +\infty$ 时：

- 在区间 $(-R, R)$ 内，幂级数**绝对收敛**。

- 对于 $|x| > R$，幂级数**发散**。

- 在端点 $x = R$ 和 $x = -R$ 处，可能收敛也可能发散，需单独讨论。

当 $R = +\infty$ 时： 幂级数在整个实数轴 $(-\infty, +\infty)$ 上绝对收敛。

3.3 收敛半径的计算公式

方法一：根值法

设 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = A$。

若 $A = 0$，则 $R = +\infty$。
若 $0 < A < +\infty$，则 $R = \frac{1}{A}$。
若 $A = +\infty$，则 $R = 0$。

(证明思路：对一般项取 $n$ 次根，$\lim \sqrt[n]{|a_n x^n|} = |x| \lim \sqrt[n]{|a_n|} = A |x|$。由根值判别法，令 $A |x| < 1$ 即可得到 $|x| < 1/A$。)

方法二：比值法

设 $\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = A$。

收敛半径 $R$ 的判断结论与上述根值法完全一致，即 $R = \frac{1}{A}$（包含 $A=0$ 和 $A=+\infty$ 的情形）。

3.4 例题与收敛域求解策略

求解幂级数收敛域的标准步骤：

计算收敛半径 $R$。
写出开区间（收敛区间）。
必须单独代入并判断左右两个端点的敛散性，从而确定最终的收敛域。

常见幂级数收敛域汇总

幂级数	$a_n$	$A = \lim \sqrt[n]{\vert a_n \vert}$	R	端点情况	收敛域
$\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}$	$\frac{1}{n}$	$1$	$1$	$x = 1$ 发散 (调和); $x = -1$ 收敛 (交错)	$[-1, 1)$
$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n$	$\frac{(-1)^{n-1}}{n}$	$1$	$1$	$x = 1$ 收敛; $x = -1$ 发散	$(-1, 1]$
$\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2}$	$\frac{1}{n^2}$	$1$	$1$	$x = \pm 1$ 均绝对收敛 (p=2)	$[-1, 1]$
$\sum_{n=1}^\infty x^n$	$1$	$1$	$1$	$x = \pm 1$ 通项不趋于 0，发散	$(-1, 1)$
$\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!}$	$\frac{1}{n!}$	$A = \lim \frac{n!}{(n+1)!} = 0$	$+\infty$	无端点	$(-\infty, +\infty)$
$\sum_{n=1}^\infty (n!)x^n$	$n!$	$A = \lim \frac{(n+1)!}{n!} = +\infty$	$0$	无	$\{0\}$

含有平移的幂级数

例题： 求 $\sum_{n=1}^\infty \frac{(x-1)^n}{n \cdot 2^n}$ 的收敛域。

解：记 $t = x-1$，级数化为 $\sum \frac{t^n}{n \cdot 2^n}$。

系数 $a_n = \frac{1}{n \cdot 2^n}$。

$A = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n \cdot 2^n}} = \frac{1}{2 \lim \sqrt[n]{n}} = \frac{1}{2}$。

收敛半径 $R = 2$。

由 $|t| < 2$ 得 $|x-1| < 2$，即 $-1 < x < 3$。
端点检验：

当 $x = 3$ 时，级数为 $\sum \frac{2^n}{n \cdot 2^n} = \sum \frac{1}{n}$，发散。

当 $x = -1$ 时，级数为 $\sum \frac{(-2)^n}{n \cdot 2^n} = \sum \frac{(-1)^n}{n}$，根据莱布尼茨判别法，条件收敛。
结论： 收敛域为 $[-1, 3)$。

缺项（或高次）幂级数的直接求法

当幂级数形如 $\sum a_n x^{2n}$ 等非标准形式时，直接对整个一般项使用根值或比值判别法通常更简单，无需强行套用公式找 $a_n$。

例题： 求幂级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n}}{n - 3^{2n}}$ 的收敛域。

解：记一般项为 $u_n = \frac{x^{2n}}{n - 3^{2n}}$。对其绝对值开 $n$ 次方取极限：

\[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|u_n|} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\left| \frac{x^{2n}}{n - 3^{2n}} \right|} \]

由于当 $n \to \infty$ 时，$3^{2n} = 9^n$ 是主要增长项，故分母占优项为 $3^{2n}$。

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{x^2}{\sqrt[n]{3^{2n} - n}} = \frac{x^2}{9 \cdot \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 - \frac{n}{9^n}}} = \frac{x^2}{9} \]
要使级数绝对收敛，需满足：

\[ \frac{x^2}{9} < 1 \implies x^2 < 9 \implies |x| < 3 \]

此时级数收敛；当 $|x| > 3$ 时，级数发散。
端点检验：

当 $x = \pm 3$ 时，一般项为 $\frac{3^{2n}}{n - 3^{2n}} = \frac{9^n}{n - 9^n} = \frac{1}{\frac{n}{9^n} - 1}$。

当 $n \to \infty$ 时，该项极限为 $\frac{1}{0 - 1} = -1 \neq 0$。

因一般项不趋于 0，级数发散。
结论： 该级数的收敛域为 $(-3, 3)$。

4. 幂级数的分析性质与阿贝尔定理

探讨幂级数 $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在收敛域内的性质时，首先需要确立其在收敛区间内的一致收敛性，这是后续能够进行逐项求导和逐项积分的理论基础。

4.1 阿贝尔第二定理与一致收敛性

设幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径为 $R > 0$。

定理：

内闭一致收敛：该幂级数在开区间 $(-R, R)$ 内的任意闭子区间 $[-r, r]$ 上（其中 $0 < r < R$）是一致收敛的。
端点收敛的延拓 ：
- 若级数在 $x = R$ 处收敛，则它在闭区间 $[0, R]$ 上一致收敛。
- 若级数在 $x = -R$ 处收敛，则它在闭区间 $[-R, 0]$ 上一致收敛。

证明：

证明 (1) - 优级数判别法 (Weierstrass)：

任取 $r \in (0, R)$。因为 $r$ 在收敛区间内，所以纯数值级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n r^n$ 绝对收敛，即 $\sum_{n=0}^{\infty} |a_n r^n|$ 收敛。

又因为对于任意 $n \ge 0$ 及任意 $x \in [-r, r]$，都有：

\[ |a_n x^n| \le |a_n r^n| \]

