一、幂级数是什么？

由常数项乘以幂函数组成的无穷级数：
∑n=0∞cnxn=c0+c1x+c2x2+c3x3+…\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n}=c_{0}+c_{1} x+c_{2} x^{2}+c_{3} x^{3}+\ldots n=0∑∞​cn​xn=c0​+c1​x+c2​x2+c3​x3+…
它在(−R,R)(-R,R)(−R,R)内一定收敛，通常是否取到端点要具体讨论。这里R=1/lim⁡n→∞∣cn+1cn∣R=1\Big/\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{c_{n+1} }{c_{n}}\right|R=1/limn→∞​∣∣∣​cn​cn+1​​∣∣∣​，且 RRR 可以为0或无穷大。

二、常见的幂级数

11−x=1+x+x2+x3+x4+…=∑n=0∞xn,x∈(−1,1)\frac{1}{1-x} = 1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+\ldots =\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}, \quad x \in(-1,1) 1−x1​=1+x+x2+x3+x4+…=n=0∑∞​xn,x∈(−1,1)

ex=1+x+x22!+x33!+x44!+…=∑n=0∞xnn!,x∈Re^{x} =1+x+\frac{x^{2}}{2 !}+\frac{x^{3}}{3 !}+\frac{x^{4}}{4 !}+\ldots =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n !}, \quad x \in R ex=1+x+2!x2​+3!x3​+4!x4​+…=n=0∑∞​n!xn​,x∈R

cos⁡x=1−x22!+x44!−x66!+x88!−⋯=∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!,x∈R\cos x =1-\frac{x^{2}}{2 !}+\frac{x^{4}}{4 !}-\frac{x^{6}}{6 !}+\frac{x^{8}}{8 !}-\cdots =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} \frac{x^{2 n}}{(2 n) !}, \quad x \in R cosx=1−2!x2​+4!x4​−6!x6​+8!x8​−⋯=n=0∑∞​(−1)n(2n)!x2n​,x∈R

sin⁡x=x−x33!+x55!−x77!+x99!−⋯=∑n=1∞(−1)(n−1)x2n−1(2n−1)!,x∈R\sin x=x-\frac{x^{3}}{3 !}+\frac{x^{5}}{5 !}-\frac{x^{7}}{7 !}+\frac{x^{9}}{9 !}-\cdots =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{(n-1)} \frac{x^{2 n-1}}{(2 n-1) !}, \quad x \in R sinx=x−3!x3​+5!x5​−7!x7​+9!x9​−⋯=n=1∑∞​(−1)(n−1)(2n−1)!x2n−1​,x∈R

ln⁡(1+x)=x−x22+x33−x44+x55−⋯=∑n=1∞(−1)(n−1)xnn=or ∑n=1∞(−1)n+1xnn,(x∈(−1,1])\ln (1+x) =x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+\frac{x^{5}}{5}-\cdots =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{(n-1)} \frac{x^{n}}{n} \stackrel{\text { or }}{=} \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} \frac{x^{n}}{n},\quad (x \in(-1,1] ) ln(1+x)=x−2x2​+3x3​−4x4​+5x5​−⋯=n=1∑∞​(−1)(n−1)nxn​= or n=1∑∞​(−1)n+1nxn​,(x∈(−1,1])

tan⁡−1x=x−x33+x55−x77+x99−⋯=∑n=1∞(−1)(n−1)x2n−12n−1,(x∈(−1,1])\tan ^{-1} x \quad =x-\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{5}-\frac{x^{7}}{7}+\frac{x^{9}}{9}-\cdots =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{(n-1)} \frac{x^{2 n-1}}{2 n-1} ,\quad (x \in(-1,1] ) tan−1x=x−3x3​+5x5​−7x7​+9x9​−⋯=n=1∑∞​(−1)(n−1)2n−1x2n−1​,(x∈(−1,1])

1+x=1+x2−x28+x316+…,x≥−1\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^{2}}{8}+\frac{x^{3}}{16}+\ldots,\quad x \geq -1 1+x​=1+2x​−8x2​+16x3​+…,x≥−1

