5.1 幂级数回顾

好的，我们来对这段关于幂级数收敛性的基础知识进行最长最详细的中文解释，并尽量通过例子来展示计算步骤和概念。

引言：为何需要回顾幂级数？

这段文字出现在微分方程章节的开头，它的目的是为你学习本章的核心内容——如何使用幂级数来求解变系数二阶线性微分方程——打下坚实的基础。作者开宗明义地指出，本章的方法依赖于幂级数的性质，因此在正式进入微分方程求解之前，有必要先回顾一下幂级数理论中的一些关键结果。

• 目标读者: 这段内容主要面向两类读者：
  1. 已经熟悉幂级数的读者: 他们可以快速浏览或直接跳过，进入第 5.2 节学习如何应用幂级数解微分方程。
  2. 需要复习或不太熟悉幂级数的读者: 这段内容提供了一个（非常简要的）总结。如果读者发现这里的总结不够详细，作者建议他们查阅更全面的微积分教科书以获取更多细节。
• 核心内容: 这段回顾将聚焦于幂级数的收敛性问题：一个幂级数在哪些点的取值是有意义的（即收敛的）？如何判断其收敛性？特别是如何判断其绝对收敛性，以及常用的比率检验 (Ratio Test) 方法。

1. 幂级数的收敛性 (Convergence)

• 定义: 首先，我们要明确什么是幂级数 (Power Series)。一个以 $x_0$ 为中心（或称在 $x_0$ 处展开）的幂级数具有以下形式：

  $$\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} = a_0 + a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + a_3(x-x_0)^3 + \cdots$$

  其中：

  • $x$ 是自变量。
  • $x_0$ 是一个常数，称为级数的中心 (center)。
  • $a_0, a_1, a_2, \ldots, a_n, \ldots$ 是一系列常数，称为级数的系数 (coefficients)。

• 收敛的含义: “一个幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}$ 被称为在点 $x$ 处收敛 (converges)” 这句话到底是什么意思？ 它指的是，如果我们取这个无穷级数的部分和 (partial sums)，即只加到前 $m+1$ 项（从 $n=0$ 到 $n=m$）：

  $$S_m(x) = \sum_{n=0}^{m} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} = a_0 + a_1(x-x_0) + \cdots + a_m(x-x_0)^m$$

  然后我们考察当 $m$ 趋向于无穷大时，这个部分和 $S_m(x)$ 的极限 (limit)：

  $$\lim _{m \rightarrow \infty} S_m(x) = \lim _{m \rightarrow \infty} \sum_{n=0}^{m} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}$$

  如果对于某个特定的 $x$ 值，这个极限存在并且是一个有限的数，那么我们就说这个幂级数在该点 $x$ 处收敛。这个极限值就是该幂级数在点 $x$ 处的和 (sum)。

• 必然收敛的点: 任何幂级数在其中心 $x = x_0$ 处必定收敛。为什么呢？ 当 $x = x_0$ 时，级数变成： $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x_0 - x_0)^n = a_0(x_0-x_0)^0 + a_1(x_0-x_0)^1 + a_2(x_0-x_0)^2 + \cdots$ $= a_0 \cdot (0^0) + a_1 \cdot 0 + a_2 \cdot 0 + \cdots$ （约定 $0^0=1$ 在幂级数求和的语境下是标准的） $= a_0 \cdot 1 + 0 + 0 + \cdots = a_0$ 部分和 $S_m(x_0)$ 对于 $m \ge 0$ 恒等于 $a_0$。因此，$\lim_{m \to \infty} S_m(x_0) = a_0$，极限存在且有限。所以级数在 $x=x_0$ 处收敛，其和为 $a_0$。

• 可能的收敛情况: 对于 $x \neq x_0$ 的点，幂级数的收敛性有三种可能：

  1. 仅在中心收敛: 只在 $x=x_0$ 这一点收敛，对所有其他 $x$ 都发散。
  2. 对所有 $x$ 都收敛: 在整个实数轴 $(-\infty, \infty)$ 上都收敛。
  3. 在某个区间内收敛: 存在一个正数 $\rho$（称为收敛半径），使得级数在以 $x_0$ 为中心的开区间 $(x_0-\rho, x_0+\rho)$ 内收敛（实际上是绝对收敛，见下文），而在区间外部 $|x-x_0| > \rho$ 发散。在区间的端点 $x = x_0 \pm \rho$ 处，级数的收敛性需要单独判断，可能收敛也可能发散。

• 详细举例 (几何级数): 考虑最简单的幂级数之一，几何级数 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots$。这里 $x_0=0, a_n=1$ 对所有 $n$ 都成立。

  • 我们知道几何级数的求和公式：当 $|x|<1$ 时，$\sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}$ (收敛)。
  • 当 $|x| \ge 1$ 时，级数发散。例如：
    • 若 $x=1$，级数为 $1+1+1+\cdots$，部分和 $S_m = m+1 \to \infty$，发散。
    • 若 $x=-1$，级数为 $1-1+1-1+\cdots$，部分和 $S_m$ 在 1 和 0 之间震荡，极限不存在，发散。
    • 若 $x=2$，级数为 $1+2+4+8+\cdots$，部分和 $S_m = 2^{m+1}-1 \to \infty$，发散。
  • 因此，这个幂级数在区间 $(-1, 1)$ 内收敛，在 $|x| \ge 1$ 时发散。

2. 幂级数的绝对收敛性 (Absolute Convergence)

• 定义: “一个幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}$ 被称为在点 $x$ 处绝对收敛 (absolutely convergent)” 这句话的意思是： 如果我们考察由原级数每一项的绝对值构成的新级数：

  $$\sum_{n=0}^{\infty}\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right| = \sum_{n=0}^{\infty}\left|a_{n}\right|\left|x-x_{0}\right|^{n}$$

  （注意：$|ab|=|a||b|$ 和 $|y^n|=|y|^n$） 如果这个由绝对值组成的正项级数在点 $x$ 处收敛，那么我们就称原幂级数 $\sum a_n (x-x_0)^n$ 在点 $x$ 处绝对收敛。

• 绝对收敛与收敛的关系:

  • 定理: 如果一个幂级数在点 $x$ 处绝对收敛，那么它在该点 $x$ 处也一定收敛。
    • 重要性: 这个定理非常有用。因为判断正项级数（如绝对值级数）的收敛性通常比判断可能含有负项或交错项的原级数更容易（有很多检验方法，如比率检验、根值检验、积分检验、比较检验等都适用于正项级数）。如果我们能证明级数绝对收敛，就自动获得了它收敛的结论。
  • 逆命题不一定成立: 一个级数可能收敛，但并不绝对收敛。这种收敛称为条件收敛 (conditional convergence)。
    • 详细举例 (非幂级数): 考虑交错调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots$。根据交错级数审敛法（莱布尼茨准则），这个级数是收敛的（其和为 $\ln 2$）。但是，它的绝对值级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left|\frac{(-1)^{n+1}}{n}\right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots$ 是调和级数，我们知道它是发散的。因此，交错调和级数是条件收敛的。
    • 与幂级数的关系: 幂级数在其收敛区间的端点处可能发生条件收敛。例如，$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n x^n}{n}$ 在 $x=1$ 处就是交错调和级数，收敛；但在 $x=-1$ 处是 $-\sum \frac{1}{n}$，发散。它的绝对值级数在 $|x|=1$ 时是 $\sum \frac{1}{n}$，发散。

3. 比率检验 (Ratio Test)

• 目的: 比率检验是判断一个级数（特别是幂级数）是否绝对收敛的最有用 (most useful) 的方法之一。

• 前提条件: 要求级数的系数 $a_n$ 从某项开始不为零 ($a_n \neq 0$ for sufficiently large $n$)，这样我们才能计算比值。

• 计算步骤: 对于一个给定的 $x$ 值（且 $x \neq x_0$），我们计算原幂级数相邻两项的比值的绝对值的极限：

  1. 写出相邻两项的比值: $\frac{\text{第 } (n+1) \text{ 项}}{\text{第 } n \text{ 项}} = \frac{a_{n+1}(x-x_0)^{n+1}}{a_n(x-x_0)^n}$

  2. 取绝对值: $\left| \frac{a_{n+1}(x-x_0)^{n+1}}{a_n(x-x_0)^n} \right|$

  3. 代数化简: $= \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \cdot \frac{(x-x_0)^{n+1}}{(x-x_0)^n} \right|$ $= \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| \cdot \left| (x-x_0)^{n+1-n} \right|$ $= \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| \cdot |x-x_0|$

