§4.2泰勒( Taylor)级数 一元函数 f(x)在x的某邻域内有任意阶导数 R、(x2=f(x)-∑x(x-xy→0(N→) 则f(x)在该邻域内可展开成 Taylor级数 f(x)= Ro ! 解析函数的泰勒级数展开式 定理。fa)在D|--0kR内解析,则 f()=∑Cn(=-=0) 其中C=f"(a 若C为|二-二0kR内绕二0的正向简单闭曲线,则 C,=2fo f(5 且展开式唯 引理。设s(z)和∫(=)(k=0,1,2…)在区域D内连续,C为D内任意有向简单曲线,长 为L,且当z∈D时,有 s(z)=∑f() 若存在收敛的正向级数∑4,使 1f()|∑[f()d 证:因∑A收敛,故N→∞时, Ak=ANl+A
§4.2 泰勒（Taylor）级数 一元函数 f(x)在 0 x 的某邻域内有任意阶导数。 ( ) 0 ( ) ! ( ) ( ) ( ) 0 0 0 ( ) = − − → → = x x N n f x R x f x N n n n N 则 f(x)在该邻域内可展开成 Taylor 级数 = = − N n n n x x n f x f x 0 0 0 ( ) ( ) ! ( ) ( ) 解析函数的泰勒级数展开式 定理。f(z)在 D: | z − z0 | R 内解析，则 = = − N n n n f z C z z 0 0 ( ) ( ) 其中 ! ( ) 0 ( ) n f z C n n = 若 C 为 | z − z0 | R 内绕 0 z 的正向简单闭曲线，则 + − = n i C n d z f C 1 0 2 1 ( ) ( ) 且展开式唯一 引理。设 s(z)和 f (z) (k = 0,1,2, ) k 在区域 D 内连续，C 为 D 内任意有向简单曲线，长 为 L,且当 z D 时，有 = = 0 ( ) ( ) k k s z f z 若存在收敛的正向级数 k=0 Ak ，使 = 0 | ( ) | ( ) k C f k z f k z dz 证：因 k=0 Ak 收敛，故 N → 时， 1 2 0 1 = = + + + + → = + N N k n RN Ak A A
从而 s(k-∑[() ∑f(∑f() ≤[∑41d|=LR→0(N→) 故[s(k=∑f( 定理的证明: 设z为D内任一点,对于闭曲线C,总可取圆周|5--0=r(r<R) 使C和z均位于|5-0=r内,由柯西积分公式 f(-)= 由于|5-0kr因此 =D< 从而 5-2(5-20)-(2-=0) 2 (2-0[1 二 (5)m ∑f(5 (1) 由于f(5)在|5-0=r上连续,故∫()在|-0=r上有上界M, 故|5-20=r内任一点z有 1(),(-)H()-(-=yMn
从而 | | 0 ( ) ( ) | ( ) | | | ( ) ( ) 1 1 1 0 = → → = − = + = + = + = A dz L R N f z dz f z dz s z dz f z dz N C k N k C k N k C k N k N k C k C 故 = = 0 ( ) ( ) k C k C s z dz f z dz 定理的证明： 设 z 为 D 内任一点，对于闭曲线 C，总可取圆周 | − z |= r 0 （r<R） 使 C 和 z 均位于 | − z |= r 0 内，由柯西积分公式 − = − = z r i d z f f z | | 2 1 0 ( ) ( ) 由于 | − z | r 0 因此 1 0 0 = − − z z z 从而 n n z z z z z z z z z z z z ( ) ( ) 1 ( )[1 ] 1 ( ) ( ) 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 − − − = − − − − = − − − = − = 即 = + − − = − 0 1 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) n n n z z z f z f （1） 由于 f ( ) 在 | − z |= r 0 上连续，故| f ( ) |在 | − z |= r 0 上有上界 M， 故 | − z |= r 0 内任一点 z 有 n n n n r M z z z z f z z z f − − − = − − + ( ) | ( ) ( ) | | ( ) ( ) | ( ) 0 0 0 1 0 0
