4.4 冪級數函數 (Power Series Functions)

定義4.4-1. 設 $\left\{ f_n\left( z \right) \right\}_{n = 0}^\infty$ 為一複數函數數列，其中各項定義於集合 $A \subset \mathbb{C}$ 上，型如

稱為函數項級數或函數級數。

當 ${f_n}\left( z \right) = {c_{n - 1}}{\left( {z - {z_0}} \right)^{n – 1}}$ 或 ${f_n}\left( z \right) = {c_{n - 1}}{z^{n - 1}}$ ，則函數項函數稱為冪級數 (power series)，即

本節的討論重點是何種條件下，冪級數可以視為函數，以及針對給定的函數，如何找到其對應的冪級數。

例題4.4-1. 考慮冪級數 $\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{1}{n!} (z-2)^n$ 收斂情形：

1. $z=2$ 時，即 $\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac1{n!} \left( z - 2 \right)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty 0=0$ 收斂。

2. $z=\frac{i}{2}$ 時，即 $\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac1{n!} \left( z - 2 \right)^n =\sum\limits_{n=0}^\infty \frac1{n!} \left( \frac{i}{2} - 2 \right)^n =\sum\limits_{n=0}^\infty \frac1{2^n n!} \left( i - 4 \right)^n$，由比值測試知此級數收斂。

3. $z=4+i$ 時，$\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac1{n!} \left( z - 2 \right)^n =\sum\limits_{n=0}^\infty \frac1{n!} \left( 4+i - 2 \right)^n =\sum\limits_{n=0}^\infty \frac1{n!} ( 2+i)^n$，由比值測試知此級數收斂。

試問哪些 $z\in\mathbb{C}$ 會使此級數收斂？

例題4.4-2. 考慮冪級數 $\sum\limits_{n = 0}^\infty c_n z^n$收斂情形：

1. $c_n=1$ ，即 $\sum\limits_{n = 0}^\infty c_n \left( z - z_0 \right)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty z^n$，由比值測試知在 $|z|<1$ 的區域內，此級數收斂到 $\frac{1}{1-z}$。

2. $c_n=\begin{cases}\displaystyle \frac{(-1)^{n/2}}{2^{n/2}}, & n \text{~為偶數~},\\ 0, & n \text{~為奇數~}, \end{cases}$ 即 $\sum\limits_{n = 0}^\infty c_n \left( z - z_0 \right)^n =\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2^k} z^{2k}$，由比值測試知當 $\left|-\frac{z^2}{2}\right|<1$ 即在 $|z|<\sqrt{2}$ 的區域內，此級數收斂到 $\frac{2}{2+z^2}$。

令 $D\subset\mathbb{C}$ 為使級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$ 收斂的 $z$ 所形成的集合稱為收斂區域 (region of convergence)，因此對於任意的 $z\in D$，可計算出級數的收斂值，如此可以定義對應的函數：

定義4.4-2. 設 $D$ 為級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$ 收斂的區域，定義冪級數函數(power series function) $f$ 為

從定義4.4-2來看，冪級數在收斂區域內可以視為函數來處理；反過來想，函數是否也可以表示成冪級數的形式？Taylor級數即是將函數表為冪級數的呈現。

例題4.4-1中 $\sum\limits_{n=0}^\infty z^n$ 收斂區域為 $D=D_1(0)$，且對應的冪級數函數為 $f(z)=\frac{1}{1-z}$；

而 $\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2^k} z^{2k}$之收斂區域為 $D=D_{\sqrt{2}}(0)$，且對應的冪級數函數為 $f(z)=\frac{2}{2+z^2}$。

冪級數的收斂區域的可能性說明如下：

定理4.4-1. 給定 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$ 收斂的區域為 $D$，則集合 $D$ 可能為
(1)
$D=\{z_0\}$， (2)存在 $\rho$ 使得 $D=N(z_0,\rho)$ ， (3) $D=\mathbb{C}$

等三種情形之一，其中

• [證明]

  因

  $$\limsup_{n\to\infty}|c_n(z-z_0)|^\frac1n = \limsup_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n |z-z_0| = |z-z_0| \limsup_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n$$

  由根號測試知若 $|z-z_0| \limsup\limits_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n<1$，級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$ 才會收斂。因此分成下列情形討論：

  (1) 若 $\limsup\limits_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n=\infty$ 時，當 $|z-z_0|\neq 0$ 則 $\limsup\limits_{n\to\infty}|c_n(z-z_0)|^\frac1n>1$，級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$ 在 $z\neq z_0$ 發散，因此收斂區域 $D=\{z_0\}$.