由于 $|a_n r^n|$ 是收敛的非负实数项级数，由 Weierstrass 优级数判别法可知，原幂级数在 $[-r, r]$ 上一致收敛。

证明 (2) - 阿贝尔判别法：

假设 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n R^n$ 收敛。我们将原级数恒等变形为：

\[ \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} (a_n R^n) \cdot \left(\frac{x}{R}\right)^n \quad (x \ge 0) \]

令 $u_n(x) = a_n R^n$，$v_n(x) = \left(\frac{x}{R}\right)^n$。对于 $x \in [0, R]$：

$\sum_{n=0}^{\infty} u_n(x)$ 即为常数项级数 $\sum a_n R^n$，由于假设其收敛，且与 $x$ 无关，故在 $[0, R]$ 上一致收敛。
$v_n(x) = (\frac{x}{R})^n$ 对于固定的 $x$，关于 $n$ 单调递减，且对于所有的 $x \in [0, R]$，一致有界（$0 \le v_n(x) \le 1$）。

由阿贝尔判别法，级数 $\sum_{n=0}^{\infty} u_n(x) v_n(x)$，即原级数，在 $[0, R]$ 上一致收敛。

推论： 注意到，已知若函数项级数在集合 $D_1$ 和 $D_2$ 上都一致收敛，则在 $D_1 \cup D_2$ 上也一致收敛。结合上述定理，幂级数在其整个收敛域（无论是否包含端点）上是内闭一致收敛的。

5. 幂级数和函数的性质

设幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径 $R > 0$，其和函数记为 $f(x)$。基于上述的一致收敛性，和函数具有以下优良性质：

5.1 连续性

性质：幂级数的和函数 $f(x)$ 在其收敛域上是连续的。

如果在开区间 $(-R, R)$ 内，由内闭一致收敛性和各项幂函数的连续性直接推得。
如果在端点（例如 $x=R$）收敛，由阿贝尔第二定理，由于在 $[0, R]$ 上一致收敛，且各项在 $[0, R]$ 上连续，故和函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0, R]$ 上连续（在 $x=R$ 处左连续）。

5.2 逐项可积性

性质：幂级数在包含于收敛域的任意闭区间上可以进行逐项积分，且积分后得到的新幂级数，其收敛半径保持不变。

定理表达：

任取收敛域中的两点 $a, b$，有：

\[ \int_a^b \left( \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n \right) dx = \sum_{n=0}^{\infty} \int_a^b a_n x^n dx \]

特别地，取 $a=0, b=x$（$x$ 在收敛域内），有变上限积分：

\[ \int_0^x \left( \sum_{n=0}^{\infty} a_n t^n \right) dt = \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^x a_n t^n dt = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n+1} x^{n+1} \quad \text{--- 记为级数 (3)} \]

**收敛半径不变的推导：

设新级数 (3) 的收敛半径为 $R_3$。原级数收敛半径为 $R$。

由于 $| \frac{a_n}{n+1} x^{n+1} | \le |a_n x^n| \cdot |x|$，原级数绝对收敛域必定被包含于新级数收敛域，故 $R_3 \ge R$。

反证/极限证明 $R \ge R_3$：任取 $x$ 满足 $|x| < R_3$，再取 $r$ 满足 $|x| < r < R_3$。

级数 $\sum \frac{a_n}{n+1} r^{n+1}$ 绝对收敛。

考察原级数项：$|a_n x^n| = \left| \frac{a_n}{n+1} r^{n+1} \right| \cdot \left( \frac{n+1}{r} \right) \cdot \left| \frac{x}{r} \right|^n$

由于 $\lim_{n \to \infty} (n+1) \left|\frac{x}{r}\right|^n = 0$（因为 $|x/r| < 1$），所以该部分有界。根据比较判别法，$\sum |a_n x^n|$ 必然收敛。这说明任意小于 $R_3$ 的点都在原级数的收敛域内，故 $R \ge R_3$。

综合得：$R = R_3$。

5.3 逐项可导性

性质：幂级数在其收敛开区间 $(-R, R)$ 内可以逐项求导，且求导后得到的新幂级数，收敛半径保持不变。

定理表达：

在 $(-R, R)$ 内，可逐项求导，即：

\[ \left( \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n \right)' = \sum_{n=0}^{\infty} (a_n x^n)' = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} \quad \text{--- 记为级数 (4)} \]

且级数 (4) 的收敛半径也为 $R$。

证明思路 (基于函数项级数定理与积分定理的结合)：

考察级数 (4) 逐项积分的结果：$\int_0^x n a_n t^{n-1} dt = a_n x^n$。根据前面的“逐项可积性”，积分不改变收敛半径。因此级数 (4) 与级数 (2) 必须拥有相同的收敛半径 $R$。
由于级数 (4) 的收敛半径为 $R$，它在 $(-R, R)$ 的闭子区间上一致收敛。
原级数 (2) 在 $x=0$ 处显然收敛。

满足上述条件后，应用数学分析中普遍的“函数项级数逐项求导定理”，即可确立逐项求导公式成立。

注：

在上述定理中，“在开区间 $(-R, R)$ 内” 这个条件可替换为 “在它的收敛域内”。

#### 推论： 幂级数与泰勒展开的联系

设函数 $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在 $(-R, R)$ 内有定义。

由“逐项可导性”可知，既然求导后的新级数收敛半径仍为 $R$，可以对新级数继续求导。

推论：

$f(x)$ 在 $(-R, R)$ 内具有任意阶导数（无限次可导），且可以进行无限次逐项求导。

对于任意 $k \ge 1$，第 $k$ 阶导数为：

\[ f^{(k)}(x) = \sum_{n=k}^{\infty} n(n-1)\cdots(n-k+1)a_n x^{n-k} \]

将 $x = 0$ 代入上式，等式右边只有 $n=k$ 的那一项非零，得到：

\[ f^{(k)}(0) = k! \cdot a_k \]

从而推导出系数公式：

\[ a_k = \frac{f^{(k)}(0)}{k!} \quad (k = 0, 1, 2, \dots) \]

(注：当 $k=0$ 时，规定 $0! = 1$，$f^{(0)}(x) = f(x)$，上式显然也成立。这证明了：任何收敛半径大于0的幂级数，必然是其和函数的麦克劳林级数。)

5.4 幂级数的唯一性定理

定理（唯一性定理）：

若幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 与 $\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$ 在 $x=0$ 的某邻域内具有相同的和函数（记为 $f(x)$），则它们的对应系数必然相等，即：

\[ a_n = b_n, \quad n = 0, 1, 2, \dots \]

证明：

由泰勒展开推论的系数公式可知，$a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}$ 且 $b_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}$，故 $a_n = b_n$。

