第三节(泰勒级数展开)

< 1)
1 n −1 = 1 − 2 z + 3z 2 − L + (− 1) nz n−1 + L , 上式逐 项求导: (1 + z )2
(z
< 1)
11
例 求 数 数 主 ln(1+ z)在 = 0处 泰 展 式 对 函 的 值 z 的 勒 开 .
解
奇点z = −1, ∴ 它在 z < 1内可展开成 z的幂级数 . y
∞
ak ( z − z 0 ) k ∑
k =0
f (ζ ) 1 f ( k ) ( z0 ) 其中 ak = ∫CR1 (ζ − z0 ) k +1 dζ = k ! 2πi
包含z且与 R同心的圆。 包含 且与C 同心的圆。 且与
C R1 为圆 R内 为圆C
1
证明： 如图，为避免涉及在圆周C 证明： 如图，为避免涉及在圆周 R上级数的
f ( z ) = ln z , f f ′( z ) = 1 , z (1) = ln 1 = n 2π i ( n ∈ Z ) f ′(1) = + 1
1! ， f ′′(1) = − 1 2 z 2! (3) f ( z ) = 3 , f ( 3 ) (1) = + 2! z 3! f ( 4 ) ( z ) = − 4 , f ( 4 ) (1) = − 3! z L L f ′′( z ) = −
可知泰勒级数的收敛半径为无限大，只要 可知泰勒级数的收敛半径为无限大，只要z
是有限的，则泰勒级数就是收敛的！ 是有限的，则泰勒级数就是收敛的！
例2
在z0＝0的邻域上把 f1 ( z ) = sin z , f 的邻域上把
2
( z ) = cos z 展开
( 解： f1 ( z ) = sin z 的前四阶导数是 f1′( z ) = cos z, f1′′ z ) = − sin z
例4 在z0＝0的邻域上把 f ( z ) = (1 + z ) m 展开 m不是整数） 的邻域上把 不是整数） （ 不是整数 解： 先计算展开系数
f ( z ) = (1 + z ) m , f f ′( z ) = m(1 + z )
m −1
(0) = 1m m = f ( z ), 1+ z f ′(0) = m1m
上式就是以z 上式就是以 0为
中心的泰勒级数
f ( z) = ∑
k =0
∞
f ( k ) ( z0 ) ( z − z0 ) k ( z − z0 < R ) k !
3
下面证明以上得到的泰勒级数是 下面证明以上得到的泰勒级数是唯一的
如果另有一个以z 如果另有一个以 0为中心的不同于上面的泰勒级数
f ( z ) = ∑ ak ( z − z 0 ) k
m −1
m 由此我们可以写出 (1 + z) 在z0＝0的邻域上的泰勒级数 的邻域上的泰勒级数
m m m(m − 1) m 2 m(m − 1)(m − 2) m 3 (1 + z ) = 1 + 1 z + 1 z + 1 z + ... 1! 2! 3! m m(m − 1) 2 m(m − 1)(m − 2) 3 m z + z + ... = 1 1 + z + 2! 3! 1!
由此可以写出sinz在z0＝0的邻域上的泰勒级数 在 由此可以写出 的邻域上的泰勒级数
z z3 z5 z7 sin z = − + − + ... 1! 3! 5! 7!
