复变函数与积分变换课件3-3
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∞
且 cos z = (sin z )'
∞
(1) (2k + 1) z =∑ (2k + 1)! k =0
∞ k
2k
,
(1) z =∑ , R = ∞. (2k )! k =0
k 2k
16
sin z 在z = 0点展开成泰勒级数。
2
(1) k z 2 k +1 解：因为sin z = ∑ , R = ∞. k = 0 ( 2k + 1)!
当 ζ ∈ Γ r 时，由于
1 z z0 1 z0
z z0 z z0 = =q < 1 ζ z0 r
应用上节例1的结果，我们有
z z0 1 = ∑ z z0 n = 0 ζ z0 1 ζ z0
∞
n
4
3。由1和2可得
1 f (ζ )dζ f ( z) = ∑[ ]( z z0 ) n ∫Γr (ζ z0 ) n+1 n = 0 2πi
设f ( z ) = ln(1 + z ),
f ' ' ( z ) = (1 + z ) 2 ,
1 f ' ( z) = = (1 + z ) 1 , 1+ z
12
一般地，f
(n)
( z ) = (1)
n 1
(n 1)!(1 + z ) ,
n
n = 1,2, L.
因此，f
(n)
(0) = (1)
18
练习：
za 1. , (a > 0). z+a
z a z + a 2a 1 解： = = 1 2 z z+a z+a +1 a ∞ n z n = 1 2∑ (1) ( ) , 收敛半径为a. a n =0
19
z +1 2.求 在z0 = 2处的泰勒展开式. z +3
z +1 z + 3 2 2 = 1 解： = z +3 z +3 z 2+5 n ∞ 2 1 2 n ( z 2) = 1 = 1 ∑ (1) , n 5 1+ z 2 5 n =0 5 5 收敛域是 z 2 < 5.
N 1
∞ 1 f (ζ ) + ( z z0 ) n ]dζ [∑ ∫Γr n= N (ζ z0 ) n+1 2πi
由解析函数的高阶导数公式，上式又可写成
f ( z) = ∑
n=0
N 1
fቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(n)
( z0 ) n ( z z0 ) + RN ( z ) n!
5
其中
∞ 1 f (ζ ) RN ( z ) = [∑ ( z z0 ) n ]dζ 2πi ∫Γr n = N (ζ z0 ) n +1
lim 4。在 Γ r 内 N →∞ RN ( z ) = 0 成立.
5。由
f ( z) = ∑
n =0
N 1
f ( n ) ( z0 ) ( z z0 ) n + RN ( z ) n!
就可得知
f ( z) = ∑
n =0 ∞
f ( n ) ( z0 ) ( z z0 ) n n!
z z0 < R
∞
(1) k ( z 2 ) 2 k +1 所以sin z 2 = ∑ (2k + 1)! k =0
∞
(1) k z 4 k + 2 , =∑ k = 0 ( 2 k + 1)!
∞
R = ∞.
17
解： z z 2 2z + 5 1 ∞ (1) n 2n 2 n +1 = ∑ n [( z 1) + ( z 1) ], 4 n =0 4 收敛域是 z 1 < 2.
n 1
(n 1)!.
(1) n 1 从而cn = , (n = 1,2,L). n
故得 ln(1 + z )在z = 0处的幂级数展开式为： ln(1 + z ) = ∑ (1)
n =1 ∞ n 1
z , 收敛半径R = 1. n
13
n
解： (1) z sin z = ∑ , ( R = +∞). k = 0 ( 2 k + 1)!
6
6。 展开式是唯一的． 。 展开式是唯一的． 综上, 定理1证毕 证毕. 综上 定理 证毕
7
8
9
10
解： zn z2 zn z e = ∑ = 1+ z + +L+ +L 2! n! n = 0 n! R = +∞.
11
∞
解：由于 ln(1 + z )的距z = 0最近的奇点为 z = 1, 故函数 ln(1 + z )在 z < 1 内能展开成 z的幂级数。
20
作业： ），3）， 作业： P139：4：1）， ）， ）； ： ： ）， ），8）； 5：1）， ）。 ），3）。 ： ），
21
∞ k 2 k +1
14
解： (1) n 2 n +1 arctan z = ∑ z , 收敛半径R = 1. n = 0 2n + 1
∞
15
例5 将 cos z 在 z = 0 处展开成幂级数．
(1) k z 2 k +1 解：因为sin z = ∑ , R = ∞. k = 0 ( 2k + 1)!