推论（奇偶函数的系数特征）：

设幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径 $R > 0$，并且它的和函数 $f(x)$ 是奇函数（或偶函数），则：

若为奇函数，必有 $a_{2n} = 0 \quad (\forall n \ge 0)$
若为偶函数，必有 $a_{2n+1} = 0 \quad (\forall n \ge 0)$

证明（以奇函数为例）：

由已知条件，对于 $\forall x \in (-R, R)$，有 $f(-x) = -f(x)$。

从而有：

\[ \sum_{n=0}^{\infty} a_n (-x)^n = -\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-a_n) x^n \]

等式左端可化为 $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n a_n x^n$。

由幂级数的唯一性性质，左右两端对应项系数必须相等，即：

\[ (-1)^n a_n = -a_n, \quad \forall n \ge 0 \]

从而可以推导：

\[ ((-1)^{n+1} + 1) a_n = 0, \quad \forall n \ge 0 \]

当 $n$ 为偶数时（令 $n = 2k$），$(-1)^{2k} a_{2k} = -a_{2k} \implies a_{2k} = -a_{2k} \implies a_{2k} = 0 \ (\forall k \ge 0)$。同理可证偶函数的情况。

6. 幂级数求和函数及数项级数求和综合例题

利用幂级数在收敛域内的“逐项可导”与“逐项可积”性质，可以通过引入辅助函数，将复杂的级数转化为已知的基本级数（如几何级数）进行求解。

例 1：基本几何级数的积分与端点分析

考察基础幂级数 (1)：

\[ \sum_{n=0}^{\infty} x^n \]

其收敛域为 $(-1, 1)$，和函数 $f(x) = \frac{1}{1-x}$。

1. 逐次求导：

若对该幂级数逐次求导，可得：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1} = f'(x) = \left(\frac{1}{1-x}\right)' = -(1-x)^{-2} \cdot (-1) = \frac{1}{(1-x)^2}, \quad x \in (-1, 1) \]

2. 逐次积分与阿贝尔定理应用：

若对幂级数 (1) 逐次求积分，对于 $\forall x \in (-1, 1)$：

\[ \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^x t^n dt = \int_0^x \frac{1}{1-t} dt = -\int_0^x \frac{1}{t-1} d(t-1) = -\ln|t-1| \Big|_0^x = -\ln(1-x) \]

即得到幂级数 (2)：

\[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1} = -\ln(1-x), \quad \forall x \in (-1, 1) \]

问：当 $x = -1$ 时，(2) 式是否成立？（即 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n+1} = -\ln 2$ 是否成立？）

解答： 设 $F(x)$ 为 (2) 式左端幂级数对应的和函数。则已知：$F(x) = -\ln(1-x)$，记为式 (3)。

又由于该幂级数在 $x = -1$ 处收敛（交错调和级数收敛），由阿贝尔第二定理，可得 $F(x)$ 在 $x = -1$ 处右连续。

同时，等式右侧的连续函数 $-\ln(1-x)$ 在 $x = -1$ 处也右连续。

因此，在式 (3) 两端同时令 $x \to -1^+$，取极限可得：

\[ F(-1) = -\ln 2 \]

证明了等式在闭区间端点成立。

例 2：提取因子与逐次积分法

求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n^2 x^n$ 的和函数。

解：

易求得该级数收敛域为 $(-1, 1)$。设该幂级数在 $(-1, 1)$ 内的和函数为 $S(x)$，提取一个 $x$：

\[ S(x) = x \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n^2 x^{n-1}, \quad x \in (-1, 1) \]

记 $g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n^2 x^{n-1}$。对其从 $0$ 到 $x$ 逐项积分：

\[ \int_0^x g(t) dt = \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^x (-1)^{n-1} n^2 t^{n-1} dt = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n x^n = x \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n x^{n-1} \]

再记 $h(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n x^{n-1}$，继续对其逐项积分：

\[ \int_0^x h(t) dt = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} x^n = x \sum_{n=1}^{\infty} (-x)^{n-1} = \frac{x}{1+x}, \quad x \in (-1, 1) \]

积分完毕后，利用求导进行逆推：

\[ h(x) = \left( \int_0^x h(t) dt \right)' = \left( \frac{x}{1+x} \right)' = \left( 1 - \frac{1}{1+x} \right)' = \frac{1}{(1+x)^2} \]

\[ g(x) = (x \cdot h(x))' = \left( \frac{x}{(1+x)^2} \right)' = \frac{1 \cdot (1+x)^2 - x \cdot 2(1+x)}{(1+x)^4} = \frac{1-x}{(1+x)^3} \]

最终代回原式得到和函数：

\[ S(x) = x \cdot g(x) = \frac{x(1-x)}{(1+x)^3}, \quad x \in (-1, 1) \]

例 3：缺项幂级数的导数与微分方程法

求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{2n+1}}{(2n)^2 - 1}$ 的和函数。

解：

记一般项为 $u_n(x)$。由根值判别法 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|u_n(x)|} = x^2$。

当 $x^2 < 1$ 即 $|x| < 1$ 时绝对收敛；当 $|x| > 1$ 时发散。

在端点 $x = \pm 1$ 处，级数通项的绝对值为 $\frac{1}{4n^2 - 1} \sim \frac{1}{4n^2}$，由于 $p=2 > 1$，级数绝对收敛。

故该级数收敛域为 $[-1, 1]$。设 $S(x)$ 为该幂级数在 $[-1, 1]$ 内的和函数。

当 $x \in (-1, 1)$ 时，由逐次求导可得（注意 $(2n)^2 - 1 = (2n-1)(2n+1)$，求导后会消去 $2n+1$）：

\[ S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{2n+1}{(2n-1)(2n+1)} x^{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{2n}}{2n-1} = x \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{2n-1}}{2n-1} \quad \text{(记为式4)} \]

设 $g(x)$ 为式(4)中的级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{2n-1}}{2n-1}$ 在 $(-1, 1)$ 内的和函数，对 $g(x)$ 逐次求导：

\[ g'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} x^{2n-2} = \sum_{n=1}^{\infty} (-x^2)^{n-1} = \frac{1}{1+x^2} \]

又因 $g(0) = 0$，对 $g'(x)$ 积分：

\[ g(x) = \int_0^x g'(t) dt + g(0) = \int_0^x \frac{1}{1+t^2} dt = \arctan x \]

