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【高等数学】第十二章无穷级数——第五节函数的幂级数展开式的应用

news 2025/9/26 14:58:52

上一节：【高等数学】第十二章无穷级数——第四节函数展开成幂级数
总目录：【高等数学】目录

文章目录

1. 近似计算
2. 微分方程的幂级数解法
3. 欧拉公式

1. 近似计算

有了函数的幂级数展开式，就可用它来进行近似计算，即在展开式有效的区间上，函数值可以近似地利用这个级数按精确度要求计算出来。

2. 微分方程的幂级数解法

一阶微分方程的幂级数解法
为求一阶微分方程 $dydx=f(x,y)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f(x, y)$ 满足初值条件 $y|_{x=x_0} = y_0$ 的特解，如果其中函数 $f (x, y)$ 是 $x-x_0), (y-y_0)$ 的多项式 $a_{00} + a_{10}(x-x_0) + a_{01}(y-y_0) + \cdots + a_{lm}(x-x_0)^l(y-y_0)^m$ 那么可以设所求特解可展开为 $x-x_0$ 的幂级数 $y_0 + a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + a_3(x-x_0)^3 + \cdots$ 其中 $a1,a2,…,ama_1, a_2, \ldots, a_m$ 是待定的系数。将特解代入一阶微分方程，便得一恒等式，
比较所得恒等式两端 $x-x_0$ 的同次幂的系数，就可定出常数 $a1,a2,…a_1, a_2, \ldots$ ，以这些常数为系数的级数在其收敛区间内就是一阶微分方程满足初值条件 $y|_{x=x_0} = y_0$ 的特解。

利用幂级数消除 $y$ ，本质是一种已知解的形式的待定系数法
二阶齐次线性方程的幂级数解法
如果方程 $y^{''} + P (x) y^{'} + Q (x) y = 0$ 中的系数 $P (x)$ 与 $Q (x)$ 可在 $- R < x < R$ 内展开为 $x$ 的幂级数，那么在 $- R < x < R$ 内该方程必有形如 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的解。

利用这个定理可以确定解的形式，从而利用待定系数法求解

3. 欧拉公式

复数项级数收敛
设有复数项级数数为 $(u1+v1i)+(u2+v2i)+⋯+(un+vni)+⋯,(u_{1}+v_{1}i)+(u_{2}+v_{2}i)+\cdots+(u_{n}+v_{n}i)+\cdots,$ 其中 $u_{n}$ 与 $v_{n}$ ( $n=1,2,3,⋯n=1,2,3,\cdots$ ) 为实常数或实函数。
如果实部所成的级数 $u1+u2+⋯+un+⋯u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}+\cdots$ 收敛于和 $u$ ，并且虚部所成的级数 $v1+v2+⋯+vn+⋯v_{1}+v_{2}+\cdots+v_{n}+\cdots$ 收敛于和 $v$ ，
那么就说级数收敛且其和为 $u + v i$ 。
复数项级数绝对收敛
如果复数项级数各项的模所构成的级数 $u12+v12+u22+v22+⋯+un2+vn2+⋯\sqrt{u_{1}^{2}+v_{1}^{2}}+\sqrt{u_{2}^{2}+v_{2}^{2}}+\cdots+\sqrt{u_{n}^{2}+v_{n}^{2}}+\cdots$ 收敛，那么称复数项级数绝对收敛。
如果复数项级数各项的模所构成的级数绝对收敛，由于 $∣un∣⩽un2+vn2,∣vn∣⩽un2+vn2(n=1,2,3,⋯),|u_{n}|\leqslant\sqrt{u_{n}^{2}+v_{n}^{2}},\quad|v_{n}|\leqslant\sqrt{u_{n}^{2}+v_{n}^{2}}\quad(n=1,2,3,\cdots),$ 那么实部所成的级数与虚部所成的级数绝对收敛，从而复数项级数收敛。
复变量指数函数
$ez=1+z+12!z2+⋯+1n!zn+⋯(z=x+yi,∣z∣<∞).\mathrm{e}^{z} = 1 + z + \frac{1}{2!}z^{2} + \cdots + \frac{1}{n!}z^{n} + \cdots \quad (z=x+yi,|z| < \infty).$ 在整个复平面上是绝对收敛的

