复幂级数、复对数与Abel求和法

复幂级数

一个中心为 \(\displaystyle a \in \mathbb{C}\) 的复幂级数是指以下形式的表达式：

\[ \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(z-a)^{n} \]

其中系数 \(\displaystyle a_n \in \mathbb{C}\)，变量 \(\displaystyle z \in \mathbb{C}\)

幂级数的一个核心特性是其收敛域对于任意幂级数，其收敛域必然是以下三种情况之一：

• 仅在中心点 \(\displaystyle z=a\) 收敛
• 在整个复平面 \(\displaystyle \mathbb{C}\) 上收敛
• 在一个以 \(\displaystyle a\) 为中心的开圆盘内收敛，这个圆盘的半径被称为收敛半径 (Radius of Convergence)，记为 \(\displaystyle R\)

对于复幂级数 \(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(z-a)^{n}\)，存在一个唯一的 \(\displaystyle R \in [0, \infty]\)，使得：

• 当 \(\displaystyle |z-a| < R\) 时，级数绝对收敛

• 当 \(\displaystyle |z-a| > R\) 时，级数发散

在边界 \(\displaystyle |z-a|=R\) 上，级数的收敛性需要单独讨论

收敛半径 \(\displaystyle R\) 可以通过 柯西-阿达马 (Cauchy-Hadamard) 公式 计算：

\[ \displaystyle R = \frac{1}{L}, \quad \text{where} \quad L = \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{|a_n|} \]

当极限\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right|\)存在时，也可以使用更简便的比值判别法计算：

\[ \displaystyle R = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| \]

复幂级数的连续性与可微性

连续性

一个收敛半径为 \(\displaystyle R>0\) 的幂级数 \[ \displaystyle f(z) = \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(z-a)^{n} \] 在其收敛圆盘 \(\displaystyle B_R(a) = \{z \in \mathbb{C} : |z-a| < R\}\) 内定义了一个连续函数

原因在于，幂级数在任何半径为 \(\displaystyle R' < R\) 的闭圆盘 \(\displaystyle \overline{B_{R'}(a)}\) 上都是 一致收敛 的

由于幂级数的部分和多项式是连续的，根据一致收敛的连续性定理，极限函数 \(\displaystyle f(z)\) 也是连续的

复可微性 (全纯性 holomorphic)

幂级数 \(\displaystyle f(z)\) 在其收敛圆盘 \(\displaystyle B_R(a)\) 内是复可微的（即全纯的），其导数可以通过逐项求导得到：

\[ \displaystyle f'(z) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n (z-a)^{n-1} \]

求导后得到的幂级数与原级数有相同的收敛半径 \(\displaystyle R\)

由于可以反复进行逐项求导，一个幂级数在其收敛域内是无穷次可微的 (\(\displaystyle C^\infty\))其 \(\displaystyle k\) 阶导数为：

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

由此可得，幂级数的系数与其在中心点 \(\displaystyle a\) 的各阶导数满足关系 \[ \displaystyle a_k = \frac{f^{(k)}(a)}{k!} \] 这意味着一个幂级数就是它自身的泰勒级数

复对数 (The Complex Logarithm)

复对数函数是复指数函数 \(\displaystyle e^z\) 的反函数

其主分支 (principal branch)定义在 \(\displaystyle Re(z)>0\) 的右半平面上，为： \[ \displaystyle \ln z = \ln|z| + i \arg z \]

其中 \(\displaystyle \arg z \in (-\pi, \pi]\) 是主辐角

通过柯西-黎曼方程可以证明，\(\displaystyle \ln z\) 是复可微的，其导数为：

\[ \displaystyle (\ln z)' = \frac{1}{z} \]

在 \(\displaystyle |z-1|<1\) 的圆盘内，\(\displaystyle \ln z\) 可以展开为幂级数：

\[ \displaystyle \ln z = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}(z-1)^n \]

幂级数的一些应用

三角函数与正弦积分

在严格的数学体系中，三角函数可以通过幂级数来定义

例如，基于欧拉公式 \(\displaystyle e^{ix} = \cos x + i \sin x\)，可以得到： \[ \displaystyle \cos x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k} \]

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

这两个级数的收敛半径均为 \(\displaystyle R=\infty\)

利用逐项求导法则，可以轻松验证它们的基本性质，如 \(\displaystyle (\sin x)' = \cos x\)

对于 正弦积分函数 (Sine Integral) \(\displaystyle Si(x)\)，

可以利用 \(\displaystyle \sin t\) 的幂级数展开，并通过逐项积分得到其自身的幂级数表示： \[ \begin{align} \displaystyle Si(x) &= \int_0^x \frac{\sin t}{t} dt \\ &= \int_0^x \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{t^{2n}}{(2n+1)!} dt \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!(2n+1)} \end{align} \]