于是 $S'(x) = x \cdot g(x) = x \arctan x$。

再因为 $S(0) = 0$，对 $S'(x)$ 积分并使用分部积分法：

\[ S(x) = \int_0^x S'(t) dt + S(0) = \int_0^x t \arctan t \, dt = \int_0^x \arctan t \, d\left(\frac{1}{2}t^2\right) \]

\[ = \frac{1}{2} x^2 \arctan x - \frac{1}{2} \int_0^x \frac{t^2}{1+t^2} dt = \frac{1}{2} x^2 \arctan x - \frac{1}{2} \int_0^x \left( 1 - \frac{1}{1+t^2} \right) dt \]

\[ = \frac{1}{2} x^2 \arctan x - \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \arctan x, \quad x \in [-1, 1] \]

(注：根据阿贝尔第二定理，由于级数在端点处收敛且和函数在此区间连续，故该等式在闭区间 $[-1, 1]$ 上均成立。)

例 4：借助幂级数求解常数项级数

求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{3^n}$ 之和。

解：

将其拆分为两个部分：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{3^n} = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3^n} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n} \]

对于第一部分 $\sum \frac{n}{3^n}$，可以看作是某个幂级数在 $x = \frac{1}{3}$ 时的特例。

令 $S(x)$ 是幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n x^n$ 的和函数，收敛域为 $(-1, 1)$。

\[ S(x) = x \sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1}, \quad x \in (-1, 1) \]

令 $g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1}$。对其逐项积分可得：

\[ \int_0^x g(t) dt = \sum_{n=1}^{\infty} x^n = \frac{x}{1-x}, \quad x \in (-1, 1) \]

两边求导得出 $g(x)$：

\[ g(x) = \left( \frac{x}{1-x} \right)' = \left( -1 + \frac{1}{1-x} \right)' = \frac{1}{(1-x)^2} \]

从而得到 $S(x)$：

\[ S(x) = x \cdot g(x) = \frac{x}{(1-x)^2}, \quad x \in (-1, 1) \]

代入 $x = \frac{1}{3}$，求出第一部分的值：

\[ S\left(\frac{1}{3}\right) = \frac{\frac{1}{3}}{\left(1 - \frac{1}{3}\right)^2} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{4}{9}} = \frac{3}{4} \]

对于第二部分，直接使用等比级数求和公式：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n} = \frac{\frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{1}{2} \]

综上所述，所求原级数和为：

\[ 2 \cdot S\left(\frac{1}{3}\right) + \frac{1}{2} = 2 \cdot \frac{3}{4} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} = 2 \]

7. 幂级数的运算

在共同的收敛区间内，幂级数可以像多项式一样进行代数运算。

定理：

若幂级数 $\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ 与 $\sum_{n=0}^\infty b_n x^n$ 的收敛半径分别为 $R_a$ 与 $R_b$。令 $R = \min\{R_a, R_b\}$，则有以下运算性质：

数乘运算： 对于任意常数 $\lambda \in \mathbb{R}$，有
```
$$
```
\sum_{n=0}^\infty \lambda a_n x^n = \lambda \cdot \sum_{n=0}^\infty a_n x^n, \quad |x| < R_a $$
加减运算：
```
$$
```
\sum_{n=0}^\infty (a_n \pm b_n)x^n = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n \pm \sum_{n=0}^\infty b_n x^n, \quad |x| < R $$
乘法运算（柯西乘积）：

\[ \left( \sum_{n=0}^\infty a_n x^n \right) \cdot \left( \sum_{n=0}^\infty b_n x^n \right) = \sum_{n=0}^\infty c_n x^n, \quad |x| < R \]

其中系数 $c_n$ 由卷积公式给出：$c_n = \sum_{k=0}^n a_k b_{n-k}$。

7.1 数项级数乘积的阿贝尔应用

利用幂级数的乘法运算和阿贝尔第二定理，可以证明常数项级数乘积的一个重要性质。

性质： 设数项级数 $\sum_{n=0}^\infty a_n$、$\sum_{n=0}^\infty b_n$ 与 $\sum_{n=0}^\infty c_n$ 都收敛，且对于 $\forall n \ge 0$，有 $c_n = \sum_{k=0}^n a_k b_{n-k}$。则必有：

\[ \sum_{n=0}^\infty c_n = \left( \sum_{n=0}^\infty a_n \right) \cdot \left( \sum_{n=0}^\infty b_n \right) \quad \text{--- 记为式 (*)} \]

证明：

构造三个辅助幂级数：

令 $f(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$，$g(x) = \sum_{n=0}^\infty b_n x^n$，$h(x) = \sum_{n=0}^\infty c_n x^n$。

由题意，这三个幂级数在点 $x = 1$ 处均收敛。根据阿贝尔第一定理，它们在 $(-1, 1)$ 内绝对收敛，且其收敛域至少为 $(-1, 1]$。

对于 $\forall x \in (-1, 1)$，由幂级数乘法运算可知：

\[ f(x)g(x) = h(x) \quad \text{--- 记为式 (5)} \]

又由这三个幂级数在 $x = 1$ 处收敛，根据阿贝尔第二定理，它们的和函数 $f(x), g(x), h(x)$ 都在 $x = 1$ 处左连续。

于是，在式 (5) 两边同时令 $x \to 1^-$，取极限可得：

\[ f(1)g(1) = h(1) \]

即证得：$\left( \sum_{n=0}^\infty a_n \right) \cdot \left( \sum_{n=0}^\infty b_n \right) = \sum_{n=0}^\infty c_n$，式 (*) 成立。

函数的幂级数展开

1. 泰勒级数与函数展开

1.1 泰勒级数的定义

首先回顾泰勒定理：

设函数 $f$ 在闭区间 $[a, b]$ 上有连续的 $n$ 阶导数，且在 $(a, b)$ 内 $n+1$ 阶可导，则对于 $\forall x_0, x \in [a, b]$，存在介于 $x_0$ 与 $x$ 之间的某点 $\xi$，使得：

\[ f(x) = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} \]

定义（泰勒级数）：

设函数 $f$ 在点 $x_0$ 处存在任意阶导数（即无限次可导），则可定义形式幂级数：

\[ \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n \]

