幂级数的收敛圆盘与半径

1. 收敛圆盘内的性质

定义 $R:=|z-z_0|$，以及 $D_R(z_0)$ 是复平面上以 $z_0$ 为圆心，半径为 $R$ 的开圆盘。

定义 1.1：幂级数收敛半径

$r:=\sup \left\{R:{\sum }_{n\ge 0}{a}_n(w-z_0{)}^n\text{ 在 }{D}_R(z_0)\text{ 上收敛}\right\}$

• 一个比喻：收敛半径可以理解为，我们站在 $z_0$，并以此为中心发射探测奇点的各个平面上任意方向的雷达波，在遇到奇点之后立刻返回，然后告诉我们与这个奇点的距离。这个距离就是收敛半径。

与 Dirichlet 级数中的收敛横坐标（Abscissa of convergence）的概念不同，我们这里没有必要区别“绝对收敛半径” $r_a:=\sup \left\{R:{\sum }_{n\ge 0}{a}_n(w-z_0{)}^n\text{ 在 }{D}_R(z_0)\text{ 上绝对收敛}\right\}$ 以及“一致收敛半径” $r_u:=\sup \left\{R:{\sum }_{n\ge 0}{a}_n(w-z_0{)}^n\text{ 在 }{D}_R(z_0)\text{ 的任意闭子圆盘上一致收敛}\right\}$ 而是统一使用“收敛半径” $r$，因为对于幂级数而言， $r_c=r_a$ 在这个结果的基础上我们可以说，在幂级数的收敛圆盘内，幂级数绝对收敛，并且在收敛圆盘的任意闭子圆盘上，幂级数一致收敛。

1.1 证明 $r_c\ge r_a$

命题 1.1.1

幂级数 ${\sum }_{n\ge 0}{a}_n(w-z_0{)}^n$ 在 $D_{r_a}(z_0)$ 的任意闭子圆盘 $\overline{D_{\rho }(z_0)}$ 上一致收敛。

• 从这个命题我们知道，$r_u\ge r_a$。

证明思路

证明的基本思路是逐项估计，具体来说利用 Weierstrass M-判别法（一致收敛判别法）。我们可以用绝对收敛来得到和的每一项 $a_n(w-z_0{)}^n$ 的一个一致上界，并且这个上界组成的级数是收敛的，从而说明一致收敛性。

令 $f_n(w):=a_n(w-z_0{)}^n$。对于任意的 $\rho <r_a$，我们总是可以找到一个 $z_1\in D_{r_a}(z_0)\setminus \overline{D_{\rho }(z_0)}$ 使得 $|f_n(w)|<|a_n||z_1-z_0{|}^n$ 对任意 $w\in \overline{D_{\rho }(z_0)}$ 成立。而后者因为 $z_1\in D_{r_a}(z_0)$，所以 ${\sum }_{n\ge 0}|a_n||z_1-z_0{|}^n$ 是绝对收敛的。因此按照 Weierstrass 一致收敛判别法，幂级数在 $\overline{D_{\rho }(z_0)}$ 上一致收敛。

• 注意此处 $z_1$ 的存在性是依赖于开圆盘性质的。

1.2 证明 $r_a=r_c$

Cauchy-Hadamard 定理 (1888)

对于幂级数 ${\sum }_{n\ge 0}{a}_n(w-z_0{)}^n$， $\frac{1}{r_a}=\frac{1}{r_c}={\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }|a_n{|}^{1/n}$ 如果 ${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }|a_n{|}^{1/n}=\infty$，那么幂级数在 $z_0$ 附近并不收敛；而如果 ${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }|a_n{|}^{1/n}=0$，那么幂级数在整个复平面上收敛。

• 此结果的基本想法就是利用上极限的定义，然后通过逐项估计，使用比较判别法（根值判别法）来完成收敛或者发散的判别。

不失一般性，我们假设 $z_0=0$，我们要考虑的幂级数为 ${\sum }_{n\ge 0}{a}_n{w}^n$。

我们首先假设 $U:={\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }|a_n{|}^{1/n}$ 并且 $U\ne 0,\infty$。那么由于上极限的基本性质，对任意 $\epsilon >0$ 仅存在有限个 $n$ 使得 $|a_n{|}^{1/n}\ge U+\epsilon$。也就是说，对于足够大的 $n$ 都有 $|a_n|<(U+\epsilon {)}^n$。那么只要 $|w_0|<\frac{1}{U+\epsilon }$，那么 $|a_n{w}_0^n|<[(U+\epsilon )|w_0|{]}^n$ 其中 $(U+\epsilon )|w_0|<1$，因此幂级数在 $w=w_0$ 处绝对收敛。因为 $\epsilon >0$ 是任意的，因此幂级数在 $|w|<\frac{1}{U}$ 的时候都是绝对收敛的，因此当然也是收敛的。

