泰勒(Taylor)定理

日期: 2023-11-18 11:38 查看: 12 次更新导出Word

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注 (2) 对于一个给定的函数，能不能在不具体展开为幂级数的情况下，就知道其收敛域? 可以知道。
结论 函数 $f(z)$ 在 $z_0$ 点展开为泰勒级数, 其收玫半径等于从 $z_0$ 点到 $f(z)$ 的最近一个奇点 $z$ 的距离。
理由 (1) 幂级数在收玫圆内解析, 因此奇点 $\widetilde{z}$ 不可能在收敛圆内;
(2) 奇点 $\widetilde{z}$ 也不可能在收敛圆外, 不然收敛半径还可以扩大，故奇点 $\widetilde{z}$ 只能在收敛圆周上。
注 (3) 对于一个给定的函数，用任何方法展开为幂级数，其结果都是一样的，即具有唯一性。
比如 将函数 $f(z)=\frac{1}{1-z}$ 在 $z=0$ 点展开为幂级数。
方法一 利用已知的结果(\$4.2):

$$
\frac{1}{1-z}=1+z+z^2+\cdots,(|z|<1) \text {. }
$$

方法二 利用泰勒定理: $a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n !}=1$.
方法三 利用长除法。 $\square$ (长除法)
注 (4) 展开式中的系数 $a_n$ 还可以用下列方法直接给出。
方法一

$$
\begin{aligned}
f(z)= & a_0+a_1\left(z-z_0\right)+\cdots+a_{n-1}\left(z-z_0\right)^{n-1}+ \\
& a_n\left(z-z_0\right)^n+a_{n+1}\left(z-z_0\right)^{n+1}+\cdots \\
\Rightarrow & f^{(n)}(z)=0+n ! a_n+\left(z-z_0\right) p(z) \\
\Rightarrow & f^{(n)}\left(z_0\right)=n ! a_n \\
\Rightarrow & a_n=\frac{1}{n !} f^{(n)}\left(z_0\right)
\end{aligned}
$$

1. 直接展开法

- 利用泰勒定理，直接计算展开系数 $a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n !}$.

例 将函数 $f(z)=\mathrm{e}^z$ 在 $z=0$ 点展开为幂级数。
解 $f^{(n)}(0)=\left.\mathrm{e}^z\right|_{z=0}=1, \Rightarrow a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n !}=\frac{1}{n !}$,

$$
f(z)=\mathrm{e}^z=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^n}{n !}=1+z+\frac{z^2}{2 !}+\cdots+\frac{z^n}{n !}+\cdots,|z|<+\infty
$$

同理可得

$$
\begin{aligned}
& \sin z=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{z^{2 n+1}}{(2 n+1) !}=z-\frac{z^3}{3 !}+\frac{z^5}{5 !}-\cdots,|z|<+\infty . \\
& \cos z=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{z^{2 n}}{(2 n) !}=1-\frac{z^2}{2 !}+\frac{z^4}{4 !}-\cdots,|z|<+\infty .
\end{aligned}
$$

2. 间接展开法
   -根据唯一性，利用一些已知的展开式，通过有理运算、代换运算、逐项求导、逐项求积等方法展开。
   ○两个重要的已知展开式

$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^{+\infty} z^n=1+z+z^2+z^3 \cdots, \quad|z|<1 . \\
& \mathrm{e}^z=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^n}{n !}=1+z+\frac{z^2}{2 !}+\frac{z^3}{3 !}+\cdots,|z|<+\infty .
\end{aligned}
$$

例 将函数 $f(z)=\ln (1+z)$ 分别在 $z=0, z=1$ 点展开为幂级数。
解 (2)

$$
\begin{aligned}
& \begin{aligned}
f^{\prime}(z) & =\frac{1}{1+z}=\frac{1}{2+(z-1)}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1+(z-1) / 2} \\
& =\frac{1}{2} \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{(z-1)^n}{2^n}=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}}(z-1)^n,|z-1|<2
\end{aligned} \\
& \int_1^z f^{\prime}(z) \mathrm{d} z=\sum_{n=0}^{+\infty}\left[\frac{(-1)^n}{2^{n+1}} \int_1^z(z-1)^n \mathrm{~d} z\right] \\
& f(z)-f(1)=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}} \cdot \frac{1}{n+1}(z-1)^{n+1}, \\
& f(z)=\ln 2+\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}} \cdot \frac{1}{n+1}(z-1)^{n+1},|z-1|<2 .
\end{aligned}
$$

例 将函数 $f(z)=\mathrm{e}^z \sin z$ 在 $z=0$ 点展开为幂级数。
解

$$
\begin{aligned}
f(z) & =\mathrm{e}^z \cdot \frac{\mathrm{e}^{i z}-\mathrm{e}^{-i z}}{2 i}=\frac{1}{2 i}\left(\mathrm{e}^{(1+i) z}-\mathrm{e}^{(1-i) z}\right) \\
& =\frac{1}{2 i} \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(1+i)^n}{n !} z^n-\frac{1}{2 i} \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(1+i)^n}{n !} z^n \quad|z|<+\infty . \\
& =\frac{1}{2 i} \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(1+i)^n-(1-i)^n}{n !} z^n \\
f(z) & =\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(\sqrt{2})^n}{n !} \sin \frac{n \pi}{4} z^n,|z|<+\infty .
\end{aligned}

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