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复数项幂级数与 Euler 公式

## 附录 复数项幂级数与 Euler 公式
本书在前面已经多次应用 Euler 公式和复数方法，例如关于正弦和余弦函数的高阶导数公式的导出（例题 6.17 的解 2 ）， $e ^{a x} \cos b x$ 和 $e ^{a x} \sin b x$ 的不定积分计算 （例题 9.34 的解 2 ），以及这两个函数在 $[0,+\infty$ ）上的广义积分计算（例题 11．21）．然而作为这种方法的基础的 Euler 公式该如何证明，一直没有说清楚。为此我们将利用幂级数工具在这个附录中对 Euler 公式给出一个简要的介绍．这对于下一章也是有用处的．同时再举几个例题以说明复数方法在数学分析中的其他应用．

当然首先要突破实数范围的限制而进入复数域中。从第一册的数列极限，无穷级数直到 Cauchy 收玫准则，都可以平行地推广到复数域中，只要用复数 $z$ 的模 $|z|$代替实数 $x$ 的绝对值 $|x|$ 即可．这里本质上没有新的内容．对于 $\S 15.4$ 开始的幂级数也是如此，称

$$
\sum_{n=0}^{\infty} c_n z^n
$$

为（以 $z=0$ 为中心的）复幂级数，其中的系数 $c_n, n=0,1, \cdots$ ，为复数，$z$ 是复变量。这时关于幂级数的收敛半径概念和 Cauchy－Hadamard 公式都仍然成立。若收玫半径为有限数 $r>0$ ，可以证明复幂级数在以 $r$ 为半径的开圆内处处收玫，在 $|z|=r$ 的圆周上则级数一定有发散点．

这时将 $\S 15.5$ 中的 $e ^x, \sin x, \cos x$ 的 Maclaurin 级数中的 $x$ 换为 $z$ 后，就可以用来定义以下三个复函数：

$$
e^z=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!}, \quad \sin z=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2 n+1)!} z^{2 n+1}, \quad \cos z=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2 n)!} z^{2 n}
$$

且可以证明其中的三个复幂级数的收玫半径为 $+\infty$ ，即在复平面上处处收玫．将级数相乘的概念和有关定理推广到复级数后就可以从以上级数定义证明以上三个复函数满足与过去已经熟悉的实数范围中相同的许多公式。

在上述 $e ^z$ 中用 $i z$ 代替 $z$ ，就得到这三个函数之间的关系：

$$
e^{i z}=\cos z+i \sin z
$$

又如将 $z$ 限制为实数 $x$ ，则就得到：

$$
e^{i x}=\cos x+i \sin x
$$

同时还得到

$$
\cos x=\frac{1}{2}\left(e^{i x}+e^{-i x}\right), \quad \sin x=\frac{1}{2 i}\left(e^{i x}-e^{-i x}\right),
$$

以上几个公式都称为 Euler 公式．
 
以下是举例。
例题 15.34 用复数方法计算 $e ^x \cos x$ 的 Maclaurin 级数．
$\S 15.5$ 函数的幂级数展开
273

解 只需如下计算即可：

$$
\begin{aligned}
e^x \cos x & =\operatorname{Re}^{(1+i) x}=\operatorname{Re} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(1+i)^n}{n!} x^n \\
& =\operatorname{Re} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(\sqrt{2} e^{i \pi / 4}\right)^n}{n!} x^n=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{\frac{n}{2}} \cos \frac{n \pi}{4}}{n!} x^n
\end{aligned}
$$

例题 15.35 用复数方法计算 $f(x)=\frac{x \sin a}{1-2 x \cos a+x^2}$ 的 Maclaurin 级数，其中 $|x|<1,|a| \leqslant \pi$ ．

解 1 注意分母恰是 $\left| e ^{ i a}-x\right|^2$ ，于是可作如下计算：

$$
\begin{aligned}
\frac{x \sin a}{1-2 x \cos a+x^2} & =\frac{x \sin a}{(\cos a-x)^2+\sin ^2 a}=-x \operatorname{Im}\left(\frac{(\cos a-x)-i \sin a}{(\cos a-x)^2+\sin ^2 a}\right) \\
& =-x \operatorname{Im} \frac{1}{e^{i a}-x}=-x \operatorname{Im}\left(e^{-i a} \sum_{n=0}^{\infty} x^n e^{-i n a}\right)
\end{aligned}
$$
解 2 同样利用分母为 $\left| e ^{ i a}-x\right|^2$ ，可以有不同做法．记 $z= e ^{ i a}$ ，则有

$$
\cos a=\frac{z^2+1}{2 z}, \quad \sin a=\frac{z^2-1}{2 i z},
$$

代入上式后即可作部分分式分解：

$$
f(x)=\frac{x\left(z^2-1\right)}{2 i(1-x z)(z-x)}=\frac{1}{2 i}\left(\frac{1}{1-x z}-\frac{1}{1-x z^{-1}}\right)
$$

