最后更新: 2026-02-17 09:18 查看: 158 次纠错评论(0) 课件开VIP

泰勒展开里六个基础函数的证明

## 泰勒展开里六个基础函数的证明
本节主要推导以下 6 个麦克劳林级数展开式，也就是 $z_0=0$ ，并且将举例说明如何利用它们去求一些相关的展开式：

$$
\boxed{
\begin{array}{l}
\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^{+\infty} z^n=1+z+z^2+\cdots \quad(|z|<1) ...(1) \\
\mathrm{e}^z=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^n}{n!}=1+\frac{z}{1!}+\frac{z^2}{2!}+\cdots \quad(|z|<+\infty) ...(2) \\
\sin z=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{z^{2 n+1}}{(2 n+1)!}=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\cdots \quad(|z|<+\infty) ...(3)\\
\cos z=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{z^{2 n}}{(2 n)!}=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\cdots \quad(|z|<+\infty) ...(4) \\
\sinh z=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^{2 n+1}}{(2 n+1)!}=z+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}+\cdots \quad(|z|<+\infty) ...(5) \\
\cosh z=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^{2 n}}{(2 n)!}=1+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}+\cdots \quad(|z|<+\infty) ...(6)
\end{array}
}
$$

幸运的是，这些展开和实数域里的“长相”几乎一模一样，把里面的$z$更改为$x$就是实数里的展开。读者应该很容易记忆他们。

> 为什么我们只研究在$z_0=0$处的展开？因为其他的展开都可以通过变形“平移”导$z_0=0$的形式，例如 $\frac{1}{1-z}$ 想计算在$z=2$点处的展开，只要“凑成”上面的形式即可，即 $\frac{1}{1-z}=\frac{1}{(1-2)-(z-2)}$, 然后把$(z-2)$ 看成一个整体进行处理， 详见 [泰勒展开](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=883) 或下面的例题

这里，除了列出展开式（1）至展开式（6）外，我们还在例 1 至例 6 中给出它们的推导，同时还给出了一些其他的级数，这些级数可以通过例题直接得到．读者需要记住的是：
（a）求出具体级数之前，可以先确定收敛域；
（b）求出所求级数的合理方法可能有多种．
 
`例` 展开式（1），首先，我们注意到点 $z=1$ 为函数

$$
f(z)=\frac{1}{1-z}
$$

在有限平面上的唯一奇点．故当 $|z|<1$ 时，所求的麦克劳林级数收敛于 $f(z)$ ．
$f(z)$ 的导数为

$$
f^{(n)}(z)=\frac{n!}{(1-z)^{n+1}} \quad(n=1,2, \cdots) .
$$

因此，若约定 $f^{(0)}(z)=f(z)$ 且 $0!=1$ ，则 $f^{(n)}(0)=n!$ ，其中 $n=0,1,2, \cdots$ ，进而，记

$$
f(z)=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} z^n=\sum_{n=0}^{+\infty} z^n,
$$

我们就得到了级数展开式（1）。
若将等式（1）中的 $z$ 替换为 $-z$ ，条件依然成立，并且注意到，当 $|z|<1$ 时，有 $|-z|<1$ ，可得

$$
\frac{1}{1+z}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n z^n \quad(|z|<1) .
$$

另一方面，若将等式（1）中的变量 $z$ 替换为 $1-z$ ，可得泰勒级数展开式

$$
\frac{1}{z}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n(z-1)^n \quad(|z-1|<1) .
$$

由展开式（1）的相关条件可知，此时条件仍然成立，这是因为 $|1-z| < 1$ 等同于 $|z-1| < 1$ ．

作为展开式（1）的另外一个应用，下面我们求出函数
$f(z)=\frac{1}{1-z}$ 
在 $z_0=\mathrm{i}$ 处的泰勒级数展开式．由于 $z_0$ 和奇点 $z=1$ 之间的距离为 $|1-\mathrm{i}|=\sqrt{2}$ ，而满足条件的范围为 $|z-\mathrm{i}|<\sqrt{2}$（见图79）．为了展成关于 $z-\mathrm{i}$ 的幂级数，首先记

![图片](/uploads/2026-02/5cc767.jpg){width=300px}

**想象你在以$i$为中心，半径为$r$的半径行走，你走的半径逐渐扩大，但是一旦碰到$z=1$时，碰到奇点，就不能再走了，所以收敛半径为$\sqrt{2}$**

$$
\frac{1}{1-z}=\frac{1}{(1-\mathrm{i})-(z-\mathrm{i})}=\frac{1}{1-\mathrm{i}} \cdot \frac{1}{1-\left(\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}\right)} .
$$

由于当 $|z-\mathrm{i}|<\sqrt{2}$ 时，有

$$
\left|\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}\right|=\frac{|z-\mathrm{i}|}{|1-\mathrm{i}|}=\frac{|z-\mathrm{i}|}{\sqrt{2}}<1,
$$

于是，由展开式（1）可知

$$
\frac{1}{1-\left(\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}\right)}=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}\right)^n \quad(|z-\mathrm{i}|<\sqrt{2})
$$

