函数展开成幂级数2010

问题: 问题 Taylor级数在收敛区间是否一定收敛于 级数在收敛区间是否一定收敛于f(x)? 级数在收敛区间是否一定收敛于 − 12 e x , x ≠ 0 不一定. 不一定. 例如 f ( x) = 0, x=0 在x=0处任意阶可导，且 f 处任意阶可导， 处任意阶可导
(n)
1 z − z0 (z − z0 )2 (z − z0 )n = + + + ⋯+ +⋯ 2 3 n+1 (ξ − z0 ) ξ − z0 (ξ − z0 ) (ξ − z0 )
( z − z0 ) =∑ + n+1 n = 0 (ξ − z 0 )
N −1 n
( z − z0 ) ∑ (ξ − z ) n + 1 n= N 0
N →∞
lim q N = 0 ⇒ lim R N ( z ) = 0
N →∞
式和上式知， 由(∗ )式和上式知，当 z − z 0 < r时，有
f ( n) ( z0 ) f (z) = ∑ ( z − z0 )n n! n=0 是任取的， 的任意性知， 由于 r < R 是任取的，由 r的任意性知，当 z − z 0 < R 时，
在( x0 − R, x0 + R)内是 }
( n)
x 那么 f 在( x0 − R, x0 + R)内必能展开为它在 0处的
x 如果函数 f : ( x0 − R, x0 + R) → R能展开为它在 0 处的Taylor 级数, 则称该等式为f 在x0 处的Taylor
f
(n)
( z ) = (e z )( n ) = e z , f
(n)
( 0 ) = 1,
1 n e =∑ z , ! n=0 n
z
∞
z < +∞
例2 将 f ( x ) = cos x 展为 x 的幂级数 的幂级数. 解 f
(n)
( x ) = (cos x )
(n)
nπ ), = cos( x + 2
上式成立 , 即 f ( z ) 在 z − z 0 < R 内可以展开成为幂级数 。
唯一性同定理2 唯一性同定理
∞
注 1 . 注意复函数 f ( z )与实函数 f ( x )可以展开成为
幂级数的条件的不同。 幂级数的条件的不同。 复函数 : f ( z ) 解析 实函数： 有任意阶导数， 趋于零。 实函数： f ( x )有任意阶导数，且余项 趋于零。
z − z0 < R
展开为幂级数的步骤： 将实函数 f (x) 展开为幂级数的步骤：
(1) 计算 f ( x )在 x 0的各阶导数 f ( n ) ( x 0 )， n = 0,1, 2, ⋯ n f ( k ) ( x0 ) ( 2) 写出 f ( x )在 x0 的 Taylor公式 ∑ ( x − x0 ) k + Rn ( x ), k! k =0 ∞ f ( n ) ( x0 ) ( x − x0 )n 的收敛半径R 求出 f ( x )在 x0 的 Taylor级数 ∑ n! n= 0 的极限： (3) 讨论x , ξ ∈ ( x0 − R, x0 + R) 时余项 R n ( x )的极限： f ( n + 1 ) (ξ ) n + 1 lim R n ( x ) = lim x , ξ 在 x 与 x 0 之间 n→ ∞ n → ∞ ( n + 1 )! 当 (4) 若lim Rn ( x) = 0 则 x ∈ ( x0 − R, x0 + R )时， n→∞
记Rn ( x ) =
f
(ξ ) ( x − x0 ) n+1 ( n + 1)! Taylor定理 Taylor定理
n
( n +1)
S n+1 ( x ) = ∑
k =0
f ( k ) ( x0 ) ( x − x0 ) k k!
n→ ∞
f ( x) = S n +1 ( x ) + Rn ( x )
(n) ′′(0) 2 f f (0) n f ( x) = f (0) + f ′(0) x + x +⋯+ x +⋯, 2! n! x ∈(− R, R), 称为 f 的Maclaurin 展开式 右端的级数称 称为f ,
展开式. f 在x0 = 0处的Taylor展开式
级数. 为Maclaurin 级数.
函数展开成幂级数
前面讨论了幂级数的收敛性及如何求幂级数的 前面讨论了幂级数的收敛性及如何求幂级数的 和函数问题。 和函数问题。 现在考虑它的反问题， 现在考虑它的反问题，给定函数 ，能否将其表达 成一个幂级数，即所谓函数展开为幂级数的问题。 成一个幂级数，即所谓函数展开为幂级数的问题。 定义1设 f (z) 在 z0 的邻域内有任意阶导数，称级数 的邻域内有任意阶导数， 定义 设
f ( n) ( z0 ) (z − z0 )n , n!