它被称为 $f$ 在点 $x_0$ 处的泰勒级数。

1.2 泰勒级数与原函数相等的条件

提出了泰勒级数后，自然会产生两个疑问：

该泰勒级数的收敛域是什么？
在其收敛域的哪个子集中，该级数的和函数等于原函数 $f(x)$？

反例探究： 考察著名的“平顶函数”。

$$f(x) = \begin{cases}

e^{-\frac{1}{x^2}}, & x \neq 0 \

0, & x = 0

\end{cases}$$

可以证明，该函数在 $x=0$ 处的各阶导数均为零，即 $f^{(n)}(0) = 0 \ (n=1, 2, \dots)$。

从而 $f$ 在 $x=0$ 点处的泰勒级数为：$\sum_{n=0}^\infty 0 \cdot x^n$。

显然，该级数的收敛域为 $(-\infty, +\infty)$，且和函数恒为 $S(x) = 0$。

但是，除了 $x=0$ 之外，在任意其他点都有 $S(x) \neq f(x)$（因为 $e^{-1/x^2} > 0$）。

这说明：函数存在泰勒级数，且泰勒级数收敛，并不意味着泰勒级数的和函数就等于原函数。

原函数等于泰勒级数和函数的充要条件：

设 $S(x)$ 为泰勒级数的和函数，则 $S(x) = f(x)$ 等价于：

\[ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k = f(x) \]

记泰勒多项式（部分和）为 $T_n(x)$，则上式即为：

\[ \lim_{n \to \infty} T_n(x) = f(x) \iff \lim_{n \to \infty} (f(x) - T_n(x)) = 0 \]

令泰勒余项为 $R_n(x) = f(x) - T_n(x)$，即得到余项极限为0的条件。

定理（泰勒展开的充要条件）：

假设函数 $f$ 在点 $x_0$ 的某邻域 $U(x_0, r)$ 中任意阶可导。则 $f$ 在 $U(x_0, r)$ 内等于其泰勒级数的和函数 $\iff$ 对于 $\forall x \in U(x_0, r)$，有：

\[ \lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0 \]

定义（展开式）：

当上述条件成立时，即对于 $\forall x \in U(x_0, r)$ 都有：

\[ f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n \]

则称 $f$ 在 $U(x_0, r)$ 内可展开成泰勒级数。并且该级数被称为 $f$ 在点 $x_0$ 处的泰勒展开式（或幂级数展开式）。

注：

唯一性： 如果存在 $r > 0$，使得在 $U(x_0, r)$ 内有 $f(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n$，由泰勒系数推论必有 $a_n = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} \ (n \ge 0)$。从而 $f$ 的幂级数展开式是唯一的。

麦克劳林级数： 若展开中心 $x_0 = 0$，则级数 $\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$ 被称为 $f$ 的麦克劳林级数。

2. 麦克劳林多项式的三种余项形式

当展开点为 $x_0 = 0$ 时，麦克劳林多项式的余项 $R_n(x) = f(x) - T_n(x)$ 有三种常见的表达形式：

拉格朗日型余项（Lagrange）：
```
$$
```
R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!} x^{n+1}, \quad 0 < \theta < 1 $$
```
（最常用于判断极限 $\lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0$）
```
积分型余项：
```
$$
```
R_n(x) = \frac{1}{n!} \int_0^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n dt $$
柯西型余项（Cauchy）：

\[ R_n(x) = \frac{1}{n!} f^{(n+1)}(\theta x) (1-\theta)^n x^{n+1}, \quad 0 < \theta < 1 \]

3. 函数可展开成泰勒级数的充分条件

函数展开为泰勒级数的充要条件是余项极限为零（$\lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0$）。在实际判断中，常常使用以下这个更便于验证的充分条件：

定理 2（导数一致有界性）：

如果函数 $f$ 在邻域 $U(x_0, r)$ 内存在任意阶导数，且存在常数 $M > 0$，使得对于 $\forall x \in U(x_0, r)$ 以及足够大的正整数 $n$（即 $\exists N \in \mathbb{Z}^+$，当 $n \ge N$ 时），都有：

\[ |f^{(n)}(x)| \le M \]

则 $f$ 能够在 $U(x_0, r)$ 内展开成泰勒级数。

证明：

对于 $\forall x \in U(x_0, r)$，当 $n$ 足够大时，使用拉格朗日型余项公式对其绝对值进行放缩：

\[ |R_n(x)| = \left| \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} (x-x_0)^{n+1} \right| \le \frac{M}{(n+1)!} r^{n+1} \]

其中 $\xi$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间，故 $\xi \in U(x_0, r)$，满足导数有界的条件 $|f^{(n+1)}(\xi)| \le M$；且 $|x-x_0| < r$。

接下来考察纯数值项级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{M}{(n+1)!} r^{n+1}$。利用比值判别法，容易证明该级数是收敛的。

根据级数收敛的必要条件，其一般项必然趋于 $0$，即：

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{M}{(n+1)!} r^{n+1} = 0 \]

由夹逼定理可知，$\lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0$。根据泰勒展开的充要条件，定理得证。

4. 常见初等函数的麦克劳林展开式

4.1 指数函数 $f(x) = e^x$

1. 求 M-级数：

因为 $(e^x)^{(n)} = e^x$，代入 $x=0$ 得到 $(e^x)^{(n)}\big|_{x=0} = 1$。

因此 $e^x$ 的麦克劳林级数为：

\[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} x^n = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + \dots \]

2. 证明收敛域：

对于 $\forall x \in \mathbb{R}$，任取一个充分大的 $r > 0$，使得 $|x| < r$。

在区间 $(-r, r)$ 内，对于 $\forall n \ge 1$，均有：

\[ |(e^x)^{(n)}| = |e^x| < e^r \]

由于对于固定的 $r$，$e^r$ 是一个常数（即定理2中的 $M$），满足导数一致有界条件。由定理 2 可知，在 $(-r, r)$ 内展开式成立。

由 $r$ 取值的任意性，该展开式在整个实数轴上均成立。

结论：

\[ e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}, \quad x \in (-\infty, +\infty) \]

4.2 三角函数 $f(x) = \sin x$ 与 $\cos x$

1. $\sin x$ 的 M-展开式：

已知正弦函数的 $n$ 阶导数公式为 $(\sin x)^{(n)} = \sin\left(x + \frac{n\pi}{2}\right)$。

代入 $x=0$ 得：

\[ (\sin x)^{(n)}\big|_{x=0} = \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) = \begin{cases} 0, & \text{若 } n=2k \\ (-1)^k, & \text{若 } n=2k+1 \end{cases} \quad (k = 0, 1, 2, \dots) \]

因此 $\sin x$ 的麦克劳林级数只含有奇数次幂项：

\[ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \dots \]

证明收敛域：

对于 $\forall x \in \mathbb{R}$，$\forall n \ge 1$，恒有：

\[ |(\sin x)^{(n)}| = \left|\sin\left(x + \frac{n\pi}{2}\right)\right| \le 1 \]

这里 $M=1$。由定理 2 直接可得，在整个实数域 $\mathbb{R}$ 上展开式成立。

结论：

\[ \sin x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1}, \quad x \in (-\infty, +\infty) \]