  (2) 若 $\limsup\limits_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n<\infty$ 時，當 $|z-z_0|<\frac1{\limsup\limits_{n\to\infty}|c_n(z-z_0)|^\frac1n}\triangleq \rho$ 時，因 $|z-z_0| \limsup\limits_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n<1$，故級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$ 收斂，即 $D_\rho(z_0)\subset D$。對於 $|z-z_0|=\rho$ 的部分，即 $z\in C_\rho(z_0)$時，須逐點將 $z=z_0+\rho e^{i\theta},~-\pi<\theta\le \pi$，代入級數計算是否收斂，因此

  $$N(z_0,\rho)=D_\rho (z_0)\cup ＼\{C_\rho (z_0)\text{~中使級數收斂的點}.\}$$

  (3) 若 $\limsup\limits_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n=0$，則 $|z-z_0| \limsup\limits_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n<1,~\forall z\in\mathbb{C}$，因此 $D=\mathbb{C}$。

  

  $\hspace{10.5cm}\blacksquare$

此定理中的參數 $\rho$ 稱為冪級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$ 之收斂半徑 (radius of convergence)。因此，當 $D=\{z_0\}$ 表 $\rho=0$，而 $D=\mathbb{C}$ 則表 $\rho=\infty$ 之意。冪級數的收斂半徑計算如下：

定理4.4-2. 級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$ 之收斂半徑 $\rho$，計算如下：

1. Cauchy 根號測試 $\rho = \frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n}$，

2. Cauchy-Hardmand 根號測試 $\rho = \frac{1}{\limsup\limits_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n}$，

3. d’Alambert 比例測試 $\rho = \frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{c_{n+1}}{c_n}\right|}$。

• [證明]

  1, 2 參考定理4.4-1的證明，3練習。

例題4.4-3. 決定下列級數的收斂半徑：

(a) $\sum\limits_{n=0}^\infty \left(\frac{n+2}{3n+1}\right)^n(z-4)^n$， (b) $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} z^n$， (c) $\sum\limits_{n=1}^\infty c_n z^n=4z+5^2 z^2 + 4^3 z^3+5^4 z^4+\cdots$。

• [解]

  (a) $\lim\limits_{n\to\infty} |c_n|^\frac1n = \lim\limits_{n\to\infty} \left| \left(\frac{n+2}{3n+1}\right)^n \right|^\frac1n = \lim\limits_{n\to\infty} \left| \frac{n+2}{3n+1} \right|=\frac13$，所以 $\rho=3$。

  (b) $\lim\limits_{n\to\infty} \left|\frac{c_{n+1}}{c_n}\right| = \lim\limits_{n\to\infty} \left|\frac{1/(n+1)!}{1/n!}\right| = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n+1}=0$，所以 $\rho=\infty$。

  (c) $\{c_n\} = \{4, 5^2, 4^3, 5^4,\ldots\}$，因此 $\{|c_n|^\frac1n\} = \{4, 5, 4, 5,\ldots\}$，即 $\limsup\limits_{n\to\infty} |c_n|^\frac1n = 5$，所以 $\rho=1/5$。

例題4.4-4. 決定下列級數的收斂半徑

(a) $\sum\limits_{k=1}^\infty k^k z^k$ 與 (b) $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{z^k}{k^k}$。

• [解]

  (a) 設 $z\neq 0$，當項次 $k\ge \frac{2}{|z|}$ 時， $|k^k z^k|=(k|z|)^k\ge 2^k$ ，$\lim\limits_{k\to\infty} k^k z^k\neq 0$，所以 $\sum\limits_{k=1}^\infty k^k z^k$$$發散，因此 $\rho=0$。

  (b) 設 $z\neq 0$，當項次 $k\ge 2|z|$ 時， $\left|\frac{z^k}{k^k}\right|=(\frac{|z|}{k})^k \le \left(\frac12\right)^k$ ，由於$\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k}$ 收斂，所以 $\sum\limits_{k=1}^\infty \left|\frac{z^k}{k^k}\right|$$$收斂，即 $\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{z^k}{k^k}$$$收斂，因此 $\rho=\infty$。

例題4.4-5. 計算 $\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{z^n}{n+1}=1-\frac{z}{2}+\frac{z^2}{3}-\frac{z^3}{4}+-\cdots$ 之收斂半徑和收斂區域 $N(0,\rho)$.