(1+x)k=1+kx+k(k−1)2!x2+k(k−1)(k−2)3!x3+…=∑n=0∞(kn)xn,∣x∣<1(1+x)^{k}=1+k x+\frac{k(k-1)}{2 !} x^{2}+\frac{k(k-1)(k-2)}{3 !} x^{3}+\ldots=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\begin{array}{l} k \\ n \end{array}\right) x^{n}, \quad |x|< 1 (1+x)k=1+kx+2!k(k−1)​x2+3!k(k−1)(k−2)​x3+…=n=0∑∞​(kn​)xn,∣x∣<1

暂时写上这些，有空再来补充。

三、幂级数重要结论：在收敛域内可逐项求导和积分

例1：(∣x∣<1|x|<1∣x∣<1)
1(1−x)2=ddx(11−x)=ddx(∑n=0∞xn)=∑n=1∞nxn−1=1+2x+3x2+4x3+⋯\begin{aligned} \frac{1}{(1-x)^{2}} &=\frac{d}{d x}\left(\frac{1}{1-x}\right) \\ &=\frac{d}{d x}\left(\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}\right) \\ &=\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1} \\ &=1+2 x+3 x^{2}+4 x^{3}+\cdots \end{aligned} (1−x)21​​=dxd​(1−x1​)=dxd​(n=0∑∞​xn)=n=1∑∞​nxn−1=1+2x+3x2+4x3+⋯​
例2：(∣x∣<1|x|<1∣x∣<1)
ln⁡(1+x)=∫11+xdx=∫(∑n=0∞(−1)nxn)dx=(∑n=0∞(−1)nxn+1n+1)+C=∑n=0∞(−1)nxn+1n+1=x−x22+x33−x44+⋯\begin{aligned} \ln (1+x) &=\int \frac{1}{1+x} d x \\ &=\int\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} x^{n}\right) d x \\ &=\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} \frac{x^{n+1}}{n+1}\right)+C \\ &=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} \frac{x^{n+1}}{n+1} \\ &=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+\cdots \end{aligned} ln(1+x)​=∫1+x1​dx=∫(n=0∑∞​(−1)nxn)dx=(n=0∑∞​(−1)nn+1xn+1​)+C=n=0∑∞​(−1)nn+1xn+1​=x−2x2​+3x3​−4x4​+⋯​
例3： 已知ddxtan⁡−1(x)=11+x2\frac{d}{d x} \tan ^{-1}(x)=\frac{1}{1+x^{2}}dxd​tan−1(x)=1+x21​，11+x2=∑n=0∞(−x2)n=∑n=0∞(−1)nx2n\frac{1}{1+x^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-x^{2}\right)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} x^{2 n}1+x21​=∑n=0∞​(−x2)n=∑n=0∞​(−1)nx2n，那么
KaTeX parse error: No such environment: eqnarray at position 8: \begin{̲e̲q̲n̲a̲r̲r̲a̲y̲}̲ \tan^{-…
由于tan⁡−1(0)=0\tan^{-1}(0)=0tan−1(0)=0，因此C=0C=0C=0，所以得到上面的公式：
tan⁡−1(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1=x−x33+x55−x77+⋯\tan^{-1}(x)= \sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \cdots tan−1(x)=n=0∑∞​(−1)n2n+1x2n+1​=x−3x3​+5x5​−7x7​+⋯
例4： 从arctanh⁡x\operatorname{arctanh} xarctanhx 出发我们能推出些啥结论? (注意不是arctan⁡\arctanarctan, 而是tanh⁡(x)=sinh⁡(x)cosh⁡(x)=ex−e−xex+e−x\tanh (x)=\frac{\sinh (x)}{\cosh (x)}=\frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}tanh(x)=cosh(x)sinh(x)​=ex+e−xex−e−x​的反函数)
f(x)=arctanh⁡xf′(x)=11−x2f′′(x)=2x(1−x2)2f′′′(x)=2(1−x2)2−8x2(1−x2)3\begin{aligned} f(x) &=\operatorname{arctanh} x \\ f^{\prime}(x) &=\frac{1}{1-x^{2}} \\ f^{\prime \prime}(x) &=\frac{2 x}{\left(1-x^{2}\right)^{2}} \\ f^{\prime \prime \prime}(x) &=\frac{2}{\left(1-x^{2}\right)^{2}}-\frac{8 x^{2}}{\left(1-x^{2}\right)^{3}} \end{aligned} f(x)f′(x)f′′(x)f′′′(x)​=arctanhx=1−x21​=(1−x2)22x​=(1−x2)22​−(1−x2)38x2​​
注意到arctanh⁡x=11−x2=∑n=0∞x2n,(∣x∣<1)\operatorname{arctanh} x = \frac{1}{1-x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n},(|x|<1)arctanhx=1−x21​=∑n=0∞​x2n,(∣x∣<1)， 可以得出：
arctanh⁡x=∫0x(1+t2+t4+…)dt=x+x33+x55+…\operatorname{arctanh} x=\int_{0}^{x}\left(1+t^{2}+t^{4}+\ldots\right) d t=x+\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{5}+\ldots arctanhx=∫0x​(1+t2+t4+…)dt=x+3x3​+5x5​+…
当然还没结束：
f(x)=log⁡1+x1−x=12log⁡(1+x)−12log⁡(1−x)=12∫0x(11+t+11−t)dt=∫0xdt1−t2=∫0x(1+t2+t4+…)dt=x+x33+x55+…=arctanh⁡x\begin{aligned} f(x) &=\log \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\\ &=\frac{1}{2} \log (1+x)-\frac{1}{2} \log (1-x) \\ &=\frac{1}{2} \int_{0}^{x}\left(\frac{1}{1+t}+\frac{1}{1-t}\right) d t \\ &=\int_{0}^{x} \frac{d t}{1-t^{2}} \\ &=\int_{0}^{x}\left(1+t^{2}+t^{4}+\ldots\right) d t \\ &=x+\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{5}+\ldots \\ &=\operatorname{arctanh} x \end{aligned} f(x)​=log1−x1+x​​=21​log(1+x)−21​log(1−x)=21​∫0x​(1+t1​+1−t1​)dt=∫0x​1−t2dt​=∫0x​(1+t2+t4+…)dt=x+3x3​+5x5​+…=arctanhx​