反过来，对于任意 $\epsilon >0$，存在无穷多个 $n$ 使得 $|a_n|\ge (U-\epsilon {)}^n$（毕竟存在一个 $|a_n{|}^{1/n}$ 的子列收敛到 $U$）。因此如果 $|w_0|=\frac{1}{(U-\epsilon )}$，那么由于 $|a_n{w}_0^n|\ge |(U-\epsilon )w_0{|}^n=1^n=1$ 此时幂级数作为一个级数而言，其通项并不满足级数收敛的必要条件（即 $a_n{w}_0^n\to 0$），因此级数发散。而因为此处 $\epsilon >0$ 是任意的，于是当 $|w|>\frac{1}{U}$ 的时候，幂级数是发散的。

• 当 $U=0$，那么对任意 $\epsilon >0$，对于足够大的 $n$ 都有 $|a_n|\le {\epsilon }^n$。那么对于任意的 $w_0\ne 0$，我们只需要令 $\epsilon =\frac{1}{2|w_0|}$，那么对于足够大的 $n$ 都有 $|a_n{w}_0^n|\le \frac{1}{2^n}$，因此幂级数绝对收敛。
• 当 $U=+\infty$，对于任意 $M>0$，存在无穷多个 $n$ 使得 $|a_n|>M^n$。那么只要 $w_0\ne 0$，那么只需要令 $M=\frac{2}{|w_0|}$，如此一来就有无穷多个 $n$ 使得 $|a_n{w}_0^n|>2^n$，因此 $a_n{w}_0^n$ 的极限不可能为 0，这违背了级数收敛的必要条件，因此对任意 $w_0\ne 0$，此时幂级数都不收敛。

2. 圆盘边界上的情况

2.1 收敛圆盘边界上幂级数处处不收敛的例子

例子 1.1

$f_1(z)={\sum }_{n=1}^{\infty }n{z}^n$ $f_1(z)$ 的收敛半径是 1，但是在单位圆周上，级数处处不收敛。

先从简单的情况考虑，判断级数每一项是否趋于 0 的收敛必要条件：$|n{z}^n|=|n{e}^{nit}|=n\to +\infty$ (当 $n\to +\infty$)，所以级数在单位圆周上不收敛。

2.2 幂级数在收敛圆盘边界上处处收敛的例子

例子 2.1

$f_2(z)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{z^n}{n^2}$ 容易得出 $f_2(z)$ 的收敛半径是 1，并且由于 $|\frac{z^n}{n^2}|=\frac{1}{n^2}$，所以这个级数是绝对收敛的。 因此在单位圆周上此级数处处收敛。

2.3 幂级数在收敛圆盘上除了有限个点以外都收敛

例子 3.1

$f_3(z)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{z^n}{n}$ 收敛半径是 1，在单位圆边界上只有一个点 ($z=1$) 是发散的。

首先看每一项，对于固定的 $z$ ($|z|=1$)，$\frac{z^n}{n}\to 0$，所以满足收敛的必要条件。

因为这里我们只判断是否条件收敛，而不是需要判断一致收敛，所以证明中可以获得一个优势： 固定某个 $z_0=e^{i{t}_0},z_0\ne 1,t_0\in (0,2\pi )$。

注意到部分和的界：

这就是固定 $z$ 的优势，如果是任意 $z$，那么不等式中就是任意 $t$。那么求上确界就有问题，因为 $z$ 可以无限趋于 1。

同时注意到 $\frac{1}{n}$ 单调趋于 0，那么如果把 $f_3(z)={\sum }_{n\ge 1}\frac{z_0^n}{n}$ 看成是两个序列相乘的和，那么由条件收敛的 Dirichlet 判别法，可以得到这个级数是条件收敛的。（这里要注意，这里的收敛是逐点收敛并不是一致收敛，因为一致性无法保证 $z=1$ 附近的邻域内的一致性）。

• 注意这里，Dirichlet test 本质上靠的是 Abel 部分和的办法。如果把其中的趋于 0 以及有界换成一致收敛和一致有界，那么条件收敛的 Dirichlet test 就能变成判断一致收敛的办法。

3. 幂级数导数的证明

定理：幂级数的解析性

幂级数 $f(z)={\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n$ 在其收敛圆盘内定义了一个全纯函数。 函数 $f$ 的导函数也可以表示为一个幂级数，它是通过对 $f$ 的级数逐项求导得到的，即 $f^{\prime }(z)={\sum }_{n=0}^{\infty }n{a}_n{z}^{n-1}$ 此外，导函数 $f^{\prime }$ 的收敛半径与原函数 $f$ 的收敛半径相同。

定理的证明分为两部分，第一部分证明 $n$ 阶导数的收敛域都是相同的，第二部分证明逐项微分可行。

第一部分：收敛半径的证明

Hadamard 公式给出了幂级数 $\sum c_n{z}^n$ 的收敛半径 $R$ 为： $\frac{1}{R}={\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }|c_n{|}^{1/n}$ 对于导数级数 $\sum n{a}_n{z}^{n-1}$，其系数为 $n{a}_n$。考虑到 ${\lim }_{n\to \infty }{n}^{1/n}=1$，我们有： ${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }|n{a}_n{|}^{1/n}={\lim }_{n\to \infty }{n}^{1/n}\cdot {\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }|a_n{|}^{1/n}=1\cdot \frac{1}{R}=\frac{1}{R}$ 因此收敛半径相同。