生成函数与平方和

幂级数是组合数学中强大的工具，其应用之一是求数列的和

例如，求前 \(\displaystyle n\) 个正整数的平方和 \(\displaystyle s_n = \sum_{k=1}^n k^2\)

从几何级数出发，我们有 \[ \displaystyle \sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{1-x} \] 通过微分算子 \(\displaystyle x \frac{d}{dx}\) 作用于系数，可以得到 \[ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty n^2 x^n = \frac{x+x^2}{(1-x)^3} \] 数列 \(\displaystyle (s_n)\) 的生成函数是 \[ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty s_n x^n = \frac{1}{1-x} \sum_{n=1}^\infty n^2 x^n = \frac{x+x^2}{(1-x)^4} \] 将右侧函数展开为幂级数并比较系数，即可得到 \(\displaystyle s_n\) 的封闭形式：

\[ \displaystyle s_n = \binom{n+2}{3} + \binom{n+1}{3} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]

Abel求和法

阿贝尔求和法，又称为偏和分或分部求和法，可以看作是离散形式的“分部积分法”

它主要用于处理非绝对收敛的级数，特别是证明级数的（一致）收敛性

考虑两个函数序列 \((\displaystyle f_n(x))\) 和 \((\displaystyle g_n(x))\)

设 \(\displaystyle G_n(x)\) 是 \(\displaystyle g_k(x)\) 的部分和，即 \[ \displaystyle G_n(x) = \sum_{k=m}^n g_k(x) \] 通过代入 \(\displaystyle g_k = G_k - G_{k-1}\) 并重新整理求和项，可以得到以下恒等式

\[ \displaystyle \sum_{k=m}^{n}f_{k}(x)g_{k}(x) = f_{n}(x)G_{n}(x) - f_{m}(x)G_{m-1}(x) + \sum_{k=m}^{n-1}[f_{k}(x)-f_{k+1}(x)]G_{k}(x) \]

三角级数

考虑幂级数 \[ \displaystyle f(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n} \] 其收敛半径为 \(\displaystyle R=1\)

在收敛域 \(\displaystyle |z|<1\) 内，我们知道 \[ \displaystyle f(z) = -\ln(1-z) \] 我们的目标是研究当 \(\displaystyle z\) 趋近于单位圆边界 \(\displaystyle S^1 = \{z \in \mathbb{C} : |z|=1\}\) 时级数的行为

令 \(\displaystyle z=e^{ix}\)，则级数变为： \[ \displaystyle f(e^{ix}) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{inx}}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(nx)}{n} + i \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(nx)}{n} \]

当 \(\displaystyle x=0\) (即 \(\displaystyle z=1\)) 时，级数为调和级数，发散

我们需要证明级数在单位圆上其他点处是一致收敛的

记集合 \[ \displaystyle D_r = \{z \in \mathbb{C} : |z| \le 1 \land|z-1| \ge r\}\text{ where }r>0 \] 我们首先对级数的尾部进行变换

设 \(\displaystyle s_n(z) = \sum_{k=1}^{n} z^k\) 为几何级数的部分和

对于 \(\displaystyle m < n\)，我们有： \[ \displaystyle \sum_{k=m+1}^{n} \frac{z^k}{k} = \sum_{k=m+1}^{n} \frac{s_k(z) - s_{k-1}(z)}{k} \] 利用Abel求和法，我们得到： \[ \displaystyle \sum_{k=m+1}^{n} \frac{s_k(z) - s_{k-1}(z)}{k} = \frac{s_n(z)}{n} - \frac{s_m(z)}{m+1} + \sum_{k=m+1}^{n-1} s_k(z) \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) \] 接下来，我们需要证明部分和 \(\displaystyle s_n(z)\) 在我们定义的区域 \(\displaystyle D_r\) 上是一致有界的

对于 \(\displaystyle z \ne 1\)，我们有等比数列求和公式： \[ \displaystyle s_n(z) = \sum_{k=1}^{n} z^k = \frac{z(1-z^n)}{1-z} \] 对于任意 \(\displaystyle z \in D_r\)，我们有 \(\displaystyle |z| \le 1\) 且 \(\displaystyle |z-1| \ge r\)

因此： \[ \begin{align} \displaystyle |s_n(z)| &= \left| \frac{z(1-z^n)}{1-z} \right| = \frac{|z||1-z^n|}{|1-z|}\\ &\le \frac{1 \cdot (|1| + |-z^n|)}{|1-z|} \le \frac{1+1}{r} \\&= \frac{2}{r} \end{align} \] 令 \(\displaystyle M = \frac{2}{r}\)，我们便得到了一个不依赖于 \(\displaystyle n\) 和 \(\displaystyle z\) 的一致界\(\displaystyle |s_n(z)| \le M\) 对所有 \(\displaystyle z \in D_r\) 和所有 \(\displaystyle n \in \mathbb{N}\) 均成立