$lim⁡n→∞∣an+1an∣=lim⁡n→∞∣z∣n+1=0\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{|z|}{n+1} = 0$
欧拉公式
对于复变量指数函数，令 $z = y i$ 得
$eyi=1+yi+12!(yi)2+13!(yi)3+⋯+1n!(yi)n+⋯=1+yi−12!y2−13!y3+14!y4+15!y5−⋯=(1−12!y2+14!y4−⋯)+i(y−13!y3+15!y5−⋯)=cos⁡y+isin⁡y\begin{aligned} \mathrm{e}^{yi} &= 1 + yi + \frac{1}{2!}(yi)^2 + \frac{1}{3!}(yi)^3 + \cdots + \frac{1}{n!}(yi)^n + \cdots\\ &= 1 + yi - \frac{1}{2!}y^2 - \frac{1}{3!}y^3 + \frac{1}{4!}y^4 + \frac{1}{5!}y^5 - \cdots\\ &= \left(1 - \frac{1}{2!}y^2 + \frac{1}{4!}y^4 - \cdots\right) + \mathrm{i}\left(y - \frac{1}{3!}y^3 + \frac{1}{5!}y^5 - \cdots\right)\\ &= \cos y + \mathrm{i}\sin y \end{aligned}$ 把 $y$ 换写为 $x$ ，上式变为欧拉(Euler)公式 $e^{ix} = \cos x + i \sin x$
欧拉公式的其他形式
- 极坐标形式
  $\rho (\cos \theta + i \sin \theta) = \rho e^{i \theta}$
  其中 $ρ=∣z∣\rho = |z|$ 是 $z$ 的模， $θ=arg⁡z\theta = \arg z$ 是 $z$ 的辐角。
- 三角函数与复指数函数的关系
  ${cos⁡x=exi+e−xi2,sin⁡x=exi−e−xi2i.\begin{cases} \cos x = \dfrac{e^{xi} + e^{-xi}}{2}, \\ \sin x = \dfrac{e^{xi} - e^{-xi}}{2i}. \end{cases}$
复指数函数的性质
- 乘法
  $ez1+z2=ez1⋅ez2e^{z_{1}+z_{2}}=e^{z_{1}}\cdot e^{z_{2}}$
$∑n=0∞1n!z1n⋅∑n=0∞1n!z2n=∑k=0∞∑n=0kz1nn!⋅z2k−n(k−n)!=∑k=0∞∑n=0k1k!⋅k!n!⋅(k−n)!z1nz2k−n=∑k=0∞1k!∑n=0k(kn)z1nz2k−n=∑k=0∞(z1+z2)kk!=ez1+z2\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}z_1^{n}\cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}z_2^{n}\\=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{k}\frac{z_{1}^{n}}{n!} \cdot \frac{z_{2}^{k-n}}{(k-n)!}=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{k}\dfrac{1}{k!} \cdot \dfrac{k!}{n! \cdot (k-n)!}z_{1}^{n}z_{2}^{k-n}\\=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \sum_{n=0}^{k} \binom{k}{n} z_1^n z_2^{k-n} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(z_1 + z_2)^k}{k!} = e^{z_1 + z_2}$
- 复指数函数值
  $ex+yi=ex⋅eyi=ex(cos⁡y+isin⁡y)\mathrm{e}^{x+y\mathrm{i}} = \mathrm{e}^{x} \cdot \mathrm{e}^{y\mathrm{i}} = \mathrm{e}^{x} (\cos y + \mathrm{i} \sin y)$
  复变量指数函数 $e^z$ 在 $z = x + y i$ 处的值是模为 $e^x$ 、辐角为 $y$ 的复数。