因∑p"(p<1)收敛,故由引理有(应用于(1)式) f((=-=0)” 多SN4=2 (2) ∫(5) f(2)(z-0 ds f(=) ∑∫"(=a)(z-=0) 令f(2)=∑Cn(-=0)” 则因为幂级数在收敛圆内可逐项求导,有 f(n(=)=川!Cn+(n+1)Cn+1(=-=0)+ f"(-)=m!Cn 于是 即展开式唯 由此定理可知,求解析函数在二0点的泰勒级数展开式,无需验证R(=)→0 设二1为距点0最近的(2)的奇点。 令|=1-=0}R,则R为f(z)在z0点的泰勒级数的收敛半径。初等函数的泰勒展开式 直接法 例。求e在z=0处的泰勒展开式 解:(e-)")= f(0) 从而
因 ( 1) 0 = n n 收敛，故由引理有（应用于（1）式） = + − − = − 0 1 0 0 ( ) ( ) ( )( ) n C n n C d z f z z d z f （2） 即 = + − − = − 0 1 0 0 2 1 2 1 ( ) ( ) ( )( ) n C n n i C i d z f z z d z f f (z) = = − 0 0 0 ( ) ! 1 ( ) ( ) n n n n f z z z 令 = = − 0 0 ( ) ( ) n n n f z C z z 则因为幂级数在收敛圆内可逐项求导，有 f (n) (z) = n!Cn + (n +1)!Cn+1 (z − z0 ) + 令 z= 0 z ,则 n n f (z) = n!C ( ) 于是 n n n C n f z C = = ! ( ) 0 ( ) 即展开式唯一。 由此定理可知，求解析函数在 0 z 点的泰勒级数展开式，无需验证 RN (z) → 0 设 1 z 为距点 0 z 最近的 f(z)的奇点。 令 | z1 − z0 |= R ，则 R 为 f(z)在 0 z 点的泰勒级数的收敛半径。初等函数的泰勒展开式 直接法 例。求 z e 在 z=0 处的泰勒展开式 解： z n z e = e （ ） ( ) ! 1 ! (0) ( ) n n f C n n = = 从而
1+z+二 f(=)=eˉ在全平面解析,R=+∞。 例求fz)=n(1+2)在z=0处的泰勒展开式 解:ln(1+2)在从-1向左沿负实轴剪开的平面内解析。收敛半径为0到z=1的距离 R=0-(-1)=1 f"(O)=(-1)2(n-1) 最近的奇点 所以 Ca=0.C,=1 从而 例求(1+)°(a为复数)的主值分支 f()=em+),f(0)=1 在z=0处的泰勒展开式 解:f(二)=e)在从-1向左沿负轴剪开的平面处解析。 故R=1,令Q(=)=h1+ 则f()=e f'(=)=ae(a'(=) 1+z a ap()=a e f"(二)=a(a-1)e(a-2) C n+1)e
= + + ++ + 2! ! 1 2 n z z e z n z z f (z) = e 在全平面解析， R = + 。 例 求 f(z)=ln (1+z)在 z=0 处的泰勒展开式 解：ln (1+z)在从-1 向左沿负实轴剪开的平面内解析。收敛半径为 z=0 到 z=-1 的距离。 R=|0-(-1)|=1 n n n z f z n ( 1) 1 ( ) ( 1) ( 1)! ( ) 1 + = − − − -1 0 (0) ( 1) ( 1)! ( ) 1 = − − − f n n n 最近的奇点 所以 C0 = 0,C1 =1 n n f C n n n 1 ( 1) ! (0) 1 ( 1) = = − − + （n=2, 3, …….） 从而 = − − + = 1 1 ( 1) ln(1 ) n n n z n z (|z|<1) 例 求 (1 ) (为复数) + z 的主值分支。 ( ) , (0) 1 ln(1 ) = = + f z e f z 在 z=0 处的泰勒展开式 解： ln(1 ) ( ) z f z e + = 在从-1 向左沿负轴剪开的平面处解析。 故 R=1，令 (z) = ln(1+ z), 则 ( ) ( ) z f z e = ( ) ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) z z z z e e e e z f z e z − = = + = = ( 2) ( ) ( ) ( 1) z f z e − = − ， …………………………….. ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) n n z f z n e − = − − +
令z=0,得 f(0=1,f(0)=a (x)=a(a-1) 1) 故 a(a-1) (=+1)=1+a a(a-1)…(a-n+1)2n+ (|z4<1) 间接法 例求sinz和cosz在z0处的泰勒展开式 smn二= 2n+1 cosz=(snz)=∑(-) 例求 e coS在z=0处的泰勒展开式 ∑=m+)”+(1-)" (|=k<+∞) 例求 arct z在z=0处的泰勒展开式 ∑(-1) areg=;=∑ (=k1) 例求∫()=在z=1处的泰勒展开式