进而得到泰勒级数展开式

$$
\frac{1}{1-z}=\frac{1}{1-\mathrm{i}} \sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}\right)^n=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(z-\mathrm{i})^n}{(1-\mathrm{i})^{n+1}} \quad(|z-\mathrm{i}|<\sqrt{2}) .
$$

---
 
 `例` 由于函数 $f(z)=\mathrm{e}^z$ 为整函数，故其在所有的点 $z$ 处都具有麦克劳林级数展开式。这里，$f^{(n)}(z)=\mathrm{e}^z(n=0,1,2, \cdots)$ ，并且由于 $f^{(n)}(0)=1(n=0,1,2, \cdots)$ ，可得展开式（2）。注意到，若 $z=x+\mathrm{i} 0$ ，则展开式变为

$$
\mathrm{e}^x=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^n}{n!} \quad(-\infty<x<+\infty) .
$$

整函数 $z^3 \mathrm{e}^{2 z}$ 也可展成麦克劳林级数．最简单的方法就是将展开式（2）中的 $z$ 替换为 $2 z$ ，再将所得等式乘以 $z^3$ ：

$$
z^3 \mathrm{e}^{2 z}=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{2^n}{n!} z^{n+3} \quad(|z|<+\infty) .
$$

最后，若此时再将 $n$ 替换为 $n-3$ ，则可得

$$
z^3 \mathrm{e}^{2 z}=\sum_{n=3}^{+\infty} \frac{2^{n-3}}{(n-3)!} z^n \quad(|z|<+\infty) .
$$

---

`例`  我们可以利用展开式（2）和如下定义 详见[此处](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=861)

$$
\sin z=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} z}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i} z}}{2 \mathrm{i}}
$$

求出整函数 $f(z)=\sin z$ 的麦克劳林级数．为了给出具体过程，我们参照展开式 （1），记

$$
\sin z=\frac{1}{2 \mathrm{i}}\left[\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(\mathrm{i} z)^n}{n!}-\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-\mathrm{i} z)^n}{n!}\right]=\frac{1}{2 \mathrm{i}} \sum_{n=0}^{+\infty}\left[1-(-1)^n\right] \frac{\mathrm{i}^n z^n}{n!} \quad(|z|<+\infty) .
$$

然而，当 $n$ 为偶数时， $1-(-1)^n=0$ ，故我们将上述级数中的 $n$ 替换为 $2 n+1$ ：

$$
\sin z=\frac{1}{2 \mathrm{i}} \sum_{n=0}^{+\infty}\left[1-(-1)^{2 n+1}\right] \frac{\mathrm{i}^{2 n+1} z^{2 n+1}}{(2 n+1)!} \quad(|z|<+\infty) .
$$

由于

$$
1-(-1)^{2 n+1}=2 \text { 和 } \mathrm{i}^{2 n+1}=\left(\mathrm{i}^2\right)^n \mathrm{i}=(-1)^n \mathrm{i} \text {, }
$$

故而之前的等式就简化为展开式（3）。

---

`例`利用逐项微分，我们对式（3）的两边分别求微分，记

$$
\cos z=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2 n+1)!} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} z} z^{2 n+1}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{2 n+1}{(2 n+1)!} z^{2 n}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{z^{2 n}}{(2 n)!} \quad(|z|<+\infty) .
$$

这就证明了展开式（4）．

---

`例` 由三角函数指出了 $\sinh z=-i \sin (i z)$ ，故我们只需利用式（3），即 $\sin z$的展开式，记

$$
\sinh z=-\mathrm{i} \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{(\mathrm{i} z)^{2 n+1}}{(2 n+1)!} \quad(|z|<+\infty),
$$

即得到

$$
\sinh z=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^{2 n+1}}{(2 n+1)!} \quad(|z|<+\infty) .
$$

---

`例`  由三号函数可知， $\cosh z=\cos (\mathrm{i} z)$ ，故而由式（4），即 $\cos z$ 的麦克劳林级数可知

$$
\cosh z=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{(\mathrm{i} z)^{2 n}}{(2 n)!} \quad(|z|<+\infty),
$$

于是，我们得到麦克劳林级数展开式

$$
\cosh z=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^{2 n}}{(2 n)!} \quad(|z|<+\infty) .
$$

注意到，比如说， $\cosh z$ 关于点 $z_0=-2 \pi \mathrm{i}$ 的泰勒级数是通过将上述等式两边的变量 $z$ 替换为 $z+2 \pi \mathrm{i}$ ，再利用第 39 节中的结论，即对所有的 $z$ ，有 $\cosh (z+2 \pi \mathrm{i})= \cosh z$ ，从而得到：

$$
\cosh z=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(z+2 \pi \mathrm{i})^{2 n}}{(2 n)!} \quad(|z|<+\infty) .
$$