  4. 求极限: 计算当 $n \to \infty$ 时这个比值的极限：

     $$\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}}{a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}}\right| = \lim _{n \rightarrow \infty} \left( \left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right| |x-x_0| \right)$$

     由于 $|x-x_0|$ 对于固定的 $x$ 是一个常数（不随 $n$ 变化），可以提到极限外面：

     $$= |x-x_0| \lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|$$

  5. 定义 L: 令这个只依赖于系数的极限为 $L$：

     $$L = \lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|$$

     （注意：$L$ 可能是一个非负有限数，也可能是 0，或者可能是 $\infty$）。

  6. 最终极限形式: 于是，我们要求解的极限可以写成 $|x-x_0| L$。

• 比率检验的结论:

  • 如果 $|x-x_0| L < 1$: 那么原幂级数 $\sum a_n (x-x_0)^n$ 在该点 $x$ 处绝对收敛（因此也收敛）。
  • 如果 $|x-x_0| L > 1$: 那么原幂级数 $\sum a_n (x-x_0)^n$ 在该点 $x$ 处发散 (diverges)。
  • 如果 $|x-x_0| L = 1$: 比率检验无法得出结论 (inconclusive)。级数在该点 $x$ 可能收敛（绝对或条件收敛），也可能发散。需要用其他方法（如比较检验、积分检验、交错级数审敛法、或者直接考察级数项是否趋于 0 等）来判断。

• 与收敛半径 $\rho$ 的关系: 比率检验的结果直接导出了收敛半径 $\rho$ 的概念：

  • 情况 1: $L=0$ 此时，对于任何 $x \neq x_0$，极限 $|x-x_0| L = |x-x_0| \cdot 0 = 0$。由于 $0 < 1$ 总是成立，所以级数对所有 $x$ 都绝对收敛。这意味着收敛半径 $\rho = \infty$。
    • 详细举例: 如前所述的 $e^x = \sum \frac{x^n}{n!}$。这里 $a_n = 1/n!$。 $L = \lim_{n\to\infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}| = \lim_{n\to\infty} |\frac{1/(n+1)!}{1/n!}| = \lim_{n\to\infty} \frac{n!}{(n+1)!} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n+1} = 0$。 因为 $L=0$，所以 $e^x$ 的幂级数对所有 $x$ 收敛。
  • 情况 2: $L=\infty$ 此时，对于任何 $x \neq x_0$，极限 $|x-x_0| L = \infty$。由于 $\infty > 1$ 总是成立（除了 $x=x_0$ 的情况），所以级数仅在 $x=x_0$ 处收敛，对所有其他 $x$ 都发散。这意味着收敛半径 $\rho = 0$。
    • 详细举例: 考虑 $\sum_{n=0}^\infty n! x^n$。这里 $a_n = n!$。 $L = \lim_{n\to\infty} |\frac{(n+1)!}{n!}| = \lim_{n\to\infty} (n+1) = \infty$。 因为 $L=\infty$，这个幂级数只在 $x=0$ 处收敛。
  • 情况 3: $0 < L < \infty$ 此时，级数绝对收敛的条件是 $|x-x_0| L < 1$，这等价于 $|x-x_0| < \frac{1}{L}$。级数发散的条件是 $|x-x_0| L > 1$，这等价于 $|x-x_0| > \frac{1}{L}$。 这表明，级数的收敛半径正是 $\rho = \frac{1}{L}$。 级数在开区间 $(x_0 - \rho, x_0 + \rho)$ 内绝对收敛，在区间外部 $(-\infty, x_0-\rho) \cup (x_0+\rho, \infty)$ 发散。在端点 $x = x_0 \pm \rho$ 处（即满足 $|x-x_0|L=1$ 的点），比率检验失效，需要单独判断。
    • 详细举例: 考虑 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(x-3)^n}{n^2}$。这里 $x_0=3$, $a_n = 1/n^2$。 计算 $L$: $L = \lim_{n\to\infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}| = \lim_{n\to\infty} |\frac{1/(n+1)^2}{1/n^2}| = \lim_{n\to\infty} \frac{n^2}{(n+1)^2}$ $= \lim_{n\to\infty} \left(\frac{n}{n+1}\right)^2 = \left(\lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1}\right)^2 = \left(\lim_{n\to\infty} \frac{1}{1+1/n}\right)^2 = (1)^2 = 1$。 收敛条件是 $|x-3| L < 1 \implies |x-3| \cdot 1 < 1 \implies |x-3| < 1$。 所以收敛半径 $\rho = 1/L = 1/1 = 1$。 级数在 $|x-3|<1$ 内绝对收敛，即在开区间 $(3-1, 3+1) = (2, 4)$ 内绝对收敛。 级数在 $|x-3|>1$ 外发散，即在 $(-\infty, 2) \cup (4, \infty)$ 发散。 检查端点 (此时 $|x-3|L=1$):
      • 当 $x=4$ 时，级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(4-3)^n}{n^2} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1^n}{n^2} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$。这是一个 p-级数，其中 $p=2>1$，所以它收敛（而且是绝对收敛）。
      • 当 $x=2$ 时，级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2-3)^n}{n^2} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}$。它的绝对值级数是 $\sum \frac{1}{n^2}$，我们已经知道它收敛。因此，原级数在 $x=2$ 处绝对收敛。 结论: 该幂级数的收敛区间是闭区间 $[2, 4]$。

总结与联系

这段引言性质的内容，通过定义收敛、绝对收敛，并详细介绍了判断绝对收敛的比率检验方法，为后续章节使用幂级数求解微分方程奠定了基础。理解这些概念，特别是如何应用比率检验确定收敛半径 $\rho$，对于理解级数解在哪个区间内有效至关重要。因为我们通过级数方法找到的解 $y(x) = \sum a_n (x-x_0)^n$ 只在其收敛区间 $|x-x_0| < \rho$ 内有意义。

希望这个极其详尽、包含大量例子的解释，能够让你对幂级数收敛性的基础知识有更深入和清晰的理解！

示例 1

对于哪些 $x$ 值，幂级数

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

收敛？

解：

好的，我们来对这段关于幂级数性质和操作的总结进行最长最详细的中文解释，并对其中的示例进行细致的计算步骤展示。

引言回顾

这段内容紧接着上一段对幂级数收敛性、绝对收敛性和比率检验的介绍，继续总结幂级数的其他重要性质和操作方法。这些知识对于后续章节使用幂级数求解微分方程至关重要。

示例 1：确定幂级数的收敛区间

• 问题: 找出幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} n(x-2)^{n}$ 对哪些 $x$ 值收敛？

  • 这个级数展开是： $n=1$: $(-1)^{1+1} \cdot 1 \cdot (x-2)^1 = (x-2)$ $n=2$: $(-1)^{2+1} \cdot 2 \cdot (x-2)^2 = -2(x-2)^2$ $n=3$: $(-1)^{3+1} \cdot 3 \cdot (x-2)^3 = 3(x-2)^3$ ... 所以级数是 $(x-2) - 2(x-2)^2 + 3(x-2)^3 - \cdots$
  • 这是一个以 $x_0 = 2$ 为中心的幂级数。
  • 系数是 $a_n = (-1)^{n+1} n$。（注意求和从 $n=1$ 开始，这不影响收敛性分析，但如果需要写成标准 $\sum_{n=0}^\infty$ 形式，可以令 $a_0=0$）。

