泰勒级数和傅里叶级数有什么联系？

我们都知道，一个实函数的级数展开有两种常用的方式，即泰勒级数展开和傅里叶级数展开。从这两种展开式的基底函数、收敛范围和数学表达式来看，它们两者之间好像并没有什么明显的联系。

比如：一个实函数按泰勒级数展开时，其基底函数是

1, x, x^2, x^3, \cdots

这样的一组幂函数，这些基底函数是非正交的。而且，泰勒级数展开的收敛范围一般仅仅是在函数某一个点的邻域内。比方说这个函数

f(x)=\frac{1}{1-x}

，它就只能在

|x|<1

这个小范围内才能展开成泰勒级数(展开点为x=0)：

f(x)=\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots

这个函数的定义域是除了x=1之外的所有实数，但是它的泰勒级数只有在

|x|<1

这个范围内才收敛，超过这个范围之后，等号右边的级数发散到无穷大，但是左边仍然是有定义的函数，所以这泰勒级数仅仅在

|x|<1

才能收敛并且收敛值等于原函数值。

当然，也有一些函数在整个定义域内都可以展开成泰勒级数(即处处收敛并收敛值等于原函数值)，比如指数函数：

\mathrm{e}^x=1+x+\frac{1}{2 !} x^2+\frac{1}{3 !} x^3+\frac{1}{4 !} x^4+\cdots

它在整个定义域——实数范围内都收敛且相等。

但是对于傅里叶级数展开，它是在整个函数的定义域上的级数展开，即原函数在整个定义域内都可以展开成傅里叶级数。而且，它的基底函数是一组正交的三角函数：

1, \cos x, \cos 2 x, \cos 3 x, \cdots, \sin x, \sin 2 x, \sin 3 x, \cdots

一个周期为

2\pi

的实函数(满足狄利克雷条件)的傅里叶级数为：

f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos nx+b_n \sin nx\right)

其中：

\begin{aligned} &a_n=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \cos n x d x \&b_n=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \sin n x d x \end{aligned}

(想了解这个公式的来历可以点击链接看我之前写过的文章《傅里叶：一首伟大的数学诗(上)》)

这两种展开方式无论怎么看都不可能有联系。但是，当我们把眼界格局提升到复数域时，出现了一件美丽而且引人注目的事实： 实函数的泰勒级数和傅里叶级数只不过是观察复幂级数的两种不同的方式。

这段天书似的话到底是什么意思？

下面我们通过一些简单的分析和例子来解释一下，并以此体会复数视角给我们带来的美妙风景。

先来看泰勒级数，为了简单起见，我们选择x=0作为展开点(即麦克劳林展开)，如果函数f(x)在展开点附近的领域内具有无穷阶的微分，则可以展开成如下的泰勒级数： $f(x)=t_0+a_1 x+t_2 x^2+t_3 x^3+\cdots$ 这个泰勒级数实际上就是一个特殊的幂级数，其系数 $t_n$ 就是泰勒系数，即 $t_n=\frac{f_n^{(n)}\left(0\right)}{n !}$ 。

再看傅里叶级数，这里我们设原函数 $f(\theta)$ 的周期为 $2\pi$ (即基频率 $\omega=\frac{2\pi}{T}=1$ )，并用复指数形式的傅里叶级数展开式(想了解这个展开式的推导过程可以点击链接看我之前写过的文章《傅里叶：一首伟大的数学诗(下)》)：

$f(\theta)=\sum_{n=-\infty}^{\infty} X_n \cdot e^{i n \theta}$ 其中， $X_n=\frac{\left(a_n-i b_n\right)}{2}$ ， $a_n$ 和 $b_n$ 是实数形式的傅里叶级数的系数，也就是通过三角函数正交性求出来的那些系数。而且为了后面用到复数的幅角这个角度概念，我们用 $\theta$ 这个符号作为原函数和傅里叶级数的自变量。

虽然这个复指数形式的傅里叶级数是n从负无穷到正无穷的求和，但是当n为正整数和负整数的时候，被求和项 $X_n \cdot e^{i n \theta}$ 和 $X_{-n} \cdot e^{-i n \theta}$ 是一对共轭的复数。

所以，实际上我们可以只关注当n为非负整数时的那部分级数即可。因为如果我们知道了每一个正整数的项 $X_n \cdot e^{i n \theta}$ ，就相当于同时知道了它的共轭复数，也就得到了整个复指数形式的傅里叶级数。所以，我们可以把关注点放在当n为非负整数时的那部分级数，这并不影响我们对复指数傅里叶级数所包含的信息的描述。

为了简单起见，我们仍然记这部分的级数为 $f(\theta)$ ，并把它写成类似于幂级数的形式： $f(\theta)=X_0+X_1 e^{i\theta}+X_2 (e^{i\theta})^2+X_3 (e^{i\theta})^3+\cdots$ 仔细观察这个形式与上面的泰勒级数的形式，我们不难发现，虽然复指数形式的傅里叶级数是一个复级数，但是它的形式也跟实数函数的泰勒级数(即幂级数)的形式很像，只不过复指数形式的傅里叶级数的幂函数不是 $x^n$ ，而是 $(e^{i\theta})^n$ ，并且括号里面实际上是一个单位圆上的复数 $e^{i\theta}$ 。如果我们把 $e^{i\theta}$ 当成一个整体，类似于泰勒级数中的x，那么复指数形式的傅里叶级数与泰勒级数就有很大的相似性。

基于这个相似性，我们考虑如下形式的复幂级数： $f(z)=c_0+c_1 z+c_2 z^2+c_3 z^3+\cdots$ 这里的系数 $c_n$ 和变量 $z$ 都是复数。