且展开式是唯一的. 且展开式是唯一的
区域D内解析 内解析。 证 已知 f ( z )在 区域 内解析。任取正数 r < R ，记 积分公式,得 积分公式 Lr : z − z 0 = r , 取逆时针方向 , 由Cauchy积分公式 得
1 f (z) = 2π i
n! n=0 充要条件是 lim Rn ( x) = 0, x ∈( x0 − R, x0 + R).
n→∞
∑
0
推论1(充分条件) 推论1(充分条件 1(充分条件
, 设 f : ( x0 − R, x0 + R) → R 是C 类函数 如果 f
∞
∀n ∈ N+与∀x ∈( x0 − R, x0 + R), 都有| f (n) ( x) |≤ K, Taylor级数 级数 .
∞ n
于是
1 f (z) = ∑ [ n = 0 2π i
=
N −1
N −1
f (ξ ) d ξ n ∫ (ξ − z 0 ) n + 1 ]( z − z 0 ) + R N ( z ) Lr
∑
n=0
f ( n ) ( z0 ) （解析函数的 ( z − z 0 ) n + R N ( z ) (∗ ) 高阶导数公式） ∗ 高阶导数公式） n!
∫
Lr
f (ξ ) dξ ( z − z0 < r ) ξ −z
z − z0 ξ ∈ Lr ⇒ ξ − z0 = r , 而 z − z0 < r ⇒ <1 ξ − z0
1 ∴ = ξ−z
1 z − z0 (ξ − z 0 ) 1 − ξ − z0
2 n
z − z0 z − z0 z − z0 1 (1 + = + ξ − z + ⋯ + ξ − z + ⋯) ξ − z0 ξ − z0 0 0
Taylor定理 Taylor定理
lim Rn ( x ) = 0 时， lim
n→ ∞
S n+1 ( x ) = f ( x )
条件下,Taylor级数收敛到 f (x) ,有 级数收敛到 有 即在lim Rn ( x ) = 0 条件下
n→ ∞
f ( x) = ∑
n= 0
∞
f ( n ) ( x0 ) ( x − x0 ) n n!
( 0 ) = 0 ( n = 0,1,2,⋯)
∞ n=0
所以f ( x )的Maclaurin级数是 ∑ 0 ⋅ x n
该级数在 ( −∞ ,+∞ ) 内和函数 S ( x ) ≡ 0.
可见除了原点之外， 可见除了原点之外，该Taylor级数在收敛区间 除了原点之外 级数在收敛区间 内不收敛于f(x)。 内不收敛于 。
⇒ ∃ M > 0, 使 f (ξ ) ≤ M , ξ ∈ Lr
于是
∞ f (ξ ) z − z 1 0 ∑ RN (z) ≤ ∫ 2π Lr n = N ξ − z 0 ζ − z 0
n
ds
∞ 1 M n Mq N q ⋅ 2π r = ≤ ⋅∑ 2π n = N r 1− q
2. 复函数 f ( z )在 z = z 0 处的 Taylor 级数的收敛半径 R等于
从z0到f (z)的距 0最近一个奇点的距离 z .
3.根据解析函数的高阶导数公式，Taylor系数可表示为 根据解析函数的高阶导数公式， 系数可表示为: 根据解析函数的高阶导数公式 系数可表示为
( z0 ) 1 f (ξ ) Cn = = ∫L ( ξ − z o ) n + 1 d ζ 2π i n! 4 . f ( z ) 在 D 内解析的充要条件是 f ( z ) 在 D 内任一点 z 0 f
(n)
的幂级数。 的邻域内可以展开为 z − z 0 的幂级数。
直接法
函数展开成幂级数
1. 直接法： 直接法： 展开为幂级数的步骤： 将 复函数 f (z) 展开为幂级数的步骤：
(1) 计算 f ( z ) 在 z 0的各阶导数 f ( n ) ( z 0 )， n = 0,1,2, ⋯
( 2) 写出 f ( z )在 z0 的 Taylor级数 ∑
( x0 ) f (x) = ∑ ( x − x0 )n n! n=0 ∞ f ( n ) ( x0 ) ( x − x0 ) n 若极限不为0， 不收敛于f(x). 若极限不为 ，则幂级数 ∑ 不收敛于 n! n= 0
∞
f
(n)
例1 将 f ( z ) = e z 展为 z 的幂级数 的幂级数. 解 f ( z ) 在复平面上处处解析