• 解题步骤 1：使用比率检验判断绝对收敛性

  1. 写出第 $n$ 项和第 $n+1$ 项: 第 $n$ 项: $u_n = (-1)^{n+1} n (x-2)^n$ 第 $n+1$ 项: $u_{n+1} = (-1)^{(n+1)+1} (n+1) (x-2)^{n+1} = (-1)^{n+2} (n+1) (x-2)^{n+1}$
  2. 计算相邻项比值的绝对值: $\left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \left| \frac{(-1)^{n+2}(n+1)(x-2)^{n+1}}{(-1)^{n+1} n(x-2)^{n}} \right|$
  3. 代数化简: $= \left| \frac{(-1)^{n+2}}{(-1)^{n+1}} \cdot \frac{n+1}{n} \cdot \frac{(x-2)^{n+1}}{(x-2)^n} \right|$ $= \left| (-1)^{(n+2)-(n+1)} \cdot \frac{n+1}{n} \cdot (x-2)^{(n+1)-n} \right|$ $= \left| (-1)^1 \cdot \frac{n+1}{n} \cdot (x-2)^1 \right|$ $= \left| -1 \cdot \frac{n+1}{n} \cdot (x-2) \right|$ $= |-1| \cdot \left| \frac{n+1}{n} \right| \cdot |x-2|$ $= 1 \cdot \frac{n+1}{n} \cdot |x-2|$ (因为 $n \ge 1$, $n+1>0$, 所以 $|\frac{n+1}{n}| = \frac{n+1}{n}$) $= \frac{n+1}{n} |x-2|$
  4. 求极限 (当 $n \to \infty$): $\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( \frac{n+1}{n} |x-2| \right)$ $= |x-2| \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{n}$ 计算极限 $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{n} = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( \frac{n}{n} + \frac{1}{n} \right) = \lim_{n \rightarrow \infty} (1 + \frac{1}{n}) = 1 + 0 = 1$。 所以，最终的极限是： $= |x-2| \cdot 1 = |x-2|$
  5. 应用比率检验结论:
     • 级数绝对收敛当极限 $< 1$，即 $|x-2| < 1$。
     • 级数发散当极限 $> 1$，即 $|x-2| > 1$。
     • 比率检验在极限 $= 1$ 时失效，即 $|x-2| = 1$。
  6. 确定收敛区间 (不含端点): $|x-2| < 1$ 这个不等式意味着 $x-2$ 到 0 的距离小于 1。解这个不等式： $-1 < x-2 < 1$ 两边同时加 2： $2-1 < x < 2+1$ $1 < x < 3$ 所以，级数在开区间 $(1, 3)$ 内绝对收敛。
  7. 确定发散区间: $|x-2| > 1$ 意味着 $x-2 > 1$ 或 $x-2 < -1$。 $x > 3$ 或 $x < 1$。 所以，级数在区间 $(-\infty, 1) \cup (3, \infty)$ 内发散。

• 解题步骤 2：检查端点 $x=1$ 和 $x=3$ (即 $|x-2|=1$ 的情况) 比率检验在端点失效，我们需要将 $x=1$ 和 $x=3$ 分别代入原级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} n(x-2)^{n}$，然后判断所得的常数项级数是否收敛。

  • 当 $x=1$ 时: 代入 $x-2 = 1-2 = -1$。级数变为： $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} n(-1)^{n}$ $= \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} (-1)^n n$ $= \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{(n+1)+n} n$ $= \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{2n+1} n$ 由于 $2n+1$ 总是奇数，所以 $(-1)^{2n+1} = -1$。 级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1) n = \sum_{n=1}^{\infty} -n = -1 - 2 - 3 - 4 - \cdots$ 这是一个各项都趋于 $-\infty$ 的级数，显然发散 (diverges)。 （重要提示：判断级数收敛的一个必要条件是其通项 $u_n$ 必须趋于 0，即 $\lim_{n\to\infty} u_n = 0$。如果通项不趋于 0，级数必定发散。这称为“通项检验 (Term Test for Divergence)”。） 在本例中，当 $x=1$ 时，通项 $u_n = -n$。显然 $\lim_{n\to\infty} u_n = -\infty \neq 0$，所以级数发散。
  • 当 $x=3$ 时: 代入 $x-2 = 3-2 = 1$。级数变为： $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} n(1)^{n}$ $= \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} n = 1 - 2 + 3 - 4 + 5 - \cdots$ 这个级数的通项是 $u_n = (-1)^{n+1} n$。 我们考察通项的极限 $\lim_{n\to\infty} u_n = \lim_{n\to\infty} (-1)^{n+1} n$。 这个极限不存在（当 $n$ 增大时，项在正负之间震荡且绝对值增大）。由于通项不趋于 0 ($\lim_{n\to\infty} u_n \neq 0$)，根据通项检验，该级数也发散 (diverges)。

• 结论: 该幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} n(x-2)^{n}$：

  • 在开区间 $1 < x < 3$ 内绝对收敛。
  • 在 $x=1$ 和 $x=3$ 处发散。
  • 在 $x < 1$ 或 $x > 3$ 时发散。 因此，该幂级数的收敛域 (domain of convergence) 是开区间 $(1, 3)$。它的收敛半径 (radius of convergence) 是 $\rho = 1$ (因为收敛区间是以 $x_0=2$ 为中心，半径为 1 的区间)。

4. 幂级数收敛性的一个重要定理

• 定理内容:

  • 如果幂级数 $\sum a_n (x-x_0)^n$ 在某个点 $x=x_1$ 处收敛，那么它在所有满足 $|x-x_0| < |x_1-x_0|$ 的点 $x$ 处必定绝对收敛。
  • 如果幂级数 $\sum a_n (x-x_0)^n$ 在某个点 $x=x_1$ 处发散，那么它在所有满足 $|x-x_0| > |x_1-x_0|$ 的点 $x$ 处必定发散。

• 含义与图示 (参考图 5.1.1): 这个定理揭示了幂级数收敛性的一个非常规则的结构。它告诉我们，幂级数的收敛域（除去可能的端点）总是一个以 $x_0$ 为中心的开区间 $(x_0-\rho, x_0+\rho)$。

  • 想象一个点 $x_1$ 在这个区间内，级数在此收敛。那么在 $x_0$ 和 $x_1$ 之间（以及对称的另一侧）的所有点 $x$ （即 $|x-x_0|<|x_1-x_0|$），级数不仅收敛，而且是绝对收敛。
  • 想象一个点 $x_1$ 在这个区间外，级数在此发散。那么所有离中心 $x_0$ 比 $x_1$ 更远的点 $x$ （即 $|x-x_0|>|x_1-x_0|$），级数也必定发散。
  • 图 5.1.1 正是形象地展示了这个概念：存在一个半径 $\rho$，使得区间 $(x_0-\rho, x_0+\rho)$（图中阴影部分）是收敛域（至少是绝对收敛域），而区间外部 $|x-x_0|>\rho$ 是发散域。

5. 收敛半径 ($\rho$) 与收敛区间

• 定义: 基于上述定理，对于任何一个幂级数 $\sum a_n(x-x_0)^n$，都存在一个唯一的收敛半径 (radius of convergence) $\rho$，它是一个非负数（$\rho \ge 0$）或者 $\infty$。

  • 如果 $\rho=0$: 级数只在中心 $x=x_0$ 处收敛。没有收敛区间。
  • 如果 $\rho=\infty$: 级数对所有 $x$ 都绝对收敛。收敛区间是 $(-\infty, \infty)$。
  • 如果 $0 < \rho < \infty$:
    • 级数在开区间 $|x-x_0| < \rho$（即 $(x_0-\rho, x_0+\rho)$）内绝对收敛。这个开区间称为收敛区间 (interval of convergence)。（注：有时“收敛区间”也指包含可能收敛的端点在内的整个收敛域）。
    • 级数在区间外部 $|x-x_0| > \rho$（即 $(-\infty, x_0-\rho) \cup (x_0+\rho, \infty)$）发散。
    • 在端点 (endpoints) $x = x_0 \pm \rho$ 处（即满足 $|x-x_0| = \rho$ 的点），级数的收敛性不确定，可能收敛（绝对或条件收敛），也可能发散，需要单独进行判断。

• 重要性: 知道收敛半径 $\rho$ 和收敛区间对于使用幂级数解微分方程至关重要，因为它告诉我们解函数 $y(x) = \sum a_n (x-x_0)^n$ 在哪个 $x$ 范围内是有效的、有定义的。

示例 2

确定幂级数的收敛半径

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

解：

示例 2：确定收敛半径和收敛区间

• 问题: 确定幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(x+1)^{n}}{n 2^{n}}$ 的收敛半径和收敛区间。

  • 这是一个以 $x_0 = -1$ 为中心的幂级数（因为形式是 $(x-(-1))^n$）。
  • 系数是 $a_n = \frac{1}{n 2^n}$ (对于 $n \ge 1$, 且 $a_0=0$)。