四、用幂级数求数项级数的和

例5： 求 ∑n=1∞n3n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3^{n}}∑n=1∞​3nn​
f(x)=∑n=0∞nxnf(x)x=∑n=0∞nxn−1∫f(x)xdx=C+∑n=0∞xn∫f(x)xdx=C+11−xddx∫f(x)xdx=−1(1−x)2f(x)x=1(1−x)2f(x)=x(1−x)2\begin{aligned} \quad f(x)&= \sum_{n=0}^{\infty} nx^n \\ \quad \frac{f(x)}{x}&= \sum_{n=0}^{\infty} nx^{n-1} \\ \quad \int \frac{f(x)}{x} \: dx&= C + \sum_{n=0}^{\infty} x^n \\ \quad \int \frac{f(x)}{x} \: dx&= C + \frac{1}{1 - x} \\ \quad \frac{d}{dx} \int \frac{f(x)}{x} \: dx&=-\frac{1}{(1 - x)^2} \\ \quad \frac{f(x)}{x}&= \frac{1}{(1 - x)^2} \\ \quad f(x)&= \frac{x}{(1 - x)^2} \end{aligned} f(x)xf(x)​∫xf(x)​dx∫xf(x)​dxdxd​∫xf(x)​dxxf(x)​f(x)​=n=0∑∞​nxn=n=0∑∞​nxn−1=C+n=0∑∞​xn=C+1−x1​=−(1−x)21​=(1−x)21​=(1−x)2x​​
由于它在∣x∣<1\mid x \mid < 1∣x∣<1内收敛，因此可令x=13x=\frac{1}{3}x=31​，有
f(13)=13(23)2=∑n=0∞n3n=∑n=1∞n3n=34f\left ( \frac{1}{3} \right ) = \frac{\frac{1}{3}}{\left ( \frac{2}{3} \right )^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{3^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3^n} = \frac{3}{4} f(31​)=(32​)231​​=n=0∑∞​3nn​=n=1∑∞​3nn​=43​

