幂级数展开的多种方法摘要：本文通过举例论证的说明方法，系统地对幂级数展开的多种解法进行了详细地概括、分类及总结关键词：幂级数;泰勒展式;洛朗展式;展开在复变函数的学习过程中，我们涉及了对解析函数幂级数展开的学习.由课本的知识知道，任意一个具有非零收敛半径的幂级数在其收敛圆内收敛于一个解析函数.这个性质是很重要的，但在解析函数的研究上，幂级数之所以重要，还在于这个性质的逆命题也是成立的.即有下面的泰勒定理和洛朗定理：定理 1（泰勒定理）设()z f 在区域D 内解析，D a ∈，只要圆R a z K <-:含于D ，则()z f 在K 内能展成幂级数()()∑∞=-=0n nn a z c z f ，其中系数()()()()!211n a f d a f i c n n n =-=⎰Γ+ζζζπ.（ρ=-Γa z : R <<ρ0 n=0,1,2 )且展式唯一.定理2（洛朗定理）在圆环R a z r H <-<: （0≥r +∞≤R ）内解析的函数()z f 必可展成双边幂级数()()∑∞-∞=-=n nn a z c z f ，其中系数()()ζζζπd a f i c n n ⎰Γ+-=121 ( 2,1,0±±=n ρ=-Γa z : R r <<ρ) 且展式唯一.这两个定理的存在，使得在函数解析的范围内，我们可以通过幂级数展开的方法来更好的研究解析函数的性质.而这两个定理，也是我们后面研究幂级数展开的基础和前提.接下来，我们将着重开始讨论幂级数展开问题的多种解法： 1、直接法.即按照泰勒定理和洛朗定理中所给的幂级数展开的公式，直接将函数展开. 例1 求()z z f tan =在40π=z 点处的泰勒展开式.解：用公式 ()()!0n z f c n n = 求n c ：;14tan 0==πc()2,24sec |tan 124==='=c z z ππ；();2!24,44tan 4sec 2|tan 224===="=c z z πππ ();38!316,164sec 4tan4sec 22|'''tan 3424===⎪⎭⎫⎝⎛+==c z z ππππ 得 +⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=3243842421tan πππz z z z .例2 将()z z f sin =按z-1的幂展开.解：由题意可解得()()⎪⎭⎫⎝⎛+=12sin 1πk f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∴12sin !1πk n c n ()n n z n k z 1!12sin sin 0-⎪⎭⎫⎝⎛+=∴∑∞=π. 2、间接法.即利用已知公式，通过各种运算、变换来简化求导的方法.下面给出一些主要函数的泰勒展开式：（1）∑∞==+++++=-02111n n nz z z z z ()1<z . （2）()n n z z z z 11112-+++-=+ =()∑∞=-01n n n z ()1<z .（3）∑∞==+++++=02!!!21n nn zn z n z z z e ()+∞<z .（4）()()∑∞=-=02!21cos n nn n z z ()+∞<z .（5）()()∑∞=++-=012!121sin n n n n z z ()+∞<z .（6）()()+-+-+-+=+-nzz z z i k z nn k 13213221ln π （1<z ； 2,1,0±±=k ；k=0时为主值支）.（7）()()()()++--++-++=+n z n n z z z !11!21112ααααααα()1<z.2.1利用已知的展式.例3 求⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+21i i i z 的展开式.解：因为i z +以i -和∞为支点，故其指定分支在1<z 内单值解析.i z +=211⎪⎭⎫⎝⎛+i z i=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎝⎛-+⋅+ 2!2121212211i z z i =⎪⎭⎫⎝⎛++-+ 2812121z z i i ()1<z .例4 求()z e z f z cos =在z=0点处的泰勒展式.解：因为z e z cos =()()()[]z i z i iz iz z e e e e e -+-+=+112121()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++=∴∑∑∞=∞=00!1!121cos n n nn n n zz n i z n i z e =()()[]n nn n n z i z i n --+∑∞=11!1210 ()+∞<z由于i +1=ie 42πi ei 421π-=-代入上式有()n i n i n n nzz e e n z e ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-∞=∑440!221cos ππ =()n n nz n n ∑∞=0!4cos 2π()+∞<z .2.2逐项求导、逐项求积法.例5 用逐项求导法求函数()311z -在1<z 内的泰勒展式.解：因为()311z -=()[]"--1121z ()1<z 所以用逐项求导法算得 ()311z -=()20012121-∞=∞=∑∑-="⎥⎦⎤⎢⎣⎡n n n n z n n z =()()n n z n n 12210++∑∞= ()1<z .例6 求()11ln +-=z z z f 在z=0点的泰勒展开式，其中()z f 是含条件()i f π=0的那个单值解析分支.解：()1111111111ln ++-='⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+='⎪⎭⎫ ⎝⎛+-='z z z z z z z z z f=()()[]n n n nn nn nz z z ∑∑∑∞=+∞=∞=--=---01111上式两端在1<z 内沿0到z 积分，得：()[]n n n z z dz z z i z z ∑⎰∞=+--='⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-+-0101111ln 11ln π ()[]n n n z ni z z 11111ln10--+=+-∴+∞=∑π ()1<z . 2.3利用级数的乘除运算.例7 写出()z e z +1ln 的幂级数展式至含5z 项为止，其中()z +1ln 在0=z 点处的值为0.解：由题设条件可知 ()z +1ln 是主值支.又由 +++++=!!212n z z z e nz()+∞<z()()+-+-+-=+nzz z z z n n 1321ln 32 ()1<z 在公共收敛区域1<z 内作柯西乘积，得()z e z+1ln = ++++53240332z z z z ()1<z .例8 求z tan 在点0=z 的泰勒展式.分析：函数z tan 的奇点为z cos 的零点π⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21k z k （ 2,1,0±±=k ）而距原点最近的奇点为20π=z 21π-=-z .故函数z tan 在2π<z 内解析，且能展为z 的幂级数.解： +-+-=753!71!51!31sin z z z z z +-+-=642!61!41!211cos z z z z可以像多项式按幂级数排列用直式做除法那样分离常数.将分子、分母的幂级数做直式相除，缺项用0 代替，得到+++==531523cos sin tan z z z z z z （2π<z ）. 2.4待定系数法.例9 设∑∞==--0211n nn z c z z ()1证明：()221≥+=--n c c c n n n .()2求出展式的前5项. ()1 证明：利用待定系数法，有()() +++++--=n n z c z c z c c z z 2210211=()()() +--++--+-+--n n n n z c c c z c c c z c c c 212012010 比较两端同次幂的系数得0;;0;0;121012010=--=--=-=--n n n c c c c c c c c c21012010,,2,1,1--+==+====∴n n n c c c c c c c c c ()2≥n .()2解：1|11020=--==z z z c ()1121|11022021=--+='⎪⎭⎫⎝⎛--===z z z z z z z c 从而由()1依次得 211012=+=+=c c c ， 312213=+=+=c c c ，523234=+=+=c c c ， 即+++++=--4322532111z z z z zz . 当然，对于幂级数的展开还有其它多种方法，在这里就不一一赘述了. 最后值得一提的是用间接法解题时应注意的问题.我们通常是用已知函数的泰勒展式进行代入简化，这时应注意这些展式成立的范围与题目条件是否相吻合；其次，也应注意是在题目要求的点进行展开，展开的点的不同，最后的结果也会不同.（注：本资料素材和资料部分来自网络，仅供参考。

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