• 解题步骤 1：应用比率检验

  1. 写出项: $u_n = \frac{(x+1)^n}{n 2^n}$, $u_{n+1} = \frac{(x+1)^{n+1}}{(n+1) 2^{n+1}}$
  2. 计算比值的绝对值: $\left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \left| \frac{(x+1)^{n+1}/((n+1) 2^{n+1})}{ (x+1)^n / (n 2^n) } \right|$
  3. 代数化简: $= \left| \frac{(x+1)^{n+1}}{(n+1) 2^{n+1}} \cdot \frac{n 2^n}{(x+1)^n} \right|$ $= \left| \frac{(x+1)^{(n+1)-n}}{(n+1)} \cdot \frac{n}{2^{(n+1)-n}} \right|$ $= \left| \frac{x+1}{n+1} \cdot \frac{n}{2} \right|$ $= \frac{|x+1|}{2} \left| \frac{n}{n+1} \right|$ $= \frac{|x+1|}{2} \frac{n}{n+1}$ (因为 $n \ge 1$, $n+1>0$)
  4. 求极限 (当 $n \to \infty$): $\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( \frac{|x+1|}{2} \frac{n}{n+1} \right)$ $= \frac{|x+1|}{2} \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n}{n+1}$ 计算极限 $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n}{n+1} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{1+1/n} = \frac{1}{1+0} = 1$。 所以，最终的极限是： $= \frac{|x+1|}{2} \cdot 1 = \frac{|x+1|}{2}$
  5. 应用比率检验结论:
     • 级数绝对收敛当极限 $< 1$，即 $\frac{|x+1|}{2} < 1$。
     • 级数发散当极限 $> 1$，即 $\frac{|x+1|}{2} > 1$。
     • 比率检验在极限 $= 1$ 时失效，即 $\frac{|x+1|}{2} = 1$。
  6. 确定收敛区间 (不含端点): $\frac{|x+1|}{2} < 1 \implies |x+1| < 2$。 解不等式： $-2 < x+1 < 2$ 两边同时减 1： $-2-1 < x < 2-1$ $-3 < x < 1$ 所以，级数在开区间 $(-3, 1)$ 内绝对收敛。
  7. 确定发散区间: $\frac{|x+1|}{2} > 1 \implies |x+1| > 2$。 即 $x+1 > 2$ 或 $x+1 < -2$。 $x > 1$ 或 $x < -3$。 所以，级数在 $(-\infty, -3) \cup (1, \infty)$ 内发散。
  8. 确定收敛半径: 收敛条件是 $|x-(-1)| < 2$。这表明以 $x_0=-1$ 为中心，收敛半径 $\rho = 2$。

• 解题步骤 2：检查端点 $x=-3$ 和 $x=1$ (即 $|x+1|=2$ 的情况)

  • 当 $x=1$ 时: 代入原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(x+1)^{n}}{n 2^{n}}$： $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1+1)^{n}}{n 2^{n}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n}}{n 2^{n}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 这是调和级数 (harmonic series)，我们知道它是发散 (diverges) 的。
  • 当 $x=-3$ 时: 代入原级数： $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-3+1)^{n}}{n 2^{n}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-2)^{n}}{n 2^{n}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n 2^n}{n 2^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n}$ $= -1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \cdots$ 这是交错调和级数 (alternating harmonic series)。我们知道它是收敛 (converges) 的（根据交错级数审敛法）。 但是，它的绝对值级数 $\sum |\frac{(-1)^n}{n}| = \sum \frac{1}{n}$ 是发散的，所以它不是绝对收敛，而是条件收敛 (conditionally convergent)。

• 结论总结:

  • 该幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(x+1)^{n}}{n 2^{n}}$ 的收敛半径是 $\rho=2$。
  • 它在开区间 $-3 < x < 1$ 内绝对收敛。
  • 它在 $x=-3$ 处条件收敛。
  • 它在 $x=1$ 处发散。
  • 它在 $x < -3$ 或 $x > 1$ 时发散。
  • 因此，该幂级数的收敛域 (interval of convergence) 是半开区间 $[-3, 1)$。

6. 幂级数的代数运算

• 前提: 假设有两个幂级数，它们都在同一个收敛区间 $|x-x_0| < \rho$ (其中 $\rho>0$) 内分别收敛于函数 $f(x)$ 和 $g(x)$： $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n$ $g(x) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n (x-x_0)^n$

• 加法和减法:

  • 这两个级数可以逐项相加或相减。
  • 结果是一个新的幂级数，其和等于 $f(x) \pm g(x)$：

    $$f(x) \pm g(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (a_n \pm b_n) (x-x_0)^n$$

  • 这个新的级数至少在原来的公共收敛区间 $|x-x_0| < \rho$ 内收敛（收敛半径可能更大，但至少是 $\rho$）。
  • 详细举例: 如果 $f(x)=e^x = \sum \frac{x^n}{n!}$ 和 $g(x)=e^{-x} = \sum \frac{(-x)^n}{n!} = \sum \frac{(-1)^n x^n}{n!}$ (两者 $\rho=\infty$)。那么： $\cosh x = \frac{e^x+e^{-x}}{2} = \frac{1}{2} [f(x)+g(x)] = \frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty (\frac{1}{n!} + \frac{(-1)^n}{n!}) x^n$ 当 $n$ 是偶数 $n=2k$ 时，系数为 $\frac{1}{(2k)!}+\frac{1}{(2k)!} = \frac{2}{(2k)!}$。 当 $n$ 是奇数 $n=2k+1$ 时，系数为 $\frac{1}{(2k+1)!}-\frac{1}{(2k+1)!} = 0$。 所以 $\cosh x = \frac{1}{2} \sum_{k=0}^\infty \frac{2}{(2k)!} x^{2k} = \sum_{k=0}^\infty \frac{x^{2k}}{(2k)!}$，这正是 $\cosh x$ 的级数。

• 乘法:

  • 这两个级数可以形式上相乘 (formally multiplied)，就像多项式相乘一样。

  • 结果是一个新的幂级数，其和等于 $f(x)g(x)$：

    $$f(x)g(x) = \left(\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-x_{0})^{n}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty} b_{n}(x-x_{0})^{n}\right) = \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(x-x_{0})^{n}$$

  • 新级数的系数 $c_n$ 由所谓的柯西乘积 (Cauchy product) 给出：

    $$c_n = a_0 b_n + a_1 b_{n-1} + a_2 b_{n-2} + \cdots + a_{n-1} b_1 + a_n b_0 = \sum_{k=0}^{n} a_k b_{n-k}$$

    （这个公式可以通过想象两个多项式相乘时，如何得到 $(x-x_0)^n$ 项的系数来理解）。

  • 这个乘积级数也至少在原来的公共收敛区间 $|x-x_0| < \rho$ 内收敛。

  • 详细举例: 验证 $(1-x) \sum_{n=0}^\infty x^n = 1$ (对于 $|x|<1$)。 这里 $f(x)=1-x = 1 - 1x + 0x^2 + \cdots$ ($a_0=1, a_1=-1, a_n=0$ for $n\ge 2$)。 $g(x)=\sum_{n=0}^\infty x^n = 1+x+x^2+\cdots$ ($b_n=1$ for all $n\ge 0$)。两者在 $|x|<1$ 收敛 ($\rho=1$)。 计算乘积级数的系数 $c_n = \sum_{k=0}^n a_k b_{n-k}$： $c_0 = a_0 b_0 = 1 \cdot 1 = 1$ $c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 = 1 - 1 = 0$ $c_2 = a_0 b_2 + a_1 b_1 + a_2 b_0 = 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 + 0 \cdot 1 = 1 - 1 + 0 = 0$ 对于 $n \ge 2$，$a_k$ 只有 $k=0, 1$ 时非零。 $c_n = \sum_{k=0}^n a_k b_{n-k} = a_0 b_n + a_1 b_{n-1} + a_2 b_{n-2} + \cdots + a_n b_0$ $= a_0 b_n + a_1 b_{n-1} + 0 + \cdots + 0$ (因为 $a_k=0$ for $k\ge 2$) $= 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 = 1 - 1 = 0$ (因为 $b_n=1, b_{n-1}=1$) 所以，乘积级数为 $\sum_{n=0}^\infty c_n x^n = c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + \cdots = 1 + 0x + 0x^2 + \cdots = 1$。结果符合预期。

• 除法:

  • 如果 $g(x_0) \neq 0$（即 $b_0 \neq 0$，因为 $g(x_0)=b_0$），那么我们可以形式上用 $f(x)$ 的级数除以 $g(x)$ 的级数，得到一个新的幂级数：

    $$\frac{f(x)}{g(x)} = \sum_{n=0}^{\infty} d_{n}(x-x_{0})^{n}$$

  • 系数 $d_n$ 的确定: 通常不是直接用除法公式，而是通过待定系数法 (method of undetermined coefficients)。我们利用关系 $f(x) = (\frac{f(x)}{g(x)}) g(x)$，即：

    $$\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-x_{0})^{n} = \left(\sum_{n=0}^{\infty} d_{n}(x-x_{0})^{n}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty} b_{n}(x-x_{0})^{n}\right)$$