例6： ∑n=0∞(n+1)2πn\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n+1)^2}{\pi^n}∑n=0∞​πn(n+1)2​
f(x)=∑n=0∞(n+1)2xn∫f(x)dx=C+∑n=0∞(n+1)xn+1∫f(x)dxx=Cx+∑n=0∞(n+1)xn∫∫f(x)dxxdx=D+∫Cxdx+∑n=0∞xn+1∫∫f(x)dxxdx=D+∫Cxdx+x∑n=0∞xn∫∫f(x)dxxdx=D+∫Cxdx+x1−x∫f(x)dxx=Cx+(1−x)(1)−x(−1)(1−x)2∫f(x)dxx=Cx+1(1−x)2∫f(x)dx=C+x(1−x)2f(x)=(1−x)2(1)−x(2(1−x)(−1))(1−x)4f(x)=(1−x)2+2x(1−x)(1−x)4f(x)=(1−x)+2x(1−x)3\begin{aligned} \quad f(x)&= \sum_{n=0}^{\infty} (n + 1)^2 x^n \\ \quad \int f(x) \: dx&= C + \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)x^{n+1} \\ \quad \frac{\int f(x) \: dx}{x}&= \frac{C}{x} + \sum_{n=0}^{\infty} (n+1) x^n \\ \quad \int \frac{\int f(x) \: dx}{x} \: dx&= D + \int \frac{C}{x} \: dx + \sum_{n=0}^{\infty} x^{n+1} \\ \quad \int \frac{\int f(x) \: dx}{x} \: dx&= D + \int \frac{C}{x} \: dx + x \sum_{n=0}^{\infty} x^n \\ \quad \int \frac{\int f(x) \: dx}{x} \: dx&= D + \int \frac{C}{x} \: dx + \frac{x}{1 - x} \\ \quad \frac{\int f(x) \: dx}{x}&= \frac{C}{x} + \frac{(1 - x)(1) - x(-1)}{(1 - x)^2} \\ \quad \frac{\int f(x) \: dx}{x}&= \frac{C}{x} + \frac{1}{(1 - x)^2} \\ \quad \int f(x) \: dx&= C + \frac{x}{(1 - x)^2} \\ \quad f(x)&= \frac{(1 - x)^2(1) - x(2(1 - x)(-1))}{(1 - x)^4} \\ \quad f(x)&= \frac{(1 - x)^2 + 2x(1 - x)}{(1 - x)^4} \\ \quad f(x)&= \frac{(1 - x) + 2x}{(1 - x)^3} \end{aligned} f(x)∫f(x)dxx∫f(x)dx​∫x∫f(x)dx​dx∫x∫f(x)dx​dx∫x∫f(x)dx​dxx∫f(x)dx​x∫f(x)dx​∫f(x)dxf(x)f(x)f(x)​=n=0∑∞​(n+1)2xn=C+n=0∑∞​(n+1)xn+1=xC​+n=0∑∞​(n+1)xn=D+∫xC​dx+n=0∑∞​xn+1=D+∫xC​dx+xn=0∑∞​xn=D+∫xC​dx+1−xx​=xC​+(1−x)2(1−x)(1)−x(−1)​=xC​+(1−x)21​=C+(1−x)2x​=(1−x)4(1−x)2(1)−x(2(1−x)(−1))​=(1−x)4(1−x)2+2x(1−x)​=(1−x)3(1−x)+2x​​
由于级数f(x)=∑n=0∞(n+1)2xnf(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (n + 1)^2 x^nf(x)=∑n=0∞​(n+1)2xn的收敛域也是∣x∣<1\mid x \mid < 1∣x∣<1，因此可令x=1πx=\frac{1}{\pi}x=π1​，于是有
f(1π)=∑n=0∞(n+1)2πn=(1−1π)+2π(1−1π)3\quad f \left ( \frac{1}{\pi} \right ) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n + 1)^2}{\pi^n} = \frac{\left (1 - \frac{1}{\pi} \right ) + \frac{2}{\pi}}{\left (1 - \frac{1}{\pi} \right )^3} f(π1​)=n=0∑∞​πn(n+1)2​=(1−π1​)3(1−π1​)+π2​​