§3.3 泰勒级数
一、 泰勒定理
1
2
1。设 z 为圆域 K 内任意取定的点， 0<r <R 总有一个圆周 Γr : ζ z0 = r 使点 z 含在 Γr 内部由柯西积分公 式，得 1 f (ζ ) f ( z) = ∫Γ ζ z dζ 2πi
r
3
2。
f ( ) f ( ) f ( ) = = z z0 ( z z0 ) z0
且 cos z = (sin z )'
∞
(1) (2k + 1) z =∑ (2k + 1)! k =0
∞ k
2k
,
(1) z =∑ , R = ∞. (2k )! k =0
k 2k
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sin z 在z = 0点展开成泰勒级数。
2
(1) k z 2 k +1 解：因为sin z = ∑ , R = ∞. k = 0 ( 2k + 1)!
当 ζ ∈ Γ r 时，由于
1 z z0 1 z0
z z0 z z0 = =q < 1 ζ z0 r
应用上节例1的结果，我们有
z z0 1 = ∑ z z0 n = 0 ζ z0 1 ζ z0
∞
n
4
3。由1和2可得
1 f (ζ )dζ f ( z) = ∑[ ]( z z0 ) n ∫Γr (ζ z0 ) n+1 n = 0 2πi
设f ( z ) = ln(1 + z ),
f ' ' ( z ) = (1 + z ) 2 ,
1 f ' ( z) = = (1 + z ) 1 , 1+ z
12
一般地，f
(n)
( z ) = (1)
n 1
(n 1)!(1 + z ) ,
n
n = 1,2, L.
因此，f
(n)
(0) = (1)
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练习：
za 1. , (a > 0). z+a
z a z + a 2a 1 解： = = 1 2 z z+a z+a +1 a ∞ n z n = 1 2∑ (1) ( ) , 收敛半径为a. a n =0
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z +1 2.求 在z0 = 2处的泰勒展开式. z +3
z +1 z + 3 2 2 = 1 解： = z +3 z +3 z 2+5 n ∞ 2 1 2 n ( z 2) = 1 = 1 ∑ (1) , n 5 1+ z 2 5 n =0 5 5 收敛域是 z 2 < 5.
N 1
∞ 1 f (ζ ) + ( z z0 ) n ]dζ [∑ ∫Γr n= N (ζ z0 ) n+1 2πi
由解析函数的高阶导数公式，上式又可写成
f ( z) = ∑
n=0
N 1
fቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(n)
( z0 ) n ( z z0 ) + RN ( z ) n!
5
其中
∞ 1 f (ζ ) RN ( z ) = [∑ ( z z0 ) n ]dζ 2πi ∫Γr n = N (ζ z0 ) n +1
lim 4。在 Γ r 内 N →∞ RN ( z ) = 0 成立.
5。由
f ( z) = ∑
n =0
N 1
f ( n ) ( z0 ) ( z z0 ) n + RN ( z ) n!
就可得知
f ( z) = ∑
n =0 ∞
f ( n ) ( z0 ) ( z z0 ) n n!
z z0 < R
∞
(1) k ( z 2 ) 2 k +1 所以sin z 2 = ∑ (2k + 1)! k =0
∞
(1) k z 4 k + 2 , =∑ k = 0 ( 2 k + 1)!
∞
R = ∞.
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解： z z 2 2z + 5 1 ∞ (1) n 2n 2 n +1 = ∑ n [( z 1) + ( z 1) ], 4 n =0 4 收敛域是 z 1 < 2.
n 1
(n 1)!.
(1) n 1 从而cn = , (n = 1,2,L). n
故得 ln(1 + z )在z = 0处的幂级数展开式为： ln(1 + z ) = ∑ (1)
n =1 ∞ n 1
z , 收敛半径R = 1. n
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n
解： (1) z sin z = ∑ , ( R = +∞). k = 0 ( 2 k + 1)!
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6。 展开式是唯一的． 。 展开式是唯一的． 综上, 定理1证毕 证毕. 综上 定理 证毕
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解： zn z2 zn z e = ∑ = 1+ z + +L+ +L 2! n! n = 0 n! R = +∞.
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∞
解：由于 ln(1 + z )的距z = 0最近的奇点为 z = 1, 故函数 ln(1 + z )在 z < 1 内能展开成 z的幂级数。
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作业： ），3）， 作业： P139：4：1）， ）， ）； ： ： ）， ），8）； 5：1）， ）。 ），3）。 ： ），
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∞ k 2 k +1
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解： (1) n 2 n +1 arctan z = ∑ z , 收敛半径R = 1. n = 0 2n + 1
∞
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例5 将 cos z 在 z = 0 处展开成幂级数．
(1) k z 2 k +1 解：因为sin z = ∑ , R = ∞. k = 0 ( 2k + 1)!
§3.3 泰勒级数
一、 泰勒定理
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2
1。设 z 为圆域 K 内任意取定的点， 0<r <R 总有一个圆周 Γr : ζ z0 = r 使点 z 含在 Γr 内部由柯西积分公 式，得 1 f (ζ ) f ( z) = ∫Γ ζ z dζ 2πi
r
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f ( ) f ( ) f ( ) = = z z0 ( z z0 ) z0