令 z=0，得 f(0)=1 , f (0) = f (n) (z) =( −1)( − n +1), 故 + − − + + + − + = + + n z n n z z z ! ( 1) ( 1) 2! ( 1) ( 1) 1 2 （|z|<1） 间接法 例 求 sin z 和 cos z 在 z=0 处的泰勒展开式 解： i e e z iz iz 2 sin − − = = + = = + = − − = − 0 2 1 0 0 2 1 (2 1)! ( 1) ] ! ( ) ! ( ) [ n n n n n n n i n z n iz n iz = = = − 0 2 (2 )! cos (sin ) ( 1) n n n n z z z 例 求 e z z cos 在 z=0 处的泰勒展开式 解： e z z cos 2 iz iz z e e e − + = （ +） = + + − = + = + − | | [(1 ) (1 ) ] ! 1 [ ] 0 2 1 (1 ) (1 ) 2 1 z i i z n e e n n n n i z i z 例 求 arctg z 在 z=0 处的泰勒展开式 解： = = − + 0 2 2 ( 1) 1 1 n n n z z (| | 1) 2 1 ( 1) 1 0 2 1 0 2 + − = + = = + z z z n dz arctgz n n n z 例 求 z f z 1 ( ) = 在 z=1 处的泰勒展开式
=∑(-1)”(=-1”(z1k1) z1+(二-1) 例将f() 在云i展成泰勒级数。 f(二)= (1-=)(2-2)1-22-2 2-i =∑(1-1)-2(2-1)-=- -k1-:-1k1-i|=√2) Sn(1-) 例将f(z) 在z0处展为泰勒级数 解:f(z)在z≠1处解析 si(1-2)_1、(-1) (2n+1)! ≠ =0(2n+1 当z→1时,z)一1定义f1)=1,则f(z)在全平面解析。f(0=1 f(=)= 1 (1-2)2,/(0)=sm1-cos f"(=)= sn(1-=)2cos(1-=)2sn(1-z) f(0)=sin 1-2 cos1 ∫"(0)=3sn1-5cos1 f(=)=sin 1+(sin 1-cos)z+2(sin 1-2 cos 1)=+3(3sin 1-5 cos 1)='+.(=k oo)
解： = = − − + − = 0 ( 1) ( 1) 1 ( 1) 1 1 n n n z z z （|z-1|<1） 例 将 (1 )(2 ) ( ) z z z f z − − = 在 z=i 展成泰勒级数。 解： | 1 | | |1 | 2) 1 (| [(1 ) 2(2 ) ]( ) ) 2 ( 2 2 ) 1 ( 1 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 ( ) 2 1 ( ) 1 2 2 1 1 (1 )(2 ) ( ) 0 1 1 0 0 − − = − − = − − − − − − − − − − − = − − − − − − − − − = − − − − − − − = − − − = − − = = − − − − = = z i i i z i i i z i i z i i i z i i i i z i i i z i i z i i z i z z z z z f z n n n n n n n n 例 将 f(z)= z z − − 1 sin(1 ) 在 z=0 处展为泰勒级数 解：f(z)在 z 1 处解析 ( 1) ( 1) (2 1)! ( 1) ( 1) (2 1)! ( 1) 1 1 1 sin(1 ) 0 2 0 2 1 − + − = − + − − = − − = = + z z n z z z n z n n n n n n 当 z → 1 时,f(z) → 1 定义 f(1)=1,则 f(z)在全平面解析。f(0)=1 , (0) sin 1 cos1 (1 ) sin(1 ) 1 cos(1 ) ( ) 2 = − − − + − − = − f z z z z f z , (0) sin 1 2cos1 (1 ) 2sin(1 ) (1 ) 2cos(1 ) 1 sin(1 ) ( ) 2 3 = − − − + − − − − − = − f z z z z z z f z f (0) = 3sin 1− 5cos1 故 ( ) sin 1 (sin 1 cos1) (sin 1 2cos1) (3sin 1 5cos1) (| | ) 3 3! 2 1 2 f z = + − z + 1 i − z + − z + z