• [解]

  由於 $c_n=\frac{(-1)^n}{n+1}$ ， $\lim\limits_{n\to\infty} |c_n|^\frac{1}{n} =\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{(n+1)^\frac1n}=1$ ，此因

  $$\ln \lim\limits_{n\to\infty}(n+1)^\frac1n = \lim_{n\to\infty} \ln (n+1)^\frac1n = \lim_{n\to\infty} \frac{\ln(n+1)}{n}=0$$

  所以 $\rho=1$。為檢查 $C_\rho(0)$上的哪些點是收斂，令 $z\in C_\rho(0)$，即 $z=\rho e^{i\theta}=e^{i\theta},~-\pi<\theta\le \pi$，代入級數

  $$\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{z^n}{n+1} =\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{e^{in\theta}}{n+1} =\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{\cos n\theta}{n+1} +i \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{\sin n\theta}{n+1}$$

  (i) $\theta=\pi$， $\cos n\theta = (-1)^n,~ \sin n\theta=0$$\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{z^n}{n+1} =\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n+1}$ 發散。

  (ii) $\theta\neq \pi$，因 $-\frac1{n+1}\le \frac{\cos n\theta}{n+1}\le \frac{1}{n+1} \implies 0\le \frac{1+\cos n\theta}{n+1}\le \frac{2}{n+1}$，且由於 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2}{n+1}=0$，因此 $\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{2}{n+1}$收斂，故 $\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{\cos n\theta}{n+1}$ 收斂；同理 $\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{\sin n\theta}{n+1}$ 收斂；因此 $\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{z^n}{n+1}$。

  

  整理可得 $N(0,\rho)=\{z: |z|\le 1, z\neq -1\}=\overline{D_1(0)}\setminus\{-1\}$。

給定冪級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$，其收斂半徑為 \rho 與收斂區域為 N(z_0,\rho)，則定義冪級數函數 $f(z)$ 如定義4.4-2所示，在分別定義函數 $S_n(z)$ 與 $R_n(z)$ 如下：

則

再令

即 $g(z)$ 級數的每一項均為 $f(z)$ 級數的每一項微分，試問 $g(z)=f'(z)$ 嗎？

定理4.4-3. 設函數 $f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$ 之收斂半徑 $\rho>0$，則

(i) $f$ 在 $D_\rho(z_0)$ 為無窮階可微 (即 $f$ 在 $D_\rho(z_0)$ 為解析)，

(ii) $\forall k\in\mathbb{N},~ f^{(k)}(z) = \sum\limits_{n=k}^\infty n (n-1) \cdots (n-k+1) c_n (z-z_0)^{n-k},~\forall z\in D_\rho(z_0),$

(iii) $c_k=\frac{f^{(k)}(z_0)}{k!}$，其中 $f^{(k)}$ 表 $f$ 之 $k$ 階導數。

• [證明]

  若能證明當 $k=1$ 時，(ii)成立，則有數學歸納法可以證明對所有的 $k\in\mathbb{N}$ 時，(ii)成立，(i)自然成立。

  當 $k=1$ 時，欲證$f'(z)=g(z)$ 先要證明 $\sum\limits_{n=1}^\infty n c_{n} (z-z_0)^{n-1}$ 在 $D_\rho(z_0)$ 收斂。

  (1) Claim: $\sum\limits_{n=1}^\infty n c_{n} (z-z_0)^{n-1}$ 在 $z\in D_\rho(z_0)$ 收斂。

  因 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_{n} (z-z_0)^{n}$收斂， $\forall z\in D_\rho(z_0)$，且 $\limsup\limits_{n\to\infty} |c_n|^\frac1n =\frac{1}{\rho}$，故

  $$⁍$$

  所以 $\sum\limits_{n=1}^\infty n c_{n} (z-z_0)^{n-1}=\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1) c_{n+1} (z-z_0)^n$ 在 $D_\rho(z_0)$ 上收斂，即 $g(z)$ 是有定義的。

  同理可證 $\sum\limits_{n=k}^\infty n (n-1) \cdots (n-k+1) c_n (z-z_0)^{n-k}$ 在 $D_\rho(z_0)$ 上收斂。