2. $\cos x$ 的 M-展开式：

同理（或者直接对 $\sin x$ 的展开式在 $(-\infty, +\infty)$ 内进行逐项求导），可以得到余弦函数的展开式（仅含偶数次幂项）：

\[ \cos x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!} x^{2k} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots, \quad x \in (-\infty, +\infty) \]

4.3 幂函数 $f(x) = (1+x)^\alpha$

这里先考察一个特殊情况：求 $f(x) = (1+x)^\alpha$ 的 M-展开式，其中 $\alpha \neq 0$。

当 $\alpha$ 为正整数 $m$ 时：

由于 $f(x) = (1+x)^m$ 是一个 $m$ 次多项式，当求导次数超过 $m$ 时，其导数恒为零。即：

\[ \forall x \in \mathbb{R}, \ \forall n > m, \text{ 有 } f^{(n)}(x) = 0 \]

显然满足定理 2 的条件（存在有界常数 $M=0$）。所以 $f(x)$ 的 M-展开式在整个 $\mathbb{R}$ 上成立。

根据麦克劳林展开公式：

\[ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n \]

由于 $n > m$ 的项全为 $0$，级数退化为有限项的和：

\[ f(x) = \sum_{n=0}^{m} \frac{m(m-1)\cdots(m-n+1)(1+x)^{m-n}\big|_{x=0}}{n!} x^n \]

\[ = \sum_{n=0}^{m} \frac{m!}{n!(m-n)!} x^n \]

结论：

\[ (1+x)^m = \sum_{n=0}^{m} \frac{m!}{n!(m-n)!} x^n, \quad x \in \mathbb{R} \]

(注：这实际上就是二项式定理。)

当 $\alpha$ 不是非负整数时（即 $\alpha \notin \{0, 1, 2, \dots\}$）：

对于 $f(x) = (1+x)^\alpha$，其 $n$ 阶导数为：

\[ f^{(n)}(x) = \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)(1+x)^{\alpha-n}, \quad \forall n \ge 1 \]

代入 $x=0$，得 $f^{(n)}(0) = \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)$。又 $f(0) = 1$。

由此得到 $f(x)$ 的麦克劳林级数为：

\[ 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!} x^n \quad \text{--- (记为式 1)} \]

1. 求收敛区间：

记一般项系数为 $a_n$。利用比值判别法求收敛半径 $R$：

\[ A = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{\alpha-n}{n+1} \right| = 1 \]

从而收敛半径 $R = \frac{1}{A} = 1$。

所以级数 (1) 的收敛区间为 $(-1, 1)$。

2. 证明收敛域：

断言： 在 $(-1, 1)$ 内，$f(x) = (1+x)^\alpha$ 等于级数 (1) 的和函数。

证明： 对于 $\forall x \in (-1, 1)$，存在 $\theta \in (0, 1)$，使得柯西型余项可以写为：

\[ |R_n(x)| = \left| \frac{1}{n!} \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)(1+\theta x)^{\alpha-n-1} (1-\theta)^n x^{n+1} \right| \]

进行恒等变形重组：

\[ |R_n(x)| = \left| \underbrace{ \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)}{n!} x^{n+1} }_{\text{记为 } b_n} \cdot \left( \frac{1-\theta}{1+\theta x} \right)^n \cdot (1+\theta x)^{\alpha-1} \right| \]

对于数列 $b_n$，由于 $\lim_{n \to \infty} \left| \frac{b_{n+1}}{b_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{\alpha-(n+1)}{n+1} \cdot x \right| = |x| < 1$，故级数 $\sum |b_n|$ 收敛，根据级数收敛的必要条件，必有 $\lim_{n \to \infty} |b_n| = 0$。
对于 $\left( \frac{1-\theta}{1+\theta x} \right)^n$ 项：由于 $x > -1$ 且 $\theta \in (0, 1)$，有 $1+\theta x > 1-\theta > 0$，所以 $\left| \frac{1-\theta}{1+\theta x} \right|^n < 1 \ (\forall n \ge 1)$。
对于 $(1+\theta x)^{\alpha-1}$ 项：因为函数 $g(t) = (1+t)^{\alpha-1}$ 在 $(-1, +\infty)$ 上单调（取决于 $\alpha-1$ 的符号），且 $-|x| \le \theta x \le |x|$。从而有界：$|(1+\theta x)^{\alpha-1}| \le \max\{ (1-|x|)^{\alpha-1}, (1+|x|)^{\alpha-1} \}$，这是一个与 $n$ 无关的常数。

综上所述，当 $n \to \infty$ 时，$\lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0$ 成立。

结论：

在 $(-1, 1)$ 内，二项式展开式成立：

\[ (1+x)^\alpha = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!} x^n \quad (x \in (-1, 1)) \]

端点敛散性（根据 $\alpha$ 取值讨论）：

当 $\alpha \le -1$ 时，收敛域为 $(-1, 1)$。

当 $-1 < \alpha < 0$ 时，收敛域为 $(-1, 1]$。

当 $\alpha > 0$ 时，收敛域为 $[-1, 1]$。

注：由于对于任意 $\alpha \in \mathbb{R}$，$(1+x)^\alpha$ 在 $x=1$ 处连续（当 $\alpha > 0$ 时在 $x=-1$ 处也连续），由阿贝尔第二定理，在整个收敛域内均有 $(1+x)^\alpha$ 等于展开式的和函数。

4.4 借助基本展开式派生其他函数展开式

利用上述 $(1+x)^\alpha$ 的基础展开式，通过代换、逐项求导与逐项积分，可以快速求出许多常见函数的麦克劳林展开式。

1. $f(x) = \frac{1}{1+x}$ 与 $\ln(1+x)$

令 $\alpha = -1$，代入二项式展开式可得：

\[ \frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n = 1 - x + x^2 - x^3 + \dots, \quad x \in (-1, 1) \quad \text{--- (记为式 2)} \]

对此式在 $[0, x]$ 上逐次求积，得到对数函数的展开式：

\[ \ln(1+x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1} x^{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n, \quad x \in (-1, 1] \]

2. $f(x) = \frac{1}{1+x^2}$ 与 $\arctan x$

在式 (2) 中，用 $x^2$ 代替 $x$，由于 $x^2 \in (-1, 1) \iff x \in (-1, 1)$，有：

\[ \frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}, \quad x \in (-1, 1) \]

对此式逐次求积，得到反正切函数的展开式：

\[ \arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}, \quad x \in [-1, 1] \]