第二部分：证明逐项微分是导数

这部分是证明的核心，也是最技术性的部分。它使用了 $ϵ-N$ 的思想来处理级数的收敛性。

• 目标: 证明对于 $|z_0|<R$，有 ${\lim }_{h\to 0}\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h}=g(z_0)$，其中 $g(z)={\sum }_{n=0}^{\infty }n{a}_n{z}^{n-1}$。
• 策略: 将差商 $\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h}$ 分解成几部分，并分别估计它们当 $h\to 0$ 时的行为。

分解步骤：

1. 令 $f(z)=S_N(z)+E_N(z)$，其中 $S_N(z)={\sum }_{n=0}^N{a}_n{z}^n$ 是部分和（一个多项式），$E_N(z)={\sum }_{n=N+1}^{\infty }{a}_n{z}^n$ 是余项。
2. 将我们要考察的差值写为： $\Delta =\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h}-g(z_0)$
3. 将其拆解为三部分： $$\begin{array}{rl}\Delta & =\left(\frac{S_N(z_0+h)-S_N(z_0)}{h}-S_N^{\prime }(z_0)\right)\\ & +\left(S_N^{\prime }(z_0)-g(z_0)\right)\\ & +\frac{E_N(z_0+h)-E_N(z_0)}{h}\end{array}$$ 其中 $S_N^{\prime }(z_0)$ 是多项式 $S_N(z)$ 的导数在 $z_0$ 处的值，即 $S_N^{\prime }(z_0)={\sum }_{n=1}^{N}n{a}_n{z}_0^{n-1}$。

各项估计：

1. 第一项: $\left(\frac{S_N(z_0+h)-S_N(z_0)}{h}-S_N^{\prime }(z_0)\right)$

   • 这是因为多项式的导数可以通过逐项求导获得。对于有限项的级数，逐项微分是合法的。
   • 因此，对于任何固定的 $N$，当 $h\to 0$ 时，这一项趋于 0。
   • 所以，对于给定的 $ϵ>0$，我们可以找到一个 ${\delta }_1>0$，使得当 $|h|<{\delta }_1$ 时，这一项的绝对值小于 $ϵ$。

2. 第二项: $\left(S_N^{\prime }(z_0)-g(z_0)\right)$

   • $S_N^{\prime }(z_0)-g(z_0)=-{\sum }_{n=N+1}^{\infty }n{a}_n{z}_0^{n-1}$。
   • 由于 $g(z)$ 在 $|z|<R$ 上收敛，当 $N\to \infty$ 时，这一项趋于 0。
   • 所以，我们可以找到一个 $N_2$，使得当 $N>N_2$ 时，这一项的绝对值小于 $ϵ$。

3. 第三项: $\frac{E_N(z_0+h)-E_N(z_0)}{h}$

   • 利用导数的定义和三角不等式： $\left|\frac{E_N(z_0+h)-E_N(z_0)}{h}\right|=\left|{\sum }_{n=N+1}^{\infty }{a}_n\frac{(z_0+h{)}^n-z_0^n}{h}\right|$
   • 利用均值定理（或直接估计）：$\frac{(z_0+h{)}^n-z_0^n}{h}=n{\xi }^{n-1}$，其中 $\xi$ 在 $z_0$ 和 $z_0+h$ 的连线上。
   • 如果 $|h|$ 足够小，使得 $|z_0+h|<r<R$，那么 $|\xi |<r$。
   • 所以，$\left|\frac{(z_0+h{)}^n-z_0^n}{h}\right|\le n{r}^{n-1}$。
   • 因此， $\left|\frac{E_N(z_0+h)-E_N(z_0)}{h}\right|\le {\sum }_{n=N+1}^{\infty }|a_n|n{r}^{n-1}$
   • 这个级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n|a_n|r^{n-1}$ 是收敛的（因为它是 $g(z)$ 在 $|z|=r$ 处的绝对收敛级数，而 $r<R$）。
   • 因此，这个级数的尾部 ${\sum }_{n=N+1}^{\infty }n|a_n|r^{n-1}$ 可以任意小。
   • 所以，我们可以找到一个 $N_1$，使得当 $N>N_1$ 时，这一项的绝对值小于 $ϵ$。

结论：

选择一个 $N$ 使得 $N>\max (N_1,N_2)$。对于这个固定的 $N$，再选择足够小的 $h$，将这三项加起来，我们得到： $\left|\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h}-g(z_0)\right|<ϵ+ϵ+ϵ=3ϵ$ 由于 $ϵ$ 可以任意小，这意味着 ${\lim }_{h\to 0}\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h}=g(z_0)$。