五、用幂级数求数列通项公式

幂级数还可以用来求数列的通项公式，基本的思路为：

这种方法又称母函数法，通常见于组合数学。

例7. 求Fibonacci数列的通项公式：

先设：
s(x)=∑k=0∞Fkxks(x)=\sum_{k=0}^{\infty} F_{k} x^{k} s(x)=k=0∑∞​Fk​xk

考虑Fibonacci的定义Fn=Fn−1+Fn−2F_n=F_{n-1}+F_{n-2}Fn​=Fn−1​+Fn−2​，有
s(x)=∑k=0∞Fkxk=F0+F1x+∑k=2∞(Fk−1+Fk−2)xk=x+∑k=2∞Fk−1xk−∑k=2∞Fk−2xk=x+x∑k=0∞Fkxk+x2∑k=0∞Fkxk=x+xs(x)+x2s(x)\begin{aligned} s(x) &=\sum_{k=0}^{\infty} F_{k} x^{k} \\ &=F_{0}+F_{1} x+\sum_{k=2}^{\infty}\left(F_{k-1}+F_{k-2}\right) x^{k} \\ &=x+\sum_{k=2}^{\infty} F_{k-1} x^{k}-\sum_{k=2}^{\infty} F_{k-2} x^{k} \\ &=x+x \sum_{k=0}^{\infty} F_{k} x^{k}+x^{2} \sum_{k=0}^{\infty} F_{k} x^{k} \\ &=x+x s(x)+x^{2} s(x) \end{aligned} s(x)​=k=0∑∞​Fk​xk=F0​+F1​x+k=2∑∞​(Fk−1​+Fk−2​)xk=x+k=2∑∞​Fk−1​xk−k=2∑∞​Fk−2​xk=x+xk=0∑∞​Fk​xk+x2k=0∑∞​Fk​xk=x+xs(x)+x2s(x)​
解出s(x)s(x)s(x)
s(x)=x1−x−x2=−xx2+x−1s(x)=\frac{x}{1-x-x^{2}}=\frac{-x}{x^{2}+x-1} s(x)=1−x−x2x​=x2+x−1−x​
又：
x1−x−x2=x(1−φx)(1−ψx)=151−φx+−151−ψx=15(11−φx−11−ψx)\frac{x}{1-x-x^{2}}=\frac{x}{(1-\varphi x)(1-\psi x)} =\frac{\frac{1}{\sqrt{5}}}{1-\varphi x}+\frac{-\frac{1}{\sqrt{5}}}{1-\psi x}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1}{1-\varphi x}-\frac{1}{1-\psi x}\right) 1−x−x2x​=(1−φx)(1−ψx)x​=1−φx5​1​​+1−ψx−5​1​​=5​1​(1−φx1​−1−ψx1​)
注意到φ,ψ\varphi,\psiφ,ψ很好求，它们是分母的根：
φ=1+52,ψ=1−52\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \quad \psi=\frac{1-\sqrt{5}}{2} φ=21+5​​,ψ=21−5​​
再代回上式得到：
s(x)=15(11−φx−11−ψx)=15(∑n=0∞φnxn−∑n=0∞ψnxn)=15(∑n=0∞(φn−ψn)xn)=∑k=0∞Fkxk\begin{aligned} s(x) &=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1}{1-\varphi x}-\frac{1}{1-\psi x}\right) \\ &=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\sum_{n=0}^{\infty} \varphi^{n} x^{n}-\sum_{n=0}^{\infty} \psi^{n} x^{n}\right) \\ &=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\left(\varphi^{n}-\psi^{n}\right) x^{n}\right)=\sum_{k=0}^{\infty} F_{k} x^{k} \end{aligned} s(x)​=5​1​(1−φx1​−1−ψx1​)=5​1​(n=0∑∞​φnxn−n=0∑∞​ψnxn)=5​1​(n=0∑∞​(φn−ψn)xn)=k=0∑∞​Fk​xk​
因此：
Fn=φn−ψn5=φn−(−φ)−n5=15[(1+52)n−(1−52)n]F_{n}=\frac{\varphi^{n}-\psi^{n}}{\sqrt{5}}=\frac{\varphi^{n}-(-\varphi)^{-n}}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right] Fn​=5​φn−ψn​=5​φn−(−φ)−n​=5​1​[(21+5​​)n−(21−5​​)n]