    将右侧用柯西乘积展开：

    $$\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-x_{0})^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\sum_{k=0}^{n} d_{k} b_{n-k}\right) (x-x_{0})^{n}$$

    根据幂级数的唯一性（见下面的第 10 点），两边 $(x-x_0)^n$ 的系数必须相等：

    $$a_n = \sum_{k=0}^{n} d_k b_{n-k} = d_0 b_n + d_1 b_{n-1} + \cdots + d_{n-1} b_1 + d_n b_0$$

    由于 $b_0 \neq 0$，我们可以从这个方程中解出 $d_n$ （假设 $d_0, d_1, \ldots, d_{n-1}$ 已经求出）： $d_n b_0 = a_n - (d_0 b_n + d_1 b_{n-1} + \cdots + d_{n-1} b_1)$ $d_n = \frac{1}{b_0} [a_n - \sum_{k=0}^{n-1} d_k b_{n-k}]$ 这样我们就可以逐个计算 $d_0, d_1, d_2, \ldots$。* $n=0: a_0 = d_0 b_0 \implies d_0 = a_0/b_0$

    • $n=1: a_1 = d_0 b_1 + d_1 b_0 \implies d_1 = (a_1 - d_0 b_1) / b_0$
    • $n=2: a_2 = d_0 b_2 + d_1 b_1 + d_2 b_0 \implies d_2 = (a_2 - d_0 b_2 - d_1 b_1) / b_0$ 以此类推。

  • 收敛性: 除法得到的幂级数 $\sum d_n (x-x_0)^n$ 的收敛半径可能小于 $\rho$（原来 $f, g$ 的收敛半径）。例如，如果 $g(x)$ 在 $|x-x_0|<\rho$ 内有零点（除了可能的 $x_0$），这些零点通常会限制商 $f/g$ 的收敛半径。

7. 幂级数的微分

• 可微性: 如果 $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n$ 在 $|x-x_0| < \rho$ ($\rho>0$) 内收敛，那么函数 $f$ 在这个区间内是连续的 (continuous) 并且具有所有阶的导数 (has derivatives of all orders)。
• 逐项微分: 更重要的是，这些导数 $f', f'', f''', \ldots$ 可以通过对原始幂级数进行逐项微分 (term-by-term differentiation) 来计算。
  • 一阶导数: $f'(x) = \frac{d}{dx} (a_0 + a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + \cdots + a_n(x-x_0)^n + \cdots)$ $= 0 + a_1 \cdot 1 + a_2 \cdot 2(x-x_0) + \cdots + a_n \cdot n(x-x_0)^{n-1} + \cdots$ $= \sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-x_0)^{n-1}$
  • 二阶导数: $f''(x) = \frac{d}{dx} (a_1 + 2a_2(x-x_0) + \cdots + n a_n(x-x_0)^{n-1} + \cdots)$ $= 0 + 2a_2 \cdot 1 + 3a_3 \cdot 2(x-x_0) + \cdots + n a_n \cdot (n-1)(x-x_0)^{n-2} + \cdots$ $= \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n (x-x_0)^{n-2}$
  • 以此类推。
• 收敛性: 通过逐项微分得到的新级数（代表 $f', f'', \ldots$）与原级数具有相同的收敛半径 $\rho$，并且它们都在开区间 $|x-x_0| < \rho$ 内绝对收敛。
• 极端重要性: 这个性质是幂级数方法求解微分方程的理论基础。它允许我们将假设的级数解 $y = \sum a_n (x-x_0)^n$ 代入微分方程 $P(x)y''+Q(x)y'+R(x)y=0$，因为我们可以合法地计算 $y'$ 和 $y''$ 的级数表示。

8. 幂级数系数与泰勒系数的关系

• 定理: 如果一个幂级数 $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n$ 在 $|x-x_0| < \rho$ ($\rho>0$) 内收敛，那么这个幂级数的系数 $a_n$ 必然等于函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的泰勒系数。也就是说：

  $$a_n = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} \quad \text{for } n=0, 1, 2, \ldots$$

  其中 $f^{(n)}(x_0)$ 是 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处的 $n$ 阶导数 ($f^{(0)}=f$)。

• 推导概要:

  • $f(x) = a_0 + a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + \cdots$。令 $x=x_0$，得到 $f(x_0) = a_0$。所以 $a_0 = f^{(0)}(x_0)/0!$。
  • $f'(x) = a_1 + 2a_2(x-x_0) + 3a_3(x-x_0)^2 + \cdots$。令 $x=x_0$，得到 $f'(x_0) = a_1$。所以 $a_1 = f^{(1)}(x_0)/1!$。
  • $f''(x) = 2a_2 + 6a_3(x-x_0) + \cdots$。令 $x=x_0$，得到 $f''(x_0) = 2a_2$。所以 $a_2 = f''(x_0)/2 = f^{(2)}(x_0)/2!$。
  • $f'''(x) = 6a_3 + \cdots$。令 $x=x_0$，得到 $f'''(x_0) = 6a_3 = 3! a_3$。所以 $a_3 = f^{(3)}(x_0)/3!$。
  • 以此类推，可以归纳证明 $f^{(n)}(x_0) = n! a_n$。

• 意义: 这表明一个函数在一点附近的幂级数展开是唯一的（如果存在的话），它就是该函数的泰勒级数。这个级数被称为函数 $f$ 关于 $x=x_0$ 的泰勒级数 (Taylor series)。

9. 幂级数的唯一性

• 定理: 如果在某个以 $x_0$ 为中心的开区间内（即对所有满足 $|x-x_0|<\delta$ for some $\delta>0$ 的 $x$），两个幂级数相等：

  $$\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} b_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}$$

  那么这两个幂级数的对应系数必定相等：

  $$a_n = b_n \quad \text{for all } n=0, 1, 2, 3, \ldots$$

• 特殊情况 (零级数): 如果在一个开区间内，一个幂级数恒等于零：

  $$\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} = 0$$

  那么这个幂级数的所有系数都必须为零：

  $$a_0 = a_1 = a_2 = \cdots = a_n = \cdots = 0$$

• 应用: 这个唯一性定理是在求解微分方程时导出递推关系的关键。当我们把级数代入方程并整理成 $\sum C_n (x-x_0)^n = 0$ 的形式后，我们正是利用了这个定理，得出必须有 $C_n = 0$ 对所有 $n$ 成立，从而得到关于原系数 $a_n$ 的方程（即递推关系）。

10. 解析函数 (Analytic Functions)

• 定义: 如果一个函数 $f(x)$ 在点 $x=x_0$ 处可以表示为它的泰勒级数，并且这个泰勒级数在一个包含 $x_0$ 的开区间内收敛于 $f(x)$（即收敛半径 $\rho > 0$），那么就称函数 $f$ 在 $x=x_0$ 处是解析的 (analytic)。
• 常见解析函数: 微积分中遇到的大多数“好”函数都是在它们定义域内的大部分点处是解析的。
  • $e^x, \sin x, \cos x$ 在所有 $x$ 处都是解析的 ($\rho=\infty$)。
  • 多项式在所有 $x$ 处都是解析的。
  • $1/x$ 在所有 $x \neq 0$ 处是解析的。在 $x=0$ 处不解析（因为函数无定义且趋于无穷）。
  • $\tan x = \sin x / \cos x$ 在所有使得 $\cos x \neq 0$ 的点处是解析的，即 $x \neq (k+1/2)\pi$ (k为整数)。在 $\cos x = 0$ 的点不解析。
• 解析函数的代数运算: 如果 $f$ 和 $g$ 在 $x_0$ 处都是解析的，那么它们的和 $f \pm g$、积 $f \cdot g$、以及商 $f/g$（只要 $g(x_0) \neq 0$）在 $x_0$ 处也都是解析的。
• 与微分方程的关系: 在求解 $P(x)y''+Q(x)y'+R(x)y=0$ 时，如果 $P, Q, R$ 在常点 $x_0$ 处都是解析的（这比仅仅连续的要求更强），那么得到的解 $y(x)$ 在 $x_0$ 附近也必然是解析的，这从理论上保证了幂级数解法的可行性和解的良好性质。对于系数是多项式的情况，它们在所有点都是解析的。