(注：当 $x=1$ 时，即可得到著名的莱布尼茨关于 $\pi$ 的级数：$\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots$)

3. $f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}}$ 与 $\arcsin x$

令 $\alpha = -\frac{1}{2}$，代入二项式展开公式：

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

提取分子的 $(-1)^n$ 并在分子分母同乘 $2^n$，利用双阶乘表示法化简得到：

\[ \frac{1}{\sqrt{1+x}} = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} x^n, \quad x \in (-1, 1] \]

在上式中用 $(-x^2)$ 代替 $x$（此时 $-1 < -x^2 \le 1 \implies x \in (-1, 1)$）：

\[ \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} x^{2n}, \quad x \in (-1, 1) \]

对此式逐次求积，得到反正弦函数的展开式：

\[ \arcsin x = x + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}, \quad x \in [-1, 1] \]

5. 幂级数展开的综合应用例题

例 1：非原点处展开（泰勒级数）

求 $f(x) = \frac{1}{x^2}$ 在 $x=1$ 处的幂级数展开式。

解：目标是展开成形如 $\sum a_n(x-1)^n$ 的形式。首先凑出 $(x-1)$ 因子：

\[ \frac{1}{x} = \frac{1}{1 + (x-1)} \]

利用几何级数 $\frac{1}{1+t} = \sum (-1)^n t^n$，将 $t = x-1$ 代入：

\[ \frac{1}{x} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (x-1)^n, \quad |x-1| < 1 \implies x \in (0, 2) \]

在 $(0, 2)$ 内对此式逐项求导：

\[ -\frac{1}{x^2} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \cdot n(x-1)^{n-1} \]

两边乘 $-1$ 整理即得：

\[ \frac{1}{x^2} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n(x-1)^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (n+1)(x-1)^n, \quad x \in (0, 2) \]

例 2：有理函数的因式分解与展开

求 $f(x) = \frac{1}{3+5x-2x^2}$ 的 M-展开式。

解：

先对分母进行因式分解并使用部分分式展开：

\[ f(x) = \frac{1}{(3-x)(1+2x)} = \frac{1}{7} \left( \frac{1}{3-x} + \frac{2}{1+2x} \right) = \frac{1}{7} \left( \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{3}} + \frac{2}{1 - (-2x)} \right) \]

分别利用几何级数公式展开两项：

\[ f(x) = \frac{1}{7} \left[ \frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{x}{3}\right)^n + 2 \sum_{n=0}^{\infty} (-2x)^n \right] = \frac{1}{7} \sum_{n=0}^{\infty} \left[ \frac{1}{3^{n+1}} - (-2)^{n+1} \right] x^n \]

收敛域分析：

第一项级数 $\sum \frac{1}{3} \left(\frac{x}{3}\right)^n$ 的收敛域为 $|x/3| < 1 \implies (-3, 3)$。
第二项级数 $\sum 2(-2x)^n$ 的收敛域为 $|-2x| < 1 \implies (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$。

该展开式成立的条件是同时收敛，即取交集。故收敛域为 $(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$。

例 3：幂级数的乘法运算

求 $f(x) = e^x \sin x$ 的 M-展开式（展到 $x^3$ 项）。

解：

直接利用柯西乘积将两个已知级数相乘：

\[ e^x \sin x = \left( 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots \right) \left( x - \frac{x^3}{3!} + \dots \right) \]

\[ = x + x^2 + \left(\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!}\right)x^3 + \dots = x + x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \dots, \quad x \in \mathbb{R} \]

例 4：近似计算圆周率 $\pi$

利用级数近似计算 $\pi$ 的值（精度至 $10^{-4}$）。

解：

方法一（直接代入）：

由 $\arctan x$ 的展开式，令 $x=1$ 得到 $\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots$。

问题：此交错级数收敛极慢，计算到小数点后数位需要成千上万项，不适合手算。

方法二（缩小自变量以加速收敛）：

选取 $\arctan \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\pi}{6}$，即令 $x = \frac{1}{\sqrt{3}}$ 代入展开式：

\[ \frac{\pi}{6} = \frac{1}{\sqrt{3}} - \frac{1}{3(\sqrt{3})^3} + \frac{1}{5(\sqrt{3})^5} - \dots \]

两边同乘 6，整理得：

\[ \pi = 2\sqrt{3} \left[ 1 - \frac{1}{3 \cdot 3} + \frac{1}{5 \cdot 3^2} - \frac{1}{7 \cdot 3^3} + \dots + \frac{(-1)^n}{(2n+1)3^n} + \dots \right] \]

此级数收敛非常快。根据交错级数的余项估计定理，截断误差小于首个被舍弃项的绝对值。

要达到 $10^{-4}$ 精度，只需让被舍弃的下一项绝对值小于 $10^{-5}$。

经验证，当 $n=9$ 时，对应项 $\frac{2\sqrt{3}}{19 \cdot 3^9} < 10^{-5}$。

故计算前面各项的和即可，最终算得 $\pi \approx 3.1416$。

两个幂级数相除（待定系数法）

假设已知 $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 和 $g(x) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$，且两者的收敛半径大于0。要求计算 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 的幂级数展开式（要求 $b_0 \ne 0$）。

分析：设 $\frac{f(x)}{g(x)} = \sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n$，则有 $f(x) = g(x) \cdot (\frac{f(x)}{g(x)})$，即：

\[ \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = \left(\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n\right) \left(\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n\right) \]

通过展开右边并比较同次幂的系数，可逐个求出 $c_n$：

$x^0$: $a_0 = b_0 c_0 \implies c_0 = \frac{a_0}{b_0}$
$x^1$: $a_1 = b_0 c_1 + b_1 c_0 \implies c_1 = \frac{a_1 - b_1 c_0}{b_0}$
...依此类推。

例5：求 $\tan x$ 的 Maclaurin 展开式（展到 $x^3$）

解法一（待定系数法）：

由于 $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$ 是奇函数，展开式中只有奇数次幂，故设：

\[ \tan x = c_1 x + c_3 x^3 + \dots \]

代入已知展开式 $\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \dots$ 和 $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots$：

\[ (c_1 x + c_3 x^3 + \dots)\left(1 - \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{4!}x^4 - \dots\right) = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \dots \]

比较左右两边系数：

$x^1$ 的系数：$c_1 = 1$
$x^3$ 的系数：$c_1(-\frac{1}{2!}) + c_3 = -\frac{1}{3!}$

即：$-\frac{1}{2} + c_3 = -\frac{1}{6} \implies c_3 = \frac{1}{2} - \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$