  (ii) Claim: $f'(z)=g(z)$ 在 $D_\rho(z_0)$ 成立。

  令 $\alpha\in D_\rho(z_0)$並選擇 $r<\rho$ 和 $\delta$，使得 以及 $D_\delta(\alpha)\subset D_r(z_0) \subset D_\rho(z_0)$ (參考下圖)。

  

  欲證明 $f'(\alpha)=g(\alpha),~\forall \alpha \in D_\rho(z_0)$ ，即

  $$\begin{align*} &\lim_{z\to \alpha} \frac{f(z)-f(\alpha)}{z-\alpha}=g(\alpha) \\ \iff &\forall \varepsilon>0,~\exists \delta>0 \text{~s.t.~}\forall z\in D_\delta^*(z_0) \implies \left| \frac{f(z)-f(\alpha)}{z-\alpha}-g(\alpha)\right|<\varepsilon \end{align*}$$

  因 $f(z)=S_n(z)+R_n(z)$ ，因此上述的定義等價於

  $$\begin{align*} &\lim_{z\to \alpha} \frac{f(z)-f(\alpha)}{z-\alpha}=g(\alpha) \\ \iff &\forall \varepsilon>0,~\exists \delta>0,~N\in\mathbb{N} \text{~s.t.~}\\ &\forall z\in D_\delta^*(z_0)\text{~與~} n\ge N\implies \left| \frac{S_n(z)+R_n(z)-S_n(\alpha)-R_n(\alpha)}{z-\alpha}-g(\alpha)\right|<\varepsilon \end{align*}$$

  由於

  $$\underbrace{\frac{f(z)-f(\alpha)}{z-\alpha}-g(\alpha)}_{A} =\underbrace{\frac{S_n(z)-S_n(\alpha)}{z-\alpha}-S_n'(\alpha)}_{B}+\underbrace{S_n'(\alpha)-g(\alpha)}_{C}+\underbrace{\frac{R_n(z)-R_n(\alpha)}{z-\alpha}}_{D}$$

  且 $|A|\le |B|+|C|+|D|$，因此要 $|A|<\varepsilon$，則要先計算 $|B|,|C|,|D|<\frac{\varepsilon}{3}$。

  (a) $|D|$之計算：因

  $$R_n(z)-R_n(\alpha) = \sum_{k=n+1}^\infty c_n \left[(z-z_0)^k-(\alpha -z_0)^k\right]$$

  得

  $$\begin{align*} |D|=\left| \frac{R_n(z)-R_n(\alpha)}{z-\alpha}\right| &=\left|\frac{1}{z-\alpha} \sum_{k=n+1}^\infty c_n \left[(z-z_0)^k-(\alpha -z_0)^k\right] \right|\\ &\le \sum_{k=n+1}^\infty |c_n| \left| \frac{(z-z_0)^k-(\alpha -z_0)^k}{z-\alpha} \right| \\ &=\sum_{k=n+1}^\infty |c_k| \left| \frac{(z-z_0)^k-(\alpha -z_0)^k}{(z-z_0)-(\alpha-z_0)} \right| \\ &=\sum_{k=n+1}^\infty |c_k| \left| \sum_{j=0}^{k-1}(z-z_0)^{k-1-j}\cdot(\alpha-z_0)^j\right| \\ &\le \sum_{k=n+1}^\infty |c_k| k r^{k-1} \end{align*}$$

  最後不等式係由於 $|z-\alpha|<\delta< r$ 以及 $|z-\alpha|<\delta <r$。 因 $r<\rho$ 以及 $\limsup\limits_{k\to\infty} |c_k k r^{k-1}| ^\frac1k =\limsup\limits_{k\to\infty} |c_k|^\frac1k k^{\frac{1}{k}} r^{1-\frac{1}{k}}=\frac{r}{\rho}<1$，知$\sum\limits_{k=1}^\infty |c_k| k r^{k-1}$ 收斂，故當 $n\to\infty$ 時， $\sum\limits_{k=n+1}^\infty |c_k| k r^{k-1}\to 0$，因此選擇 $N_1$ 夠大，則當 $n\ge N_1$ 時，$|D|<\frac{\varepsilon}{3}$。

  (b) $|C|$之計算：

  因 $S_n(z)$ 是多項式，因此 $S_n'(z)$ 存在且 $S_n'(z)=\sum_{k=1}^n k c_k (z-z_0)^{k-1}$，因此 $\lim\limits_{n\to\infty}S_n'(\alpha)=g'(\alpha)$，即存在 N_2 使得當 $n\ge N_2$ 時， $|C|=|S_n'(\alpha)-g(\alpha)|<\frac{\varepsilon}{3}$。

