(2)在实数域中
1 1 x2
1
x2
x4
(1)n x2n
为什么它的收敛半径R 1,在实数域中的不容易
看清楚,在复数域中容易看出 1 有两个奇点 1 z2
z i, R 1
定理
(1) 函 数f (z)在 点z0解 析 f (z)在z0的
某 一 邻 域 内 可 展 成 幂 级数 cn (z z0 )n，且 收 敛 n0
1 z2 z4 (1)n z2n (1）n z 2n
2! 4!
(2n)!
n0 (2n)!
sin z,cos z在全平面上解析，它们的半径R
上述求sinz, cosz展开式的方法即为间接法.
例2 把下列函数展开成 z 的幂级数，指出它们的 收敛半径:
1
1
(1) f (z) 1 z
第七讲 泰勒(Taylor)级数 罗朗(Laurent)级数
§4.3 泰勒(Taylor)级数
1. 泰勒展开定理 2. 展开式的唯一性 3. 简单初等函数的泰勒展开式
1. 泰勒(Taylor)展开定理
由§4.2幂级数的性质知:一个幂级数的和函数在 它的收敛圆内部是一个解析函数。
现在研究与此相反的问题： 一个解析函数能否用幂级数表达? (或者说,一个解析函数能否展开成幂级数? 解析函 数在解析点能否用幂级数表示？）
f (z)的最近的一个奇点 之间的距离, 即, R z0 (2) 在收敛圆上,这是因为f (z)在收敛 圆内解析,所以奇点 不可能在收敛圆内. 又奇点 不可能在收敛圆外,不然的话, 收敛半径还可以扩大,因此,奇点 只能在
收敛圆周上.
2. 展开式的唯一性
利用泰勒级数可把解析函数展开成幂级数，这样 的展开式是否唯一？
• 代公式 ---直接法 • 由展开式的唯一性，运用级数的代数运算、分
析运算和 已知函数的展开式来展开 ---间接法
3. 简单初等函数的泰勒展开式
例1 求f (z) ez ,sinz,cos z在z 0的Talor
展 开 式 ， 并 指 出 它 们 的收 敛 半 径 。
解 (ez )(n) ez 1 (n 0,1,2,)
f
(n) (z0 )
n 0,1,2,
分析：
cn
1 n!
f (n)(z0 )
1
2i k
f (
z0
)
n1
d
z0
k : z0 r R 代入(1)得
D
k
cn(z
n0
z0 )n
n0
f
(n)(z0 ) n!
(z
z0 )n
n0
1
2i
k
(
f
(
z0
) )n1
d
(z
z0 )n
1
2i
k
n0
(
f ( )
(3)在收敛圆z 1内任意取一条从0 z( z 1) 的 路 径c, 将(1)的 展 开 式 两 边 沿c逐 项 积 分 得:
z
dz
z
dz
z zdz
z (1)n zndz
0 1 z 0
0
0
ln(1 z) z z2 1 z3 (1)n zn1 z 1
23
n1
(1)另一方面，因ln(1+z)在从z=-1向左沿负 实轴剪开的平面内解析， ln(1+z)离原点最近的一 个奇点是-1,它的展开式的收敛范围为z<1.
, 依此 类推 得，an
1 n!
f
(n) (z0 )
n 0,1,2,
由此可见，任何解析函数展开成幂级数就是Talor 级数，因而是唯一的。
当z0 0时,Taylor级数为：
f (z) f (0) f '(0)z f ''(0) z2 f (n)(0) zn
2!
n!
函数展开成Taylor级数的方法：
结论 解析函数展开成幂级数是唯一的，就是它
的Taylor级数。
事实上，设f (z)用另外的方法展开为幂级数:
f (z) a0 a1(z z0 ) a2 (z z0 )2 an (z z0 )n
则 f (z0 ) a0，再由幂级数的逐项求导性质得，
f '(z) a1 2a2 (z z0 ) nan (z z0 )n1 f '(z0 ) a1
1
z
1 z0
1
z
z0 z0
z (
z0 z0
)2
( z
z0 z0
)n
(2)
故
f
( )
z
n0
f
(
( )
z0 )
(z
(
z0 )n z0 )n
n0 (
f (
z0
) )n1
(z
z0
)n
---(﹡)得证！
(1) 若f (z)有奇点,那么f (z)在解析点z0 的Talor展开式的收敛半径R等于从z0到
以下定理给出了肯定回答： 任何解析函数都一定能用幂级数表示。
定理（泰勒展开定理）
设f (z)在区域D内解析, z0 D, R为z0到D的边界 上各点的最短距离当z z0 R时,
f (z) cn (z z0 )n (1) n0
f (z)在z0处 的Taylor级 数
其 中: cn
1 n!
z0
z0
ez 1 z z2 z3 zn
2! 3!
n!
e z 在复平面上处处解析，
该级数的收敛半径R .
f (z) f (n)(0) zn f (0) f '(0)z f ''(0) z2 f (n)(0) zn
n0 n!
2!
n!
sin z e zi ezi 2i
z0 )n1 (z
z0 )n
d
1)
D
z0
z
k
又f
(z)
1
2i
k
f
( )
z
d
2)
比较1),2)有，f ( ) z
n 0 (
f
(
z0
) )n1
(
z
z0
)n
()
z z0 q 1,
z0
D
z0
z
k
注意到 1
1
1
1,
z z0 (z z0 ) z0 1 z z0
z0
(2) f (z) (1 z)2
(3) f (z) ln(1 z)
解 (1) 1 1 z z2 zn z 1 1 z
1 1
z
1
1 (z)
1
z
(1)n
zn
z 1
(2)由幂级数逐项求导性质得：
1
(1 z)2
d dz
1
1
z
d dz
1 z z2 (1)n1 zn
1 2z 3z2 (1)n1 nz n1 z 1
1 2i
n0
(zi )n n!
n0
(zi )n n!
1 2i 2k 1z 2k 1
2i k0 (2k 1)!
(1)k z 2k 1
k0 (2k 1)!
z 3
sin z z
z5 z7
(1)n z 2n1
3! 5! 7!
n0 (2n 1)!
又 cos z (sinz)'