所以，$\tan x = x + \frac{1}{3}x^3 + \dots$

解法二（代入法 / 几何级数法）：

先利用几何级数 $\frac{1}{1+u} = 1 - u + u^2 - \dots \quad (|u| < 1)$ 展开 $\frac{1}{\cos x}$：

\[ \frac{1}{\cos x} = \frac{1}{1 + (\cos x - 1)} \]

令 $u = \cos x - 1 = -\frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots$，代入得：

\[ = 1 - \left(-\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \dots\right) + \left(-\frac{x^2}{2} + \dots\right)^2 - \dots \]

\[ = 1 + \frac{1}{2}x^2 + \frac{5}{24}x^4 + \dots \]

\[ \tan x = \sin x \cdot \frac{1}{\cos x} = \left(x - \frac{x^3}{6} + \dots\right)\left(1 + \frac{x^2}{2} + \dots\right) \]

\[ = x + \frac{x^3}{2} - \frac{x^3}{6} + \dots = x + \frac{1}{3}x^3 + \dots \]

两种方法殊途同归。

例6：求复合函数的 Maclaurin 展开式（展到 $x^4$）

求 $f(x) = \begin{cases} \ln \frac{\sin x}{x}, & x \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) \setminus \{0\} \\ 0, & x = 0 \end{cases}$ 的展开式。

解：已知 $\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \dots = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \dots$

利用对数函数的泰勒展开式：$\ln(1+u) = u - \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} - \dots \quad (|u| < 1)$

令 $u = \frac{\sin x}{x} - 1 = -\frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \dots$，代入得：

\[ \ln \frac{\sin x}{x} = \ln\left(1 + \left(\frac{\sin x}{x} - 1\right)\right) \]

\[ = \left(\frac{\sin x}{x} - 1\right) - \frac{1}{2}\left(\frac{\sin x}{x} - 1\right)^2 + \dots \]

\[ = \left(-\frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \dots\right) - \frac{1}{2}\left(-\frac{x^2}{6} + \dots\right)^2 + \dots \]

展开平方项并合并同类项（只保留到 $x^4$）：

\[ = -\frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \frac{1}{2}\left(\frac{x^4}{36}\right) = -\frac{x^2}{6} + \left(\frac{1}{120} - \frac{1}{72}\right)x^4 \]

计算系数：$\frac{1}{120} - \frac{1}{72} = \frac{3 - 5}{360} = -\frac{2}{360} = -\frac{1}{180}$

最终结果：

\[ f(x) = -\frac{x^2}{6} - \frac{x^4}{180} + \dots \]

6. Weierstrass 逼近定理

泰勒级数展示了可以用多项式去逼近具有任意阶导数的函数。而 Weierstrass 逼近定理则将多项式逼近的适用范围放宽到了任何连续函数。

定理 (Weierstrass 逼近定理)：

设函数 $f \in C[a, b]$ （即在闭区间 $[a, b]$ 上连续），则必存在一个多项式序列 $\{P_n\}$，使得当 $n \to \infty$ 时，$P_n(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$，即：

\[ P_n(x) \rightrightarrows f(x) \quad (n \to \infty), \quad x \in [a, b] \]

幂级数	\(a_n\)	\(A = \lim \sqrt[n]{\vert a_n \vert}\)	R	端点情况	收敛域
\(\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}\)	\(\frac{1}{n}\)	\(1\)	\(1\)	\(x = 1\) 发散 (调和); \(x = -1\) 收敛 (交错)	\([-1, 1)\)
\(\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\)	\(\frac{(-1)^{n-1}}{n}\)	\(1\)	\(1\)	\(x = 1\) 收敛; \(x = -1\) 发散	\((-1, 1]\)
\(\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2}\)	\(\frac{1}{n^2}\)	\(1\)	\(1\)	\(x = \pm 1\) 均绝对收敛 (p=2)	\([-1, 1]\)
\(\sum_{n=1}^\infty x^n\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(x = \pm 1\) 通项不趋于 0，发散	\((-1, 1)\)
\(\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!}\)	\(\frac{1}{n!}\)	\(A = \lim \frac{n!}{(n+1)!} = 0\)	\(+\infty\)	无端点	\((-\infty, +\infty)\)
\(\sum_{n=1}^\infty (n!)x^n\)	\(n!\)	\(A = \lim \frac{(n+1)!}{n!} = +\infty\)	\(0\)	无	\(\{0\}\)

一、 幂级数

1. 幂级数的定义

2. 阿贝尔第一定理

3. 收敛半径、收敛区间与收敛域

3.1 定义

3.2 收敛半径 \(R\) 的三种情形

3.3 收敛半径的计算公式

3.4 例题与收敛域求解策略

常见幂级数收敛域汇总

含有平移的幂级数

缺项（或高次）幂级数的直接求法

4. 幂级数的分析性质与阿贝尔定理

4.1 阿贝尔第二定理 与 一致收敛性

5. 幂级数和函数的性质

5.1 连续性

5.2 逐项可积性

5.3 逐项可导性

5.4 幂级数的唯一性定理

6. 幂级数求和函数及数项级数求和综合例题

例 1：基本几何级数的积分与端点分析

例 2：提取因子与逐次积分法

例 3：缺项幂级数的导数与微分方程法

例 4：借助幂级数求解常数项级数

7. 幂级数的运算

7.1 数项级数乘积的阿贝尔应用

函数的幂级数展开

1. 泰勒级数与函数展开

1.1 泰勒级数的定义

1.2 泰勒级数与原函数相等的条件

2. 麦克劳林多项式的三种余项形式

3. 函数可展开成泰勒级数的充分条件

4. 常见初等函数的麦克劳林展开式

4.1 指数函数 \(f(x) = e^x\)

4.2 三角函数 \(f(x) = \sin x\) 与 \(\cos x\)

4.3 幂函数 \(f(x) = (1+x)^\alpha\)

4.4 借助基本展开式派生其他函数展开式

5. 幂级数展开的综合应用例题

例 1：非原点处展开（泰勒级数）

例 2：有理函数的因式分解与展开

例 3：幂级数的乘法运算

例 4：近似计算圆周率 \(\pi\)

两个幂级数相除（待定系数法）

例5：求 \(\tan x\) 的 Maclaurin 展开式（展到 \(x^3\)）

例6：求复合函数的 Maclaurin 展开式（展到 \(x^4\)）

6. Weierstrass 逼近定理

一、幂级数

4.1 阿贝尔第二定理与一致收敛性