最后更新: 2025-01-17 10:31 ● 参与者查看: 209 次纠错分享参与项目词条搜索

泰勒(Taylor)定理

## 泰勒(Taylor)定理
定理 设函数 $f(z)$ 在区域 $D$ 内解析，$C$ 为 $D$ 的边界，$z_0 \in D$ ， $R=\min _{z \in C}\left|z-z_0\right|$ ，则当 $\left|z-z_0\right|<R$ 时，有

$$
f(z)=\sum_{n=0}^{+\infty} a_n\left(z-z_0\right)^n
$$

$$
\text { 其中, } \begin{aligned}
a_n & =\frac{1}{n!} f ^{(n)}\left(z_0\right) \\
& =\frac{1}{2 \pi i} \int_l \frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}} d z .\binom{l \text { 为 } D \text { 内包围 } z_0 \text { 点的 }}{\text { 的任意一条闭曲线。 }}
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2025-01/b8c39f.jpg)
 
 
**（1）** 为什么只能在圆域 $\left|z-z_0\right|<R$ 上展开为幂级数，而不是在整个解析区域 $D$ 上展开？

回答 这是由于受到幂级数本身的收敛性质的限制：
－幂级数的收敛域必须是圆域。
－幂级数一旦收敛，其和函数一定解析。

**（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，其收敛半径等于从 $z_0$ 点到 $f(z)$ 的最近一个奇点 $\widetilde{z}$ 的距离。

理由
①幂级数在收敛圆内解析，因此奇点 $\widetilde{z}$ 不可能在收敛圆内；
②奇点 $\widetilde{z}$ 也不可能在收玫圆外，不然收玫半径还可以扩大，故奇点 $\widetilde{z}$ 只能在收敛圆周上。

**（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 :

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

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)

**(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

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

方法二

$$
\begin{aligned}
& f(z)=a_0+\cdots+a_n\left(z-z_0\right)^n+\cdots \\
& \Rightarrow \frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}}=\frac{a_0}{\left(z-z_0\right)^{n+1}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{\left(z-z_0\right)^2}+ \\
& \Rightarrow \oint_l \frac{a_n}{z-z_0}+a_{n+1}+\cdots, \\
& \left(z-z_0\right)^{n+1} \\
& d z=0+2 \pi i a_n+0, \\
& \Rightarrow a_n=\frac{1}{2 \pi i} \oint_l \frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}} d z=\frac{1}{n!} f^{(n)}\left(z_0\right) .
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2025-01/1a78cf.jpg)

## 将函数展开为泰勒级数的方法

###  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

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

> 上面3个展开需要记住。

###  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

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

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

解 函数 $f(z)$ 有奇点 $z=1$ ，故收敛半径 $R=|1-i|=\sqrt{2}$ ．
(1)
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{1-z} & =\frac{1}{(1-i)-(z-i)}=\frac{1}{1-i} \cdot \frac{1}{1-\frac{z-i}{1-i}} \\
& =\frac{1}{1-i} \sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{z-i}{1-i}\right)^n=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(z-i)^n}{(1-i)^{n+1}},|z-i|<\sqrt{2} .
\end{aligned}
$$

（2）

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{(1-z)^2}=\left(\frac{1}{1-z}\right)^{\prime} & =\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n(z-i)^{n-1}}{(1-i)^{n+1}} \\
& =\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{n+1}{(1-i)^{n+2}}(z-i)^n, \quad|z-i|<\sqrt{2} .
\end{aligned}
$$

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

$$
\begin{aligned}
& f^{\prime}(z)=\frac{1}{1+z}=\frac{1}{1-(-z)}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n z^n, \quad|z|<1 \\
& \int_0^z f^{\prime}(z) d z=\sum_{n=0}^{+\infty}\left[(-1)^n \int_0^z z^n d z\right] \\
& f(z)-f(0)=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n+1} z^{n+1} \\
& f(z)=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n+1} z^{n+1}, \quad|z|<1
\end{aligned}
$$

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

`例`  将函数 $f(z)=\frac{2 z^2-3}{(z-2)\left(z^2+1\right)}$ 在 $z=0$ 点展开为幂级数。

解 $f(z)=\frac{A}{z-2}+\frac{B z+C}{z^2+1}=\frac{1}{z-2}+\frac{z+2}{z^2+1}$,
（1）$\frac{1}{z-2}=-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1-\frac{z}{2}}=-\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^n}{2^{n+1}},|z|<2$ ．
（2）$\frac{z+2}{z^2+1}=\frac{z+2}{1-\left(-z^2\right)}=(z+2) \cdot \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n z^{2 n},|z|<1$ ．

$$
f(z)=-\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^n}{2^{n+1}}+\sum_{n=0}^{+\infty} 2(-1)^n z^{2 n}+\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n z^{2 n+1},|z|<1 .
$$