现在我们可以估计级数尾部的大小，利用第1步的结果和第2步的界 \(\displaystyle M\)：

\[ \begin{align} \displaystyle \left| \sum_{k=m}^{n} \frac{z^k}{k} \right| &\le \frac{|s_{m-1}(z)|}{m} + \sum_{k=m}^{n-1} |s_k(z)| \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right) + \frac{|s_n(z)|}{n}\\ \displaystyle &\le \frac{M}{m} + M \sum_{k=m}^{n-1} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right) + \frac{M}{n} \end{align} \] 注意到中间的和是一个伸缩级数 (telescoping sum)： \[ \displaystyle \sum_{k=m}^{n-1} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right) = \left(\frac{1}{m} - \frac{1}{m+1}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right) = \frac{1}{m} - \frac{1}{n} \] 因此，估计式变为： \[ \displaystyle \left| \sum_{k=m}^{n} \frac{z^k}{k} \right| \le \frac{M}{m} + M\left(\frac{1}{m} - \frac{1}{n}\right) + \frac{M}{n} = \frac{2M}{m} \] 对于任意给定的 \(\displaystyle \epsilon > 0\)，我们总能选择一个足够大的 \(\displaystyle N\)，使得当 \(\displaystyle m > N\) 时，\(\displaystyle \frac{2M}{m} < \epsilon\)

具体来说，我们可以取 \(\displaystyle N = \lceil \frac{2M}{\epsilon} \rceil = \lceil \frac{4}{r\epsilon} \rceil\)

这样，对于任意 \(\displaystyle n \ge m > N\)，我们都有 \(\displaystyle \left| \sum_{k=m}^{n} \frac{z^k}{k} \right| < \epsilon\) 对所有 \(\displaystyle z \in D_r\) 成立

根据柯西一致收敛准则，级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n}\) 在区域 \(\displaystyle D_r = \{z \in \mathbb{C} : |z| \le 1, |z-1| \ge r\}\) 上是一致收敛的

由于 \(\displaystyle r>0\) 可以是任意小的正数，这表明级数在任何不包含 \(\displaystyle z=1\) 点的闭单位圆盘的紧子集上都是一致收敛的

这一结论（也是狄利克雷一致收敛判别法的一个应用）非常重要，因为它允许我们应用连续性定理，从而证明 \(\displaystyle f(z)\) 在其收敛域 \(\displaystyle \overline{B_1(0)} \setminus \{1\}\) 上是一个连续函数

由于级数在 \(\displaystyle S^1 \setminus \{1\}\) 上一致收敛，其和函数 \(\displaystyle f(z)\) 在此区域连续

因此，我们可以通过取径向极限来计算边界上的值： \[ \displaystyle f(e^{i\phi}) = \lim_{r \to 1^-} f(re^{i\phi}) = \lim_{r \to 1^-} [-\ln(1-re^{i\phi})] \]

计算此极限并分离实部和虚部，可得以下著名的三角级数求和公式（对于 \(\displaystyle 0 < x < 2\pi\)）：

\[ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(nx)}{n} = -\ln\left(2\sin\frac{x}{2}\right) \]

\[ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(nx)}{n} = \frac{\pi - x}{2} \]

计算 \(\displaystyle \zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\)

利用上述结果，可以进一步计算其他重要级数考虑函数 \(\displaystyle g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(nx)}{n^2}\)

该级数在整个 \(\displaystyle \mathbb{R}\) 上一致收敛（由 Weierstrass 判别法可知）

其导数级数为 \[ \displaystyle -\sum \frac{\sin(nx)}{n} \] 根据微分定理，在 \(\displaystyle (0, 2\pi)\) 内，我们有：

\[ \displaystyle g'(x) = - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(nx)}{n} = - \left(\frac{\pi-x}{2}\right) = \frac{x-\pi}{2} \]

对 \(\displaystyle g'(x)\) 积分可得 \(\displaystyle g(x) = \frac{(x-\pi)^2}{4} + C\)通过计算 \(\displaystyle \int_0^{2\pi} g(x) dx = 0\)，可以定出常数 \(\displaystyle C = -\frac{\pi^2}{12}\)

最终得到：

\[ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(nx)}{n^2} = \frac{(x-\pi)^2}{4} - \frac{\pi^2}{12}, \quad \text{for } 0 \le x \le 2\pi \]

将 \(\displaystyle x=0\) 代入上式，即可得到巴塞尔问题的解：

\[ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{(0-\pi)^2}{4} - \frac{\pi^2}{12} = \frac{\pi^2}{4} - \frac{\pi^2}{12} = \frac{\pi^2}{6} \]