同样也可求得其收敛半径为无限大！ 同样也可求得其收敛半径为无限大！ 同理可求得cosz在z0＝0的邻域上的泰勒级数为 在 同理可求得 的邻域上的泰勒级数为
3 第节 泰 级 勒 数
幂级数之和在收敛圆内部为解析函数. 幂级数之和在收敛圆内部为解析函数 实数域中 在实数域中，任意阶导数都存在的实变函数可以展开为泰勒 级数，而解析函数的任意阶导数都存在， 级数，而解析函数的任意阶导数都存在，自然可以期望把解析 函数展开为复变项的泰勒级数。 函数展开为复变项的泰勒级数。 一、解析函数以幂级数展开问题 在以z 在以 为圆心的圆C 内解析，则对圆内的任意z点 定理： 定理：设f(z)在以 0为圆心的圆 R内解析，则对圆内的任意 点 f(z)可展为幂级数 f ( z ) = 可展为幂级数
1 f (ζ ) f ( z) = ∫CR1 ζ − z dζ 2πi
∞ k
然后逐项积分可得
1 f (ζ ) f ( z ) = ∑ ( z − z0 ) ∫CR1 (ζ − z0 ) k +1 dζ 2πi k =0
根据柯西公式
f
(n)
n! f (ζ ) ( z) = ∫l (ζ − z ) n+1 dζ 2πi
m m
可求得收敛半径为1， 可求得收敛半径为 ，由此可得
m m
m(m − 1) 2 m(m − 1)(m − 2) 3 m z + z + ... (1 + z ) = 1 1 + z + 2! 3! 1! ( z < 1)
9
m(m − 1) 2 m(m − 1)(m − 2) 3 m (1 + z ) = 1 1 + z + z + z + ... 2! 3! 1! ( z < 1)
12
Z
1 Z Z Z dz = ∫ dz − ∫ zdz + L + ∫ (− 1)n z n dz + L ∫ 01 + z 0 0 0
z2 z3 z4 z n+1 n ∴ ln(1 + z ) = z − + − + L + (− 1) + L , ( z < 1) 2 3 4 n +1
代入（ ） 代入（1）可得
1 1 + t + t + ... + t + ... = 1− t
2 k
(| t |< 1)
2
1 1 = ζ − z ζ − z0
代入
∞ ( z − z0 ) k ( z − z0 ) k ∑ (ζ − z ) k = ∑ (ζ − z ) k +1 k =0 k =0 0 0 ∞
1 1 1 1 = = ζ − z (ζ − z0 ) − ( z − z0 ) ζ − z0 1 − z − z0 ζ − z0 右边第二个式子可得
2
1） （1）
z − z0 z − z0 z − z0 1 = 1+ + ζ − z + ... ζ − z < 1 z − z0 ζ − z0 0 0 1− ζ − z0
依次进行下去，可得到与前完全一样的展开式， 依次进行下去，可得到与前完全一样的展开式，这样就证明了 解析函数可以展开为唯一的泰勒级数， 唯一的泰勒级数 解析函数可以展开为唯一的泰勒级数，泰勒级数与解析函数有 密切的关系。 密切的关系。
4
k =0
二、解析函数展为泰勒级数举例： 解析函数展为泰勒级数举例： 例1 在z0＝0的邻域上把 f ( z ) = e z 展开 的邻域上把
收敛或者发散问题，作比 但包含z且与 收敛或者发散问题，作比CR小，但包含 且与 CR同心的圆周 C R
z
ζ − z0
ζ
CR
1 f (ζ ) f ( z) = ∫CR1 ζ − z dζ 2πi
1
应用柯西公式得
z − z0
C R1
展开为幂级数，且展开式以z 为中心， 下面我们把 1 /(ζ − z ) 展开为幂级数，且展开式以 0为中心，
8
m(m − 1) f ′′( z ) = m(m − 1)(1 + x) = f ( z )，f ′′(0) = m(m − 1)1m (1 + z ) 2 m(m − 1)(m − 2) ( 3) f ( z) = f ( z )，f (3) (0) = m(m − 1)(m − 2)1m (1 + z ) 3 ... ...
z2 z4 z6 cos z = 1 − + − + ... 2! 4! 6!
可求得其收敛半径为无限大！ 可求得其收敛半径为无限大！
6
例3
在z0＝1的邻域上把f ( z ) = ln z 展开 的邻域上把
多值函数f(z)＝ 的支点在 解： 多值函数 ＝lnz的支点在 z = 0, ∞ 而现在的展开中心 z0＝1不是支点，在它的邻域上，各个单值分支相互独立，各自 不是支点， 不是支点 在它的邻域上，各个单值分支相互独立， 是一个单值函数，可按照单值函数的展开方法加以展开。 是一个单值函数，可按照单值函数的展开方法加以展开。 展开系数计算如下： 展开系数计算如下：
同时可求得其收敛半径为1， 同时可求得其收敛半径为 ，则有
( z − 1) 2 ( z − 1) 3 ( z − 1) 4 ln z = n2πi + ( z − 1) − + − + ...( z - 1 < 1) 2 3 4
在上述展开式中， ＝ 的那个单值分支叫做 的那个单值分支叫做lnz的 在上述展开式中，n＝0的那个单值分支叫做 的主值
R =1 −1 0 1
x
Q [ln(1 + z )]
)′
1 ,(1 + z )−1 = 1 − z + z 2 − L + (− 1)n z n + L , = 1+ z

(z
< 1)
∴ 在此展开式的收敛圆 z < 1内, ∀一条从0到z的积分路线 C , 一条从 的积分路线 Z 1 Z Z Z dz = ∫ dz − ∫ zdz + L + ∫ (− 1)n z n dz + L 上式逐项积分: ∫ 01 + z 0 0 0