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

`例` 将函数 $f(z)=\sin ^2 z$ 在 $z=0$ 点展开为幂级数。
解

$$
\begin{aligned}
\sin ^2 z & =\frac{1}{2}(1-\cos 2 z)=\frac{1}{2}\left[1-\left(1-\frac{(2 z)^2}{2!}+\frac{(2 z)^4}{4!}-\frac{(2 z)^6}{6!}+\cdots\right)\right] \\
& =\frac{(2 z)^2}{2 \cdot 2!}-\frac{(2 z)^4}{2 \cdot 4!}+\frac{(2 z)^6}{2 \cdot 6!}-\cdots,|z|<+\infty .
\end{aligned}
$$

`例`将函数 $f(z)=\sin z$ 在 $z=1$ 点展开为幂级数。
解 $\sin z=\sin [1+(z-1)]=\sin 1 \cos (z-1)+\cos 1 \sin (z-1)$

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

`例`将函数 $f(z)= e ^{\frac{1}{1-z}}$ 在 $z=0$ 点展开为幂级数。
解

$$
\begin{aligned}
& f^{\prime}(z)=e^{\frac{1}{1-z}} \cdot \frac{1}{(1-z)^2}=f(z) \cdot \frac{1}{(1-z)^2}, \\
& \Rightarrow(1-z)^2 f^{\prime}(z)-f(z)=0, \\
&(1-z)^2 f^{\prime \prime}(z)+(2 z-3) f^{\prime}(z)=0, \\
&(1-z)^2 f^{\prime \prime \prime}(z)+(4 z-5) f^{\prime \prime}(z)+2 f^{\prime}(z)=0, \\
& \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\
& \Rightarrow f(0)=e, f^{\prime}(0)=e, f^{\prime \prime}(0)=3 e, f^{\prime \prime \prime}(0)=13 e, \cdots \\
& \Rightarrow f(z)=e+e z+\frac{3 e}{2!} z^2+\frac{13 e}{3!} z^3+\cdots, \quad|z|<1
\end{aligned}
$$

### 计算斐波拉契数列的通项
1．斐波拉契
Leonardo Fibonacci，约 $1170 \sim$ 约 1240 ，意大利业余数学家。

2．兔子问题
一对（超级）小兔，在它们出生的第三个月开始，每月又可生一对（超级）小兔，问 $n$ 个月后，共可得到多少对兔子？

3．斐波拉契数列

$$
\begin{aligned}
& a_1=1, a_2=1, a_{n+2}=a_{n+1}+a_n,(n=1,2,3, \cdots) \\
& \left\{a_n\right\}=\{1,1,2,3,5,8,13,21, \cdots\}
\end{aligned}
$$

4．计算斐波拉契数列的通项
（1）$z$ 变换

$$
\text { 令 } f(z)=a_1 z+a_2 z^2+a_3 z^3+\cdots=\sum_{n=1}^{+\infty} a_n z^n \text {, }
$$

由 $a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$ ，有 $a_{n+2} z^{n+2}=a_{n+1} z^{n+2}+a_n z^{n+2}$ ，

$$
\begin{aligned}
& \Rightarrow \sum_{n=1}^{+\infty} a_{n+2} z^{n+2}=z \cdot \sum_{n=1}^{+\infty} a_{n+1} z^{n+1}+z^2 \cdot \sum_{n=1}^{+\infty} a_n z^n \\
& \Rightarrow f(z)-a_1 z-a_2 z^2=z\left[f(z)-a_1 z\right]+z^2 f(z)
\end{aligned}
$$

将 $a_1=a_2=1$ 代入上式并求解得 $f(z)=\frac{z}{1-z-z^2}$ ．

$$
\begin{aligned}
&\text {（2）泰勒级数展开 }\\
&\begin{aligned}
& f(z)= \frac{z}{1-z-z^2}=\frac{1}{\sqrt{5}} \cdot \frac{1}{1-\alpha z}-\frac{1}{\sqrt{5}} \cdot \frac{1}{1-\beta z}, \\
& \text { 其中, } \alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2} \approx 1.618, \beta=\frac{1-\sqrt{5}}{2} \approx-0.618, \\
& f(z)= \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{\alpha^n-\beta^n}{\sqrt{5}} z^n=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\alpha^n-\beta^n}{\sqrt{5}} z^n, \quad|z|<\frac{1}{\alpha} \approx 0.618 . \\
& \Rightarrow \quad a_n=\frac{\alpha^n-\beta^n}{\sqrt{5}}=\frac{(1+\sqrt{5})^n-(1-\sqrt{5})^n}{2^n \cdot \sqrt{5}},(n=1,2,3, \cdots) .
\end{aligned}
\end{aligned}
$$

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