六、用幂级数解微分方程

例8. 考虑一个简单的方程：
y′′+y=0y'' + y = 0 y′′+y=0
设它的解为一个幂级数：
y(x)=∑n=0∞anxny\left( x \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}} y(x)=n=0∑∞​an​xn
考虑：
y′(x)=∑n=1∞nanxn−1y′′(x)=∑n=2∞n(n−1)anxn−2y'\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {n{a_n}{x^{n - 1}}} \hspace{0.25in}y''\left( x \right) = \sum\limits_{n = 2}^\infty {n\left( {n - 1} \right){a_n}{x^{n - 2}}} y′(x)=n=1∑∞​nan​xn−1y′′(x)=n=2∑∞​n(n−1)an​xn−2
带回原方程得到：
∑n=2∞n(n−1)anxn−2+∑n=0∞anxn=0\sum\limits_{n = 2}^\infty {n\left( {n - 1} \right){a_n}{x^{n - 2}}} + \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}} = 0 n=2∑∞​n(n−1)an​xn−2+n=0∑∞​an​xn=0
对第一项的系数进行一下调整：
∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn+∑n=0∞anxn=0\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right){a_{n + 2}}{x^n}} + \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}} = 0 n=0∑∞​(n+2)(n+1)an+2​xn+n=0∑∞​an​xn=0

实际上就是将 ∑n=2∞n(n−1)anxn−2\sum\limits_{n = 2}^\infty {n\left( {n - 1} \right){a_n}{x^{n - 2}}}n=2∑∞​n(n−1)an​xn−2 中的nnn 换成 n−2n-2n−2.

