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复变函数与积分变换
第四篇 幂级数
泰勒(Taylor)定理
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2025-01-17 10:31
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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 $$ f(z)=\sum_{n=0}^{+\infty} a_n\left(z-z_0\right)^n $$ $$ \text { 其中, } \begin{aligned} a_n & =\frac{1}{n!} f ^{(n)}\left(z_0\right) \\ & =\frac{1}{2 \pi i} \int_l \frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}} d z .\binom{l \text { 为 } D \text { 内包围 } z_0 \text { 点的 }}{\text { 的任意一条闭曲线。 }} \end{aligned} $$  **(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 $$ \begin{aligned} & f(z)=a_0+\cdots+a_n\left(z-z_0\right)^n+\cdots \\ & \Rightarrow \frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}}=\frac{a_0}{\left(z-z_0\right)^{n+1}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{\left(z-z_0\right)^2}+ \\ & \Rightarrow \oint_l \frac{a_n}{z-z_0}+a_{n+1}+\cdots, \\ & \left(z-z_0\right)^{n+1} \\ & d z=0+2 \pi i a_n+0, \\ & \Rightarrow a_n=\frac{1}{2 \pi i} \oint_l \frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}} d z=\frac{1}{n!} f^{(n)}\left(z_0\right) . \end{aligned} $$  ## 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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