11. 求和指标的移动 (Shifting the Index of Summation)

• 核心思想: 无穷级数 $\sum_{n=n_0}^\infty \text{Term}_n$ 中的求和指标 $n$ (或 $j$, $k$, $m$ 等) 是一个哑变量 (dummy index)，就像定积分 $\int_a^b f(t) dt$ 中的积分变量 $t$ 一样。我们可以用任何其他字母替换它，只要替换是一致的，级数的值（如果收敛）或形式不会改变。
  • 例子: $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n} x^{n}}{n!} = \sum_{j=0}^{\infty} \frac{2^{j} x^{j}}{j!} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2^{k} x^{k}}{k!}$ 这些都表示 $e^{2x}$ 的级数。
• 移动的目的: 在处理幂级数运算（特别是求导和合并级数）时，我们经常需要调整求和的起始点或者级数项中指标的形式，以便于后续操作。这种调整称为移动求和指标或下标平移。
• 方法: 通常涉及定义一个新的求和指标，建立它与旧指标的关系，确定新指标的起始和结束点，并将求和项中的旧指标用新指标表示出来。

示例 3

将 $\sum_{n=2}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 写成一个级数，其第一项对应于 $n=0$ 而不是 $n=2$。

解：

令 $m=n-2$；那么 $n=m+2$，并且 $n=2$ 对应于 $m=0$。因此

$$\begin{equation*} \sum_{n=2}^{\infty} a_{n} x^{n}=\sum_{m=0}^{\infty} a_{m+2} x^{m+2} . \tag{1} \end{equation*}$$

通过写出每个级数的前几项，你可以验证它们包含完全相同的项。最后，在等式(1)右侧的级数中，我们可以用 $n$ 替换哑变量索引 $m$，得到

$$\begin{equation*} \sum_{n=2}^{\infty} a_{n} x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n+2} x^{n+2} \tag{2} \end{equation*}$$

实际上，我们将索引向上移动了 2，并通过从比原来低 2 的级别开始计数来进行补偿。

示例 3：演示下标平移

• 问题: 将级数 $\sum_{n=2}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 重写为一个新的级数，使得求和从 $m=0$ 开始。
• 解题步骤:
  1. 定义新旧指标关系: 我们希望新的下标 $m$ 从 0 开始。观察到旧下标 $n$ 是从 2 开始的。一个简单的关系是让新下标比旧下标小 2，即令 $m = n - 2$。
  2. 用新指标表示旧指标: 从 $m = n - 2$ 解出 $n = m + 2$。
  3. 确定新指标范围: 当旧下标 $n$ 取其起始值 2 时，新下标 $m = 2 - 2 = 0$。当 $n \to \infty$ 时，$m = n - 2 \to \infty$。所以新下标 $m$ 的范围是从 0 到 $\infty$。
  4. 替换求和项: 将 $n = m + 2$ 代入原级数的通项 $a_n x^n$ 中： $a_n \rightarrow a_{m+2}$ $x^n \rightarrow x^{m+2}$ 所以通项变为 $a_{m+2} x^{m+2}$。
  5. 写出新级数 (用 m): 将以上结果组合起来，得到：

     $$\sum_{n=2}^{\infty} a_{n} x^{n} = \sum_{m=0}^{\infty} a_{m+2} x^{m+2} \quad \cdots \quad (1)$$

  6. 验证 (可选但推荐): 写出两个级数的前几项，检查它们是否相同：
     • 原级数 (n=2, 3, 4, ...): $a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + \cdots$
     • 新级数 (m=0, 1, 2, ...): $a_{0+2} x^{0+2} + a_{1+2} x^{1+2} + a_{2+2} x^{2+2} + \cdots = a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + \cdots$ 两者确实包含完全相同的项。
  7. 换回常用哑变量 (可选): 由于 $m$ 只是一个哑变量，我们可以将其改回用 $n$（或任何其他字母）表示，只要保持形式一致：

     $$\sum_{n=2}^{\infty} a_{n} x^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n+2} x^{n+2} \quad \cdots \quad (2)$$

• 解释: 作者解释说，这个操作相当于将指标 $n$ “向上”移动了 2 (因为 $n=m+2$)，而为了补偿这一点，求和的起始点从原来的 $n=2$ “向下”移动了 2，变成了 $n=0$（这里用 $m=0$ 来理解更清晰）。

总结

这段内容系统地总结了幂级数的核心性质：收敛性（包括绝对收敛和条件收敛）、收敛半径与收敛区间的概念及计算方法（比率检验）、幂级数的代数运算（加减乘除）、极其重要的逐项微分性质、幂级数系数与泰勒系数的等同性、幂级数的唯一性（这对导出递推关系至关重要）、解析函数的概念及其与幂级数的关系，以及一个非常实用的代数技巧——求和指标的移动。掌握这些知识点，是理解和应用幂级数方法求解微分方程的前提。

希望这个极其详尽的解释和细致的计算步骤展示，能帮助你完全掌握这部分关于幂级数基础知识的内容！

示例 4

将级数

$$\begin{equation*} \sum_{n=2}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n-2} \tag{3} \end{equation*}$$

写成一个通项包含 $\left(x-x_{0}\right)^{n}$ 而不是 $\left(x-x_{0}\right)^{n-2}$ 的级数。

解：

同样，我们将索引移动 2，使得 $n$ 被 $n+2$ 替换，并从低 2 的位置开始计数。我们得到

$$\begin{equation*} \sum_{n=0}^{\infty}(n+4)(n+3) a_{n+2}\left(x-x_{0}\right)^{n} . \tag{4} \end{equation*}$$

你可以很容易地验证级数 (3) 和 (4) 中的项完全相同。

好的，我们来对这三个关于求和指标移动和系数比较的示例进行最长最详细的中文解释，并展示每一步细致的计算步骤。

引言：求和指标移动的重要性

在上一部分我们已经看到，求和指标 $n$ 是一个哑变量，可以替换。更重要的是，我们可以通过“移动”或“平移”求和指标，来改变级数的求和起始点和级数项中指标的形式，这是处理幂级数运算（特别是求导后和合并不同形式级数时）的非常关键的代数技巧。接下来的三个示例将进一步演示如何进行这种操作，以及如何利用它来比较幂级数系数。

示例 4：改变幂次形式的下标平移

• 问题: 给定级数 $\sum_{n=2}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n-2}$ （记为式 3），将其改写成一个新的级数，使得其通项包含 $(x-x_0)^n$ 而不是 $(x-x_0)^{n-2}$。

  • 观察：原级数的求和从 $n=2$ 开始，幂次是 $n-2$。我们希望新的幂次是 $n$（或者说，用一个新指标 $k$ 表示时，幂次是 $k$）。

• 解题步骤 1：建立新旧指标关系，确定新幂次

  1. 设定目标幂次: 我们希望新的通项包含 $(x-x_0)^k$ 这种形式（这里用 $k$ 作为新指标，以免混淆）。
  2. 关联新幂次与旧幂次: 令新的幂次 $k$ 等于旧的幂次 $n-2$，即 $k = n-2$。
  3. 用新指标表示旧指标: 从 $k = n-2$ 解出 $n = k+2$。

• 解题步骤 2：确定新指标的求和范围

  1. 旧指标起始值: 原级数的求和是从 $n=2$ 开始的。
  2. 计算新指标起始值: 将 $n=2$ 代入关系式 $k = n-2$，得到 $k = 2-2 = 0$。
  3. 确定新指标结束值: 当 $n \to \infty$ 时，$k = n-2 \to \infty$。
  4. 新指标范围: 因此，新的求和指标 $k$ 的范围是从 0 到 $\infty$。

• 解题步骤 3：替换求和项中的旧指标

  1. 替换系数中的 n: 将 $n=k+2$ 代入原系数 $(n+2)(n+1)a_n$ 中：
     • $n+2 \rightarrow (k+2)+2 = k+4$
     • $n+1 \rightarrow (k+2)+1 = k+3$
     • $a_n \rightarrow a_{k+2}$ 所以系数变为 $(k+4)(k+3)a_{k+2}$。
  2. 替换幂次项: 我们已经设定 $k=n-2$，所以 $(x-x_0)^{n-2}$ 变为 $(x-x_0)^k$。