整理得到：
∑n=0∞[(n+2)(n+1)an+2+an]xn=0\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left[ {\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right){a_{n + 2}} + {a_n}} \right]{x^n}} = 0 n=0∑∞​[(n+2)(n+1)an+2​+an​]xn=0
接下来就有意思了，由于上面的幂级数必须为零，它又是无穷级数，因此每项系数必为0：
(n+2)(n+1)an+2+an=0,n=0,1,2,…\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right){a_{n + 2}} + {a_n} = 0,\hspace{0.25in}n = 0,1,2, \ldots (n+2)(n+1)an+2​+an​=0,n=0,1,2,…
由上式可以总结出以下规律：
a2k=(−1)ka0(2k)!,k=1,2,…a2k+1=(−1)ka1(2k+1)!,k=1,2,…a_{2 k}=\frac{(-1)^{k} a_{0}}{(2 k) !}, \quad k=1,2, \ldots \quad a_{2 k+1}=\frac{(-1)^{k} a_{1}}{(2 k+1) !}, \quad k=1,2, \ldots a2k​=(2k)!(−1)ka0​​,k=1,2,…a2k+1​=(2k+1)!(−1)ka1​​,k=1,2,…
接下来的事情虽然看似麻烦，但仍然清楚：
y(x)=∑n=0∞anxn=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯+a2kx2k+a2k+1x2k+1+⋯=a0+a1x−a02!x2−a13!x3+⋯+(−1)ka0(2k)!x2k+(−1)ka1(2k+1)!x2k+1+⋯\begin{aligned}y\left( x \right) & = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}} \\ & = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + {a_3}{x^3} + \cdots + {a_{2k}}{x^{2k}} + {a_{2k + 1}}{x^{2k + 1}} + \cdots \\ & = {a_0} + {a_1}x - \frac{{{a_0}}}{{2!}}{x^2} - \frac{{{a_1}}}{{3!}}{x^3} + \cdots + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}{a_0}}}{{\left( {2k} \right)!}}{x^{2k}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}{a_1}}}{{\left( {2k + 1} \right)!}}{x^{2k + 1}} + \cdots \end{aligned} y(x)​=n=0∑∞​an​xn=a0​+a1​x+a2​x2+a3​x3+⋯+a2k​x2k+a2k+1​x2k+1+⋯=a0​+a1​x−2!a0​​x2−3!a1​​x3+⋯+(2k)!(−1)ka0​​x2k+(2k+1)!(−1)ka1​​x2k+1+⋯​
再重新整理：
y(x)=a0{1−x22!⋯+(−1)kx2k(2k)!+⋯}+a1{x−x33!+⋯+(−1)k(2k+1)!x2k+1+⋯}=a0∑k=0∞(−1)kx2k(2k)!+a1∑k=0∞(−1)kx2k+1(2k+1)!\begin{aligned}y\left( x \right) & = {a_0}\left\{ {1 - \frac{{{x^2}}}{{2!}} \cdots + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}{x^{2k}}}}{{\left( {2k} \right)!}} + \cdots } \right\} + {a_1}\left\{ {x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \cdots + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{\left( {2k + 1} \right)!}}{x^{2k + 1}} + \cdots } \right\}\\ & = {a_0}\sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}{x^{2k}}}}{{\left( {2k} \right)!}}} + {a_1}\sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}{x^{2k + 1}}}}{{\left( {2k + 1} \right)!}}} \end{aligned} y(x)​=a0​{1−2!x2​⋯+(2k)!(−1)kx2k​+⋯}+a1​{x−3!x3​+⋯+(2k+1)!(−1)k​x2k+1+⋯}=a0​k=0∑∞​(2k)!(−1)kx2k​+a1​k=0∑∞​(2k+1)!(−1)kx2k+1​​
注意到：
cos⁡(x)=∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!sin⁡(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+1(2n+1)!\cos \left( x \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{x^{2n}}}}{{\left( {2n} \right)!}}} \hspace{0.25in}\sin \left( x \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{x^{2n + 1}}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}} cos(x)=n=0∑∞​(2n)!(−1)nx2n​sin(x)=n=0∑∞​(2n+1)!(−1)nx2n+1​
因此：
y(x)=c1cos⁡(x)+c2sin⁡(x)y\left( x \right) = {c_1}\cos \left( x \right) + {c_2}\sin \left( x \right) y(x)=c1​cos(x)+c2​sin(x)

这个例子只是一个比较简单的问题。当然完全可以直接用简单的方法求解。但这种方法在求解其它更为复杂的非线性方程的时候十分有用，因为对于许多方程它并不一定有初等表达式。但如果其幂级数解存在的话，那么就可以对它进行近似计算。这种数值计算方法通常又比普通的差分法要精确得多，目前也是计算数学界较为主流的一种方法。

参考资料：

http://people.math.sc.edu/girardi/m142/handouts/10sTaylorPolySeries.pdf

https://math.berkeley.edu/~neu/undergrad_chap1.pdf

https://www.math.cuhk.edu.hk/course_builder/1516/math1010c/Power_series.pdf

https://web.ma.utexas.edu/users/m408s/CurrentWeb/LM14-3-10.php

[http://math.caltech.edu/_{syye/teaching/courses/Ma8_2015/Lecture%20Notes/ma8_wk10.pdf](http://math.caltech.edu/}syye/teaching/courses/Ma8_2015/Lecture Notes/ma8_wk10.pdf)

https://tutorial.math.lamar.edu/classes/de/seriessolutions.aspx

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