  (c) $|B|$之計算：
  由(b)知
  $S_n'(z)$ 存在，因此當 $n\ge \max\{N_1,N_2\}$ 時，存在 $\delta>0$ 使得

  $$\forall z\in D_\delta^*(\alpha)\implies |B|=\left| \frac{S_n(z)-S_n(\alpha)}{z-\alpha}-S_n'(\alpha)\right|<\frac{\varepsilon}{3}.$$

  結合(a),(b),(c)知 $f'(\alpha)=g(\alpha),~\forall \alpha\in D_\rho(z_0)$。重複這個步驟，將 $g(z)$ 視為新的 $f$ 函數，可證明 $g'(z)$ 存在且 $g'(\alpha)=f''(\alpha)$；如此由數學歸納法可證明(ii)成立。

  (i) 由於 (ii)成立，表示 $\forall k\in \mathbb{N},~f^{(k)}(\alpha)$ 存在，$\forall \alpha\in D_\rho(z_0)$，故 $f$ 在 $D_\rho(z_0)$ 為無窮階可微。

  (iii) 因為 $\forall z\in D_\rho(z_0)$

  $$f^{(k)}(z)=\sum_{n=k} n(n-1)\cdots (n-k+1) c_n (z-z_0)^{n-k}$$

  成立，因此 $f^{(k)}(z_0) = k (k-1)\cdots 1 c_k=k!c_k$ 即 $c_k = \frac{f^{(k)}}{k!}$。

例題4.4-6. 證明 $\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1) z^n =\frac{1}{(1-z)^2},~\forall z\in D_1(0)$ 。

• [解]

  由於 $\sum\limits_{n=0}^\infty z^n$對任意 $z\in D_1(0)$ 均收斂且 $\sum\limits_{n=0}^\infty z^n =\frac{1}{1-z},~\forall z\in D_1(0)$。由定理4.4-3得，

  $$\sum_{n=0}^\infty (n+1) z^n =\sum_{n=1}^\infty n z^{n-1} =\frac{d}{dz}\sum_{n=0}^\infty z^n = \frac{d}{dz}\frac{1}{1-z}=\frac{1}{(1-z)^2},~\forall z\in D_1(0).$$

從定理4.4-3可知

實際上，冪級數函數的微分和積分可以推廣到 $N(z_0,\rho)$ 上，而非只有 $D_\rho(z_0)$，但還是只在 $D_\rho(z_0)$ 解析。

例題4.4-7. 計算 $\tan^{-1}x$ 之冪級數表示法。

• [解]

  因 $\displaystyle \tan^{-1}x = \int \frac{1}{1+x^2} dx$ 以及

  $$1-z^2+z^4-z^6+-\cdots=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n z^{2n}=\frac{1}{1-(-z)^2}＝=\frac{1}{1+z^2},~\forall z\in D_1(0).$$

  故

  $$\frac{1}{1+x^2} = 1-x^2+x^4-x^6+-\cdots, ~\forall x\in(-1,1).$$

  得

  $$\tan^{-1} x =\int \frac{1}{1+x^2} dx = C+x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+-\cdots,~\forall x\in(-1,1),$$

  因 $\tan^{-1}(0)=0$，得 $C=0$，故 $\tan^{-1}x$ 之冪級數表示法為

  $$\tan^{-1}x = x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+-\cdots, \quad \forall x\in(-1,1).$$

  考慮邊界點，當 $x=1$ 時， $1-\frac13+\frac15-\frac17+-\cdots = \sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{1}{2n+1}$收斂，以及當 $x=-1$ 時， $-1+\frac13-\frac15+\frac17-+\cdots = \sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^{n+1} \frac{1}{2n+1}$收斂，因此 $\tan^{-1}x$ 之冪級數表示法為

  $$\tan^{-1}x = x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+-\cdots, \quad \forall x\in[-1,1].$$

習題

驗證 $\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{z^{2n+1}}{2n+1}=z-\frac{z^3}{3}+\frac{z^5}{5}-\frac{z^7}{7}+\cdots$ 之收斂半徑為 $\rho=1$ 與收斂區域為 $N(\alpha,\rho)=\{z:|z|\le 1,z\neq i, -i\}$。