利用 $|x z|=\left|x z^{-1}\right|=|x|<1$ ，就可以展开为

$$
f(x)=\frac{1}{2 i}\left(\sum_{n=0}^{\infty} x^n z^n-\sum_{n=0}^{\infty} x^n z^{-n}\right)=\sum_{n=0}^{\infty} x^n \sin n a .
$$

注 若将最后的级数中的 $x$ 看成参数，而将 $a$ 看成自变量，则就是下一章中的 Fourier 级数．

例题 15.36 设 $n$ 为正整数，计算积分 $D_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin n x}{\sin x} d x$ ．
解 利用 Euler 公式，有

$$
\begin{aligned}
\frac{\sin n x}{\sin x} & =\frac{e^{i n x}-e^{-i n x}}{e^{i x}-e^{-i x}} \\
& =e^{i(n-1) x}+e^{i(n-3) x}+\cdots+e^{-i(n-1) x}
\end{aligned}
$$

这里利用了恒等式

$$
\frac{a^n-b^n}{a-b}=a^{n-1}+a^{n-2} b+\cdots+b^{n-1}
$$

以下需要按照 $n$ 为奇数和偶数两种情况分别计算．
当 $n$ 为奇数 $2 k-1$ 时，（15．17）中恰有 $n$ 项，中间一项为 1 ，其余各项指数中的 $(n-1),(n-3), \cdots$ 全为偶数，且关于 0 呈对称分布．利用

$$
e^{i 2 k x}+e^{-i 2 k x}=2 \cos 2 k x
$$

在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的积分为 0 ，可见有

$$
D_{2 k-1}=\frac{\pi}{2}
$$

当 $n$ 为偶数 $2 k$ 时，则（15．17）中 也有 $n$ 项，其中的 $(n-1)$ 等均为奇数，关于 0也是对称分布．利用

$$
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(e^{i(2 k-1) x}+e^{-i(2 k-1) x}\right) d x=2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos (2 k-1) x d x=\frac{2(-1)^{k-1}}{2 k-1}
$$

就可以得到

$$
D_{2 k}=2\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots+\frac{(-1)^{k-1}}{2 k-1}\right)
$$

例题 15.37 设 $|r| \neq 1$ ，计算 Poisson 积分 $I(r)=\frac{1}{\pi} \int_0^\pi \ln \left(1+r^2-2 r \cos x\right) d x$ ．
解 这是一元实函数的常义积分，有多种计算方法．以下介绍用 Riemann 和来计算的方法，其中需要用到复数知识。

二项式方程 $r^{2 n}-1=0$ 除了 $\pm 1$ 两个根之外，还有 $2 n-2$ 个根为

$$
\cos \frac{k \pi}{n} \pm i \sin \frac{k \pi}{n}, k=1,2, \cdots, n-1
$$

对其中每一对共轭复根计算乘积

$$
\left[r-\left(\cos \frac{k \pi}{n}+i \sin \frac{k \pi}{n}\right)\right] \cdot\left[r-\left(\cos \frac{k \pi}{n}-i \sin \frac{k \pi}{n}\right)\right]=r^2-2 r \cos \frac{k \pi}{n}+1
$$

因此得到

$$
\frac{r^{2 n}-1}{r^2-1}=\prod_{k=1}^{n-1}\left(1+r^2-2 r \cos \frac{k \pi}{n}\right)
$$

取对数后就有

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln \left(1+r^2-2 r \cos \frac{k \pi}{n}\right) & =\frac{1}{n} \ln \left(\frac{r^{2 n}-1}{r^2-1} \cdot(r+1)^2\right) \\
& =\frac{1}{n} \ln \left(\left(r^{2 n}-1\right) \frac{r+1}{r-1}\right) .
\end{aligned}
$$

令 $n \rightarrow \infty$ ，得到

$$
I(r)= \begin{cases}2 \ln |r|, & |r|>1 \\ 0, & |r|<1\end{cases}
$$

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