• 解题步骤 4：写出新级数 (用 k) 将新的求和范围、新的系数和新的幂次项组合起来：

  $$\sum_{n=2}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n-2} = \sum_{k=0}^{\infty}(k+4)(k+3) a_{k+2}\left(x-x_{0}\right)^{k}$$

• 解题步骤 5：换回常用哑变量 n (可选但常见) 由于 $k$ 是哑变量，我们可以将其改回用 $n$ 表示：

  $$\sum_{n=0}^{\infty}(n+4)(n+3) a_{n+2}\left(x-x_{0}\right)^{n} \quad \cdots \quad (4)$$

  这就是最终结果。

• 验证 (强烈建议自行练习):

  • 原级数 (式 3) 前几项 (n=2, 3, 4, ...): $n=2$: $(2+2)(2+1)a_2 (x-x_0)^{2-2} = (4)(3)a_2 (x-x_0)^0 = 12a_2$ $n=3$: $(3+2)(3+1)a_3 (x-x_0)^{3-2} = (5)(4)a_3 (x-x_0)^1 = 20a_3(x-x_0)$ $n=4$: $(4+2)(4+1)a_4 (x-x_0)^{4-2} = (6)(5)a_4 (x-x_0)^2 = 30a_4(x-x_0)^2$ ...
  • 新级数 (式 4) 前几项 (n=0, 1, 2, ...): $n=0$: $(0+4)(0+3)a_{0+2}(x-x_0)^0 = (4)(3)a_2 (x-x_0)^0 = 12a_2$ $n=1$: $(1+4)(1+3)a_{1+2}(x-x_0)^1 = (5)(4)a_3 (x-x_0)^1 = 20a_3(x-x_0)$ $n=2$: $(2+4)(2+3)a_{2+2}(x-x_0)^2 = (6)(5)a_4 (x-x_0)^2 = 30a_4(x-x_0)^2$ ... 两者确实完全相同。

• 与微分方程的关系: 这个例子中的原级数 (3) 正是假设解 $y=\sum a_n (x-x_0)^n$ 的二阶导数 $y'' = \sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_n(x-x_0)^{n-2}$ 经过一次下标平移（令 $n \to n+2$）得到的 $y'' = \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)a_{n+2}(x-x_0)^n$。而示例 4 展示的是反向操作，或者说，是直接将 $y''=\sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_n(x-x_0)^{n-2}$ 调整为目标幂次 $n$ 的形式。这里给出的结果 (4) 与我们之前推导的 $y''$ 的形式不同，这是因为原文这里的平移方法与标准方法略有不同。 让我们用标准方法重新做一遍示例 4: 目标：将 $\sum_{n=2}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n-2}$ （原文笔误，应该是 $\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n-2}$ 才对，这是 $y''$ 的形式）写成 $(x-x_0)^n$ 的形式。 令 $k=n-2 \implies n=k+2$。 当 $n=2, k=0$。当 $n\to\infty, k\to\infty$。 替换： $n \to k+2$, $n-1 \to k+1$, $a_n \to a_{k+2}$, $(x-x_0)^{n-2} \to (x-x_0)^k$。 得到：$\sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} (x-x_0)^k$。 换回 $n$：$\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} (x-x_0)^n$。 这个结果才是我们通常需要的 $y''$ 的 $(x-x_0)^n$ 形式。

  原文示例 4 的计算步骤解读： 原文似乎是将 $\sum_{n=2}^{\infty} A_n (x-x_0)^{n-2}$ (其中 $A_n = (n+2)(n+1)a_n$) 改写成 $\sum_{k=0}^\infty B_k (x-x_0)^k$。 令 $k=n-2 \implies n=k+2$。 范围 $n=2\dots\infty \implies k=0\dots\infty$。 $B_k = A_{n|_{n=k+2}} = A_{k+2} = ((k+2)+2)((k+2)+1)a_{k+2} = (k+4)(k+3)a_{k+2}$。 所以 $\sum_{n=2}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n-2} = \sum_{k=0}^{\infty} (k+4)(k+3) a_{k+2} (x-x_0)^k$。 换回 $n$ 就是原文的结果 (4)。 虽然计算本身没错，但原文示例 4 的初始表达式 (3) 可能不是最有代表性的形式 (比如它不是 $y''$ 的直接形式)。关键是掌握下标平移的方法。

示例 5

将表达式

$$\begin{equation*} x^{2} \sum_{n=0}^{\infty}(r+n) a_{n} x^{r+n-1} \tag{5} \end{equation*}$$

写成一个通项包含 $x^{r+n}$ 的级数。

解：

首先，将 $x^{2}$ 移入求和符号内，得到

$$\begin{equation*} \sum_{n=0}^{\infty}(r+n) a_{n} x^{r+n+1} \tag{6} \end{equation*}$$

接下来，将索引向下移动 1，并从高 1 的位置开始计数。因此

$$\begin{equation*} \sum_{n=0}^{\infty}(r+n) a_{n} x^{r+n+1}=\sum_{n=1}^{\infty}(r+n-1) a_{n-1} x^{r+n} \tag{7} \end{equation*}$$

同样，你可以很容易地验证等式 (7) 中的两个级数是相同的，并且都与表达式 (5) 完全相同。

示例 5：系数乘以幂再进行下标平移

• 问题: 将表达式 $x^{2} \sum_{n=0}^{\infty}(r+n) a_{n} x^{r+n-1}$ （记为式 5）写成一个级数，其通项包含 $x^{r+n}$。

  • 这里的 $r$ 通常出现在 Frobenius 方法中，可以暂时看作一个常数。

• 解题步骤 1：将 $x^2$ 移入求和符号 由于 $x^2$ 不依赖于求和指标 $n$，我们可以将其乘入级数的每一项： $x^2 \sum_{n=0}^{\infty}(r+n) a_{n} x^{r+n-1} = \sum_{n=0}^{\infty} x^2 \cdot (r+n) a_{n} x^{r+n-1}$ 使用指数法则 $x^a \cdot x^b = x^{a+b}$： $x^{2 + (r+n-1)} = x^{r+n+1}$ 所以表达式变为：

  $$\sum_{n=0}^{\infty}(r+n) a_{n} x^{r+n+1} \quad \cdots \quad (6)$$

• 解题步骤 2：进行下标平移以得到目标幂次 $x^{r+n}$

  1. 设定目标幂次形式: 我们希望新的通项包含 $x^{r+k}$ （用新指标 $k$）。
  2. 关联新旧幂次: 令新的幂次指数 $r+k$ 等于旧的幂次指数 $r+n+1$。 $r+k = r+n+1 \implies k = n+1$。
  3. 用新指标表示旧指标: 从 $k = n+1$ 解出 $n = k-1$。
  4. 确定新指标范围: 旧指标 $n$ 从 0 开始。当 $n=0$ 时，新指标 $k = 0+1 = 1$。当 $n \to \infty$ 时，$k = n+1 \to \infty$。所以新指标 $k$ 的范围是从 1 到 $\infty$。
  5. 替换求和项中的旧指标: 将 $n=k-1$ 代入式 (6) 的通项 $(r+n) a_n x^{r+n+1}$ 中：
     • $r+n \rightarrow r+(k-1) = r+k-1$
     • $a_n \rightarrow a_{k-1}$
     • $x^{r+n+1} \rightarrow x^{r+k}$ (根据我们设定 $k=n+1$) 所以通项变为 $(r+k-1) a_{k-1} x^{r+k}$。
  6. 写出新级数 (用 k):

     $$\sum_{n=0}^{\infty}(r+n) a_{n} x^{r+n+1} = \sum_{k=1}^{\infty}(r+k-1) a_{k-1} x^{r+k}$$

  7. 换回常用哑变量 n (可选):

     $$\sum_{n=1}^{\infty}(r+n-1) a_{n-1} x^{r+n} \quad \cdots \quad (7)$$

• 验证:

  • 表达式 (6) 前几项 (n=0, 1, 2, ...): $n=0$: $(r+0)a_0 x^{r+0+1} = r a_0 x^{r+1}$ $n=1$: $(r+1)a_1 x^{r+1+1} = (r+1)a_1 x^{r+2}$ $n=2$: $(r+2)a_2 x^{r+2+1} = (r+2)a_2 x^{r+3}$ ...
  • 级数 (7) 前几项 (n=1, 2, 3, ...): $n=1$: $(r+1-1)a_{1-1} x^{r+1} = r a_0 x^{r+1}$ $n=2$: $(r+2-1)a_{2-1} x^{r+2} = (r+1)a_1 x^{r+2}$ $n=3$: $(r+3-1)a_{3-1} x^{r+3} = (r+2)a_2 x^{r+3}$ ... 两者确实相同。因此，原表达式 (5) 等于级数 (7)。

