§01 数学原理
任何一个幂级数在其收敛域内都是一个解析函数，那么是否可以将任何一个解析函数分解成幂级数。
1.1 解析函数泰勒展开
设函数 f ( z ) f\left( z \right) f(z) zl D D D 区域内解析， ∣ ζ − z 0 ∣ = r \left| {\zeta - z_0 } \right| = r ∣ζ−z0∣=r 是 D D D 内以 z 0 z_0 z0 为中心的一个圆周，记做 K K K 。 z z z 是 K K K 中任意一点，根据柯西积分公式 f ( z ) = 1 2 π i ∮ K f ( ζ ) ζ − z d ζ f\left( z \right) = {1 \over {2\pi i}}\oint_K { { {f\left( \zeta \right)} \over {\zeta - z}}d\zeta } f(z)=2πi1∮Kζ−zf(ζ)dζ 可以吧 1 ζ − z {1 \over {\zeta - z}} ζ−z1 展开成幂级数 1 ζ − z = ∑ n = 0 ∞ 1 ( ζ − z 0 ) n + 1 ( z − z 0 ) n {1 \over {\zeta - z}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty { {1 \over {\left( {\zeta - z_0 } \right)^{n + 1} }}\left( {z - z_0 } \right)^n } ζ−z1=n=0∑∞(ζ−z0)n+11(z−z0)n 所以 f ( z ) = ∑ n = 0 N − 1 [ 1 2 π i ∮ C f ( ζ ) d ζ ( ζ − z 0 ) n + 1 ] ( z − z 0 ) n + 1 2 π i ∮ C [ ∑ n = N ∞ f ( ζ ) ( ζ − z 0 ) n + 1 ( z − z 0 ) n ] d ζ f\left( z \right) = \sum\limits_{n = 0}^{N - 1} {\left[ { {1 \over {2\pi i}}\oint_C { { {f\left( \zeta \right)d\zeta } \over {\left( {\zeta - z_0 } \right)^{n + 1} }}} } \right]\left( {z - z_0 } \right)^n } + {1 \over {2\pi i}}\oint_C {\left[ {\sum\limits_{n = N}^\infty { { {f\left( \zeta \right)} \over {\left( {\zeta - z_0 } \right)^{n + 1} }}\left( {z - z_0 } \right)^n } } \right]d\zeta } f(z)=n=0∑N−1[2πi1∮C(ζ−z0)n+1f(ζ)dζ](z−z0)n+2πi1∮C[n=N∑∞(ζ−z0)n+1f(ζ)(z−z0)n]dζ = ∑ n = 0 N − 1 f ( n ) ( z 0 ) n ! ( z − z 0 ) n + R N ( z ) = \sum\limits_{n = 0}^{N - 1} { { {f^{\left( n \right)} \left( {z_0 } \right)} \over {n!}}\left( {z - z_0 } \right)^n } + R_N \left( z \right) =n=0∑N−1n!f(n)(z0)(z−z0)n+RN(z)
▲ 图2.1 解析函数泰勒展开
1.1.1 泰勒展开式
设 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在区域 D D D 内解析， z 0 z_0 z0 为 D D D 内的一点，则
f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( z 0 ) n ! ( z − z 0 ) n f\left( z \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty { { {f^{\left( n \right)} \left( {z_0 } \right)} \over {n!}}\left( {z - z_0 } \right)^n } f(z)=n=0∑∞n!f(n)(z0)(z−z0)n
称为 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在 z 0 z_0 z0 的泰勒级数。
解析函数的泰勒展开是唯一的。复变函数 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在 z 0 z_0 z0 是解析的与 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在 z 0 z_0 z0 可以展开成泰勒级数是等效。
（1）间接泰勒展开
使用已知函数的泰勒展开表达式，利用幂级数运算性质和分析性质来求取函数泰勒展开的方法。