##  z-z_0 负次幂

若函数 $f$ 在点 $z_0$ 处不解析，则在该点处不适用泰勒定理．然而，$f(z)$ 的同时包含 $\left(z-z_0\right)$ 的正次幂和负次幂的级数展开式往往是可能出现的。这类级数非常重要，我们将在下一节中讨论．这类级数通常可以通过利用第 64 节开头所列出的六个麦克劳林级数之中的一个或多个得到．这里，为了让读者熟悉包含 $\left(z-z_0\right)$ 负次幂的级数，在探讨相关的一般性定理之前，我们先给出几个例子．

`例` 利用常用的麦克劳林级数

$$
\mathrm{e}^z=1+\frac{z}{1!}+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^4}{4!}+\cdots \quad(|z|<+\infty),
$$

可知当 $0<|z|<+\infty$ 时，有

$$
\frac{\mathrm{e}^{-z}}{z^2}=\frac{1}{z^2}\left(1-\frac{z}{1!}+\frac{z^2}{2!}-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^4}{4!}-\cdots\right)=\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z}+\frac{1}{2!}-\frac{z}{3!}+\frac{z^2}{4!}-\cdots .
$$

`例`由麦克劳林级数

$$
\cosh z=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^{2 n}}{(2 n)!} \quad(|z|<+\infty)
$$

可知，当 $0<|z|<+\infty$ 时，有

$$
z^3 \cosh \left(\frac{1}{z}\right)=z^3 \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{(2 n)!z^{2 n}}=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{(2 n)!z^{2 n-3}} .
$$

注意到，当 $n$ 为 0 或 1 时，有 $2 n-3<0$ ，而当 $n \geqslant 2$ 时，有 $2 n-3>0$ ．因此，上述展开式可改写为

$$
z^3 \cosh \left(\frac{1}{z}\right)=z^3+\frac{z}{2}+\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{(2 n)!z^{2 n-3}} \quad(0<|z|<+\infty) .
$$

为了在下一节中对此类展开式给出一个标准的形式，我们将级数中的 $n$ 替换为 $n+1$ ，得到

$$
z^3 \cos \left(\frac{1}{z}\right)=\frac{z}{2}+z^3+\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(2 n+2)!} \cdot \frac{1}{z^{2 n-1}}(0<|z|<+\infty) .
$$

`例` 下面的这个例子中，我们将函数

$$
f(z)=\frac{1+2 z^2}{z^3+z^5}=\frac{1}{z^3} \cdot \frac{2\left(1+z^2\right)-1}{1+z^2}=\frac{1}{z^3}\left(2-\frac{1}{1+z^2}\right)
$$

展成关于 $z$ 的幂级数．由于 $f(z)$ 在点 $z=0$ 处不解析，故不能展成麦克劳林级数．然而，我们知道

$$
\frac{1}{1-z}=1+z+z^2+z^3+z^4+\cdots \quad(|z|<1),
$$

并且，将等式两边的 $z$ 替换为 $-z^2$ 后，可得

$$
\frac{1}{1+z^2}=1-z^2+z^4-z^6+z^8-\cdots \quad(|z|<1) .
$$

因此，当 $0<|z|<1$ 时，有

$$
f(z)=\frac{1}{z^3}\left(2-1+z^2-z^4+z^6-z^8+\cdots\right)=\frac{1}{z^3}+\frac{1}{z}-z+z^3-z^5+\cdots .
$$

我们将诸如 $1 / z^3$ 和 $1 / z$ 这样的项称为 $z$ 的负次幂，这是因为它们分别可以写成 $z^{-3}$和 $z^{-1}$ 的形式．正如本节开始所提到的，涉及 $\left(z-z_0\right)$ 的负次幂的展开式定理将会在下一节中进行探讨．

读者可能会注意到，在例 7 和例 9 中所得到的级数中，先出现的是负次幂，而在例8中，先出现的却是正次幂．对以后的应用而言，先出现的是正次幂还是负次幂通常并不重要．此外，当 $z_0=0$ 时，这三个例子都包含了 $\left(z-z_0\right)$ 的幂．然而，最后给出的这个例子涉及的 $z_0$ 则是非零的．

`例` 我们试将函数

$$
\frac{\mathrm{e}^z}{(z+1)^2}
$$

展成关于 $(z+1)$ 的幂级数．我们从下面的麦克劳林级数出发，

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

将 $z$ 替换为 $(z+1)$ ：

$$
\mathrm{e}^{z+1}=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(z+1)^n}{n!} \quad(|z+1|<+\infty) .
$$

等式两边都除以 $\mathrm{e}(z+1)^2$ ，得到

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

因此，

$$
\frac{\mathrm{e}^z}{(z+1)^2}=\frac{1}{\mathrm{e}}\left[\frac{1}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{(z+1)^{n-2}}{n!}\right] \quad(0<|z+1|<+\infty)
$$

这等同于

$$
\frac{\mathrm{e}^z}{(z+1)^2}=\frac{1}{\mathrm{e}}\left[\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(z+1)^n}{(n+2)!}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2}\right] \quad(0<|z+1|<+\infty)
$$

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