• 与微分方程的关系: 这种将 $x$ 的幂次乘入级数，然后再调整下标的操作，在求解某些类型的微分方程（特别是欧拉方程或使用 Frobenius 方法求解奇点附近的解时）非常常见。

示例 6

假设对于所有 $x$，

$$\begin{equation*} \sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \tag{8} \end{equation*}$$

成立，并确定这对于系数 $a_{n}$ 意味着什么。

解：

示例 6：利用幂级数唯一性确定系数关系

• 问题: 假设等式 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ （记为式 8）对于所有 $x$ 都成立。这对于系数 $a_n$ 意味着什么？

• 目标: 我们希望利用第 10 条性质（幂级数唯一性），即如果 $\sum A_n x^n = \sum B_n x^n$，那么 $A_n = B_n$ 对所有 $n$ 成立。为此，我们需要将等式两边的级数都写成 $\sum C_n x^n$ 的形式（即具有相同的幂次 $x^n$ 和相同的求和范围）。

• 解题步骤 1：统一幂次为 $x^n$

  1. 右侧级数: $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 已经是 $x^n$ 的形式，求和从 $n=0$ 开始。
  2. 左侧级数: $\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}$ 的幂次是 $x^{n-1}$，求和从 $n=1$ 开始。我们需要将其改为 $x^n$ 的形式。
     • 令新指标 $k = n-1$。则 $n = k+1$。
     • 当 $n=1, k=0$。当 $n\to\infty, k\to\infty$。新范围 $k=0$ 到 $\infty$。
     • 替换通项 $n a_n x^{n-1}$： $n \to k+1$ $a_n \to a_{k+1}$ $x^{n-1} \to x^k$ 通项变为 $(k+1) a_{k+1} x^k$。
     • 新级数（用 k）: $\sum_{k=0}^{\infty} (k+1) a_{k+1} x^k$。
     • 换回 n：$\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) a_{n+1} x^{n}$。

• 解题步骤 2：重写原等式并比较系数 将调整后的左侧级数代回等式 (8)：

  $$\sum_{n=0}^{\infty}(n+1) a_{n+1} x^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \quad \cdots \quad (9)$$

  现在，等式两边都是从 $n=0$ 开始的关于 $x^n$ 的幂级数。根据幂级数唯一性（第 10 条性质），两边对应 $x^n$ 的系数必须相等。 所以，对于 $n=0, 1, 2, 3, \ldots$，我们必须有：

  $$(n+1) a_{n+1} = a_n$$

• 解题步骤 3：求解递推关系 我们得到了一个关于系数 $a_n$ 的递推关系：

  $$a_{n+1} = \frac{a_n}{n+1} \quad \text{for } n=0, 1, 2, 3, \ldots \quad \cdots \quad (10)$$

  这个关系允许我们用前一个系数 $a_n$ 来计算下一个系数 $a_{n+1}$。系数 $a_0$ 是初始系数，没有被递推关系确定，它是一个任意常数。 我们来计算 $a_1, a_2, a_3, \ldots$ 用 $a_0$ 表示：

  • 令 $n=0$: $a_{0+1} = a_1 = \frac{a_0}{0+1} = \frac{a_0}{1} = a_0$。

  • 令 $n=1$: $a_{1+1} = a_2 = \frac{a_1}{1+1} = \frac{a_1}{2}$。将 $a_1=a_0$ 代入，得到 $a_2 = \frac{a_0}{2}$。

  • 令 $n=2$: $a_{2+1} = a_3 = \frac{a_2}{2+1} = \frac{a_2}{3}$。将 $a_2=a_0/2$ 代入，得到 $a_3 = \frac{a_0/2}{3} = \frac{a_0}{2 \cdot 3} = \frac{a_0}{3!}$。

  • 令 $n=3$: $a_{3+1} = a_4 = \frac{a_3}{3+1} = \frac{a_3}{4}$。将 $a_3=a_0/3!$ 代入，得到 $a_4 = \frac{a_0/3!}{4} = \frac{a_0}{4 \cdot 3!} = \frac{a_0}{4!}$。

  • 观察模式: 我们看到 $a_0, a_1=a_0, a_2=a_0/2!, a_3=a_0/3!, a_4=a_0/4!, \ldots$ 可以归纳出一般公式：

    $$a_n = \frac{a_0}{n!} \quad \text{for } n=0, 1, 2, 3, \ldots \quad \cdots \quad (11 \text{, generalized for } n\ge 0)$$

    （原文写的是 $n=1, 2, 3, \ldots$，但公式对 $n=0$ 也成立，因为 $a_0 = a_0/0!$）

• 解题步骤 4：将系数代回原级数并识别函数 原始等式 (8) 中的右侧级数是 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$。我们将刚求得的系数 $a_n = a_0/n!$ 代入：

  $$\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_0}{n!} x^n$$

  将常数 $a_0$ 提出来：

  $$= a_0 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$$

  我们识别出 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ 正是指数函数 $e^x$ 的麦克劳林级数。 所以：

  $$\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = a_0 e^x$$

• 验证: 原始等式 (8) 左侧是 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$。这其实就是右侧级数 $\sum a_n x^n$ 的导数 $(\sum a_n x^n)'$。 如果右侧是 $y = a_0 e^x$，那么它的导数 $y' = (a_0 e^x)' = a_0 e^x$。 所以，等式 (8) 实际上是在说 $(\sum a_n x^n)' = \sum a_n x^n$，即 $y' = y$。 我们知道微分方程 $y'=y$ 的解是 $y = C e^x$ (这里 $C$ 是任意常数)。 我们的结果 $y = \sum a_n x^n = a_0 e^x$ 正是这个形式（其中任意常数是 $a_0$）。这验证了我们通过系数比较得到的结果是正确的。

总结

这三个示例集中演示了下标平移这一关键技巧的不同应用场景：

• 示例 4 展示了如何将一个级数的幂次形式改变（例如，将包含 $x^{n-2}$ 的级数转换成包含 $x^n$ 的形式）。
• 示例 5 展示了如何处理级数乘以 $x$ 的幂（先乘入，再平移）。
• 示例 6 展示了如何利用下标平移来统一两个级数的幂次形式，然后应用幂级数的唯一性定理来比较系数，从而得到系数之间的递推关系，并最终确定系数的通项公式（在本例中还识别出了对应的函数）。

熟练掌握下标平移和利用唯一性比较系数是成功运用幂级数方法求解微分方程的必备技能。

希望这个超长篇幅的详细解释和计算步骤能够帮助你完全理解这些重要的示例！

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我们希望使用陈述 10 来比较这两个级数中对应的系数。为了做到这一点，我们必须首先重写等式 (8)，以便这些级数在它们的通项中显示相同的 $x$ 的幂。例如，在等式 (8) 左侧的级数中，我们可以用 $n+1$ 替换 $n$，并从低 1 的位置开始计数。因此，等式 (8) 变为

$$\begin{equation*} \sum_{n=0}^{\infty}(n+1) a_{n+1} x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \tag{9} \end{equation*}$$

根据陈述 10，我们得出结论

$$(n+1) a_{n+1}=a_{n}, \quad n=0,1,2,3, \ldots$$

或者

$$\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{a_{n}}{n+1}, \quad n=0,1,2,3, \ldots \tag{10} \end{equation*}$$

因此，在等式 (10) 中选择 $n$ 的连续值，我们有

$$a_{1}=a_{0}, \quad a_{2}=\frac{a_{1}}{2}=\frac{a_{0}}{2}, \quad a_{3}=\frac{a_{2}}{3}=\frac{a_{0}}{3!},$$

等等。一般来说，

$$\begin{equation*} a_{n}=\frac{a_{0}}{n!}, \quad n=1,2,3, \ldots \tag{11} \end{equation*}$$

因此，关系式 (8) 将所有后续的系数用 $a_{0}$ 表示。最后，使用等式 (11) 给出的系数，我们得到

$$\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_{0}}{n!} x^{n}=a_{0} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!}=a_{0} e^{x},$$

这里我们遵循通常的约定 $0!=1$，并回忆起对于所有 $x$，$e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!}$。（参见问题 8。）