sin z = 1 2 i ( e i z − e − i z ) = 1 2 i [ ∑ n = 0 ∞ ( i z ) n n ! − ∑ n = 0 ∞ ( − i z ) n n ! ] \sin z = {1 \over {2i}}\left( {e^{iz} - e^{ - iz} } \right) = {1 \over {2i}}\left[ {\sum\limits_{n = 0}^\infty { { {\left( {iz} \right)^n } \over {n!}}} - \sum\limits_{n = 0}^\infty { { {\left( { - iz} \right)^n } \over {n!}}} } \right] sinz=2i1(eiz−e−iz)=2i1[n=0∑∞n!(iz)n−n=0∑∞n!(−iz)n] = z − z 3 3 ! + z 5 5 ! − ⋯ = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n z 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! = z - { {z^3 } \over {3!}} + { {z^5 } \over {5!}} - \cdots = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( { - 1} \right)^n { {z^{2n + 1} } \over {\left( {2n + 1} \right)!}}} =z−3!z3+5!z5−⋯=n=0∑∞(−1)n(2n+1)!z2n+1
1.1.2 典型函数泰勒级数
e z = 1 + z + z 2 2 ! + z 3 3 ! + ⋯ + z n n ! + ⋯ e^z = 1 + z + { {z^2 } \over {2!}} + { {z^3 } \over {3!}} + \cdots + { {z^n } \over {n!}} + \cdots ez=1+z+2!z2+3!z3+⋯+n!zn+⋯ sin z = z − z 3 3 ! + z 5 5 ! − ⋯ + ( − 1 ) n z 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! + ⋯ \sin z = z - { {z^3 } \over {3!}} + { {z^5 } \over {5!}} - \cdots + \left( { - 1} \right)^n { {z^{2n + 1} } \over {\left( {2n + 1} \right)!}} + \cdots sinz=z−3!z3+5!z5−⋯+(−1)n(2n+1)!z2n+1+⋯ cos z = 1 − z 2 2 ! + z 4 4 ! − ⋯ + ( − 1 ) n z 2 n ( 2 n ) ! + ⋯ \cos z = 1 - { {z^2 } \over {2!}} + { {z^4 } \over {4!}} - \cdots + \left( { - 1} \right)^n { {z^{2n} } \over {\left( {2n} \right)!}} + \cdots cosz=1−2!z2+4!z4−⋯+(−1)n(2n)!z2n+⋯
§02 应用举例
2.1 展成幂级数
2.1.1 有理分式展成幂级数
把函数 1 ( 1 + z ) 2 {1 \over {\left( {1 + z} \right)^2 }} (1+z)21 展开成 z z z 的幂级数。
求解： 由于 1 ( 1 + z ) 2 {1 \over {\left( {1 + z} \right)^2 }} (1+z)21 在单位圆周 ∣ z ∣ = 1 \left| z \right| = 1 ∣z∣=1 上有一个奇点，在 ∣ z ∣ < 1 \left| z \right| < 1 ∣z∣<1 内处处解析，所以可以在 ∣ z ∣ < 1 \left| z \right| < 1 ∣z∣<1 展成 z z z 的幂级数。 1 1 + z = 1 1 − ( − z ) = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n z n {1 \over {1 + z}} = {1 \over {1 - \left( { - z} \right)}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( { - 1} \right)^n z^n } 1+z1=1−(−z)1=n=0∑∞(−1)nzn 将上式两边求导 1 ( 1 + z ) 2 = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n − 1 n z n − 1 , ∣ z ∣ < 1 {1 \over {\left( {1 + z} \right)^2 }} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( { - 1} \right)^{n - 1} nz^{n - 1} } ,\,\,\,\left| z \right| < 1 (1+z)21=n=0∑∞(−1)n−1nzn−1,∣z∣<1
2.1.2 对数函数展成幂级数
求对数函数的主值 ln ( 1 + z ) \ln \left( {1 + z} \right) ln(1+z) 在 z = 0 z = 0 z=0 处的泰勒展开表达式。
求解： 在 初等函数扩展复变函数中的对数函数 中知道， ln ( 1 + z ) \ln \left( {1 + z} \right) ln(1+z) 是从 − 1 - 1 −1 开始往左的负实轴上不解析，其它复平面都解析。
由于 − 1 - 1 −1 是它的一个奇点，所以在 ∣ z ∣ < 1 \left| z \right| < 1 ∣z∣<1 内 ln ( 1 + z ) \ln \left( {1 + z} \right) ln(1+z) 可以展开成幂级数。
