复变函数论4-解析函数的幂级数表示法3-解析函数的泰勒展式3：一些初等函数的泰勒展式【形式与数学分析中的形式一致】【单值：eᶻ、sinz、cosz；多值：Ln(1+z)、(1+z)ᵃ】

一些初等函数的泰勒展开方法, 一般不采取计算泰勒系数 (4.10) 的直接法;而是常采取借用一些已知展式来计算要求展式的间接法.下面给出几个初等函数的泰勒展式,它们的形式与数学分析中大家熟知的形式是一致的.

例 4.6
函数 $f(z)={\mathrm{e}}^z$ 在 $z$ 平面上解析, 它在 $z=0$处的泰勒系数为

$$c_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=\frac{1}{n!}(n=0,1,2,\cdots ),$$

于是有

$${\mathrm{e}}^z=1+z+\frac{z^2}{2!}+\cdots +\frac{z^n}{n!}+\cdots (|z|<+\infty )$$

例 4.7
我们利用 ${\mathrm{e}}^z$ 的上述展式求得

$$\cos z=\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}z}+{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}z}}{2}=\frac{1}{2}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(\mathrm{i}z{)}^n}{n!}+\frac{1}{2}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-\mathrm{i}z{)}^n}{n!}.$$

注意到两个级数的奇次方项互相抵消,故得

$$\cos z=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{z}^{2n}}{(2n)!}(|z|<+\infty );$$

同理又可得

$$\sin z=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{z}^{2n+1}}{(2n+1)!}(|z|<+\infty ).$$

根据泰勒展式的惟一性, 上两个展式分别是 $\cos z$ 及 $\sin z$ 在 $z$平面上的泰勒展式.

例 4.8
多值函数 $\mathrm{Ln}(1+z)$ 以 $z=-1,\infty$ 为支点, 将$z$ 平面沿负实轴从 -1 到 $\infty$割破, 在这样得到的区域 $G$(特别在单位圆 $|z|<1)$ 内, $\mathrm{Ln}(1+z)$可以分出无穷多个单值解析分支. 先取主值支 $f_0(z)=[\ln (1+z){]}_0$在单位圆内展成 $z$ 的幂级数. 为此先计算其泰勒系数.由于

$$f_0^{\prime }(z)=\frac{1}{1+z},\cdots ,f_0^{(n)}(z)=(-1{)}^{n-1}\frac{(n-1)!}{(1+z{)}^n},$$

所以其泰勒系数为

$$c_n=\frac{f_0^{(n)}(0)}{n!}=\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}(n=1,2,\cdots ).$$

因为 $f_0(z)=[\ln (1+z){]}_0$ 是主值, 即在 $1+z$ 取正实数时,$[\ln (1+z){]}_0$ 取实数, 于是有 $f_0(0)=0$. 最后得出

$$[\ln (1+z){]}_0=z-\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}-\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{z^n}{n}+\cdots (|z|<1),$$

所以 $\mathrm{Ln}(1+z)$ 的各支的展式应该是
$$\begin{array}{c}[\ln (1+z){]}_k=2k\pi \mathrm{i}+z-\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}+\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{z^n}{n}+\cdots \\ (|z|<1;k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots ).\end{array}$$

例 4.9
按一般幂函数的定义,

$$(1+z{)}^a={\mathrm{e}}^{a\mathrm{Ln}(1+z)}(\alpha \text{ 为复数) }$$

的支点也是 $-1,\infty$, 故 $(1+z{)}^n$ 在 ∣z∣<1|z|<1