因为 [ ln ( 1 + z ) ] ′ = 1 1 + z = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n z n \left[ {\ln \left( {1 + z} \right)} \right]^\prime = {1 \over {1 + z}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( { - 1} \right)^n z^n } [ln(1+z)]′=1+z1=n=0∑∞(−1)nzn 在单位园内寻找一条从 0 0 0 到 z z z 的积分路线 C C C ，把上式进行逐项积分，得 ∫ 0 z 1 1 + z d z = ∑ n = 0 ∞ ∫ 0 z ( − 1 ) n z n d z = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n z n + 1 n + 1 , ∣ z ∣ < 1 \int_0^z { {1 \over {1 + z}}dz} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\int_0^z {\left( { - 1} \right)^n z^n } dz} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( { - 1} \right)^n { {z^{n + 1} } \over {n + 1}}} ,\,\,\,\left| z \right| < 1 ∫0z1+z1dz=n=0∑∞∫0z(−1)nzndz=n=0∑∞(−1)nn+1zn+1,∣z∣<1
▲ 图2.1.1 lnz解析域以及泰勒展开收敛域
§03 信号与系统
在信号与系统中应用复变函数泰勒展开的地方很多，其中有一个最常用到的地方就是对系统函数离散化。
3.1 系统函数离散化
如果已知连续时间系统的系统函数 H ( s ) H\left( s \right) H(s) ，希望找到一个对应离散时间系统 H ( z ) H\left( z \right) H(z) 来实现，进而可以方便使用计算机软件完成系统功能。一种被广泛使用的变换就是利用双线性变换：
s = 2 T z − 1 z + 1 s = {2 \over T}{
{z - 1} \over {z + 1}} s=T2z+1z−1 将上式代入 H ( s ) H\left( s \right) H(s) 便可以得到对应的离散化系统的传递函数 H ( z ) H\left( z \right) H(z) 。
双线性变换由来可以从Laplace变换与z变换之间的变量关系 z = e s T z = e^{sT} z=esT 进行泰勒展开获得。 z = e s T = e s T / 2 e − s T / 2 ≈ 1 + s T / 2 1 − s T / 2 z = e^{sT} = { {e^{sT/2} } \over {e^{ - sT/2} }} \approx { {1 + sT/2} \over {1 - sT/2}} z=esT=e−sT/2esT/2≈1−sT/21+sT/2 将上面等式求解出 s s s
z ( 1 − s T / 2 ) = 1 + s T / 2 ⇒ ( T 2 z + T 2 ) s = z − 1 ⇒ s = 2 T z − 1 z + 1 z\left( {1 - sT/2} \right) = 1 + sT/2 \Rightarrow \left( { {T \over 2}z + {T \over 2}} \right)s = z - 1 \Rightarrow s = {2 \over T}{ {z - 1} \over {z + 1}} z(1−sT/2)=1+sT/2⇒(2Tz+2T)s=z−1⇒s=T2z+1z−1
§04 作业练习
4.1 展成幂级数
把下列各函数展开成 z z z 的幂级数，并求出对应的收敛半径：
( 1 ) 1 1 + z 2 ; ( 2 ) 1 ( 1 + z 2 ) 2 ; ( 3 ) cos z 2 ; \left( 1 \right)\,\,\,{1 \over {1 + z^2 }};\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\,\,\,{1 \over {\left( {1 + z^2 } \right)^2 }};\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\,\,\,\cos z^2 ; (1)1+z21;(2)(1+z2)21;(3)cosz2; ( 4 ) s h ( z ) ; ( 5 ) c h ( z ) ; ( 6 ) e z 2 sin z 2 ; \left( 4 \right)\,\,\,sh\left( z \right);\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 5 \right)\,\,\,ch\left( z \right);\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 6 \right)\,\,\,e^{z^2 } \sin z^2 ; (4)sh(z);(5)ch(z);(6)ez2sinz2; ( 7 ) e z z − 1 ; ( 8 ) sin 1 1 − z ; \left( 7 \right)\,\,\,e^{ {z \over {z - 1}}} ;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 8 \right)\,\,\,\sin {1 \over {1 - z}}; (7)ez−1z;(8)sin1−z1;
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