我们这样考虑的复幂级数，实际上就包含了上面所说的泰勒级数和傅里叶级数。比如，当复变量 $z$ 在实数轴 $x$ 上运动的时候(即 $z=x$ ，相当于 $z$ 沿着角度 $\theta=0$ 的射线运动 )，复幂级数就变成了上面的泰勒级数的形式。而当复变量 $z$ 在复平面上的单位圆运动的时候( $z=e^{i\theta}$ ，相当于 $z$ 沿着模长 $r=1$ 的单位圆运动)，复幂级数就变成了傅里叶级数的形式。

现在我们把复变量 $z$ 写成模长和幅角的表示形式，即： $z=re^{i\theta}$ 其中 $r$ 是复数 $z$ 的模长， $\theta$ 是幅角。这样我们就可以把上面这个结论一般化，即：

实函数的泰勒级数和傅里叶级数只不过是观察复幂级数的两种不同方式。这两种方式分别是：让 $z$ 沿着射线 $\theta=const$ (常数)由原点向外运动，以及让 $z$ 沿着圆周 $r=const$ (常数)不断旋转。

这个结论虽然比上面那个结论更具体了一点，但是还是有半点天书的嫌疑。我们用一个具体的例子来解释一下。

考虑复函数 $f(z)=\frac{1}{1-z}$ ，根据上面的模长和幅角的表示形式，这个复函数的实部和虚部分别是： $f\left(r \mathrm{e}^{i \theta}\right)=\frac{1}{1-re^{i\theta}}=u\left(r \mathrm{e}^{i \theta}\right)+i v\left(r \mathrm{e}^{i \theta}\right)=\left[\frac{1-r \cos \theta}{1-2 r \cos \theta+r^2}\right]+i\left[\frac{r \sin \theta}{1-2 r \cos \theta+r^2}\right]$ (上面用到了欧拉公式 $e^{i\theta}=\cos \theta+i\sin\theta$ ，以及复数与它的共轭的乘积等于模长平方的公式，即 $|z|^2=z\cdot\bar z$ )

现在我们只关注其中之一，比如虚部 $v$ ，即关注下面这个： $v(re^{i\theta})=\frac{r \sin \theta}{1-2 r \cos \theta+r^2}$ 我们让 $z$ 沿着射线 $\theta=const$ (常数)由原点向外运动，则虚部 $v$ 变成了仅关于 $r$ 的函数，我们记为 $V_\theta(r)$ 。例如当 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 时：

$V_{\frac{\pi}{4}}(r)=\frac{r}{\sqrt{2}\left(1+r^2\right)-2 r}$ 如果让 $z$ 沿着圆周 $r=const$ (常数)不断旋转，则虚部 $v$ 变成了仅关于 $\theta$ 的函数，我们记为 $\widetilde{V}_r(\theta)$ 。例如当 $r=\frac{1}{2}$ 时： $\widetilde{V}_{\frac{1}{2}}(\theta)=\frac{2 \sin \theta}{5-4 \cos \theta}$

这里特别注意，由于上面这个函数 $\widetilde{V}_{\frac{1}{2}}(\theta)$ 的分子和分母都含有周期为 $2\pi$ 的正弦函数 $\sin \theta$ 和余弦函数 $\cos \theta$ ，所以，它这个整体也是一个周期为 $2\pi$ 的实函数。

现在我们将复函数 $f(z)=\frac{1}{1-z}$ 展开成幂级数(跟实函数 $f(x)=\frac{1}{1-x}$ 展开成幂级数的形式是一样的)，即： $f(z)=\frac{1}{1-z}=1+z+z^2+z^3+z^4+\cdots$ 这个复幂级数的收敛范围是 $|z|<1$ ，也就是在一个单位圆盘内级数是收敛的。

把 $z=re^{i\theta}$ 代入上式右边的复幂级数，并利用欧拉公式，即可得到： $\begin{aligned} f\left(r \mathrm{e}^{i \theta}\right) &=1+\left(r \mathrm{e}^{i \theta}\right)+\left(r \mathrm{e}^{i \theta}\right)^2+\left(r \mathrm{e}^{i \theta}\right)^3+\left(r \mathrm{e}^{i \theta}\right)^4+\cdots \&=1+r(\cos \theta+i \sin \theta)+r^2(\cos 2 \theta+i \sin 2 \theta)+r^3(\cos 3 \theta+i \sin 3 \theta)+\cdots . \end{aligned}$

现在我们把虚部部分，也就是含有虚数单位i的项给整理出来，即可得到： $v\left(r \mathrm{e}^{i \theta}\right)=r \sin \theta+r^2 \sin 2 \theta+r^3 \sin 3 \theta+r^4 \sin 4 \theta+r^5 \sin 5 \theta+\cdots .$ 如果令 $\theta=\frac{\pi}{4}$ ，我们立即可以得到 $V_{\frac{\pi}{4}}(r)$ 的泰勒级数：

这就说明，当我们让复幂级数的复变量 $z$ 沿着射线 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 由原点向外运动时，其虚部变成了一个泰勒级数。如果我们关注复幂级数的实部，结果也是如此。

现在请你仔细看一下上面这个泰勒级数，想想我们是怎么得到它的？是不是很轻松就得到它的？我们仅仅是在上面的复幂级数 $f(z)$ 的基础之上令 $\theta=\frac{\pi}{4}$ ，然后比较级数左右两边的虚部部分，即令两边的虚部相等，然后就轻而易举、不费吹飞之力地得到了 $V_{\frac{\pi}{4}}(r)$ 这样一个复杂函数的泰勒级数表达式。

如果你还傻乎乎地按照泰勒系数公式 $t_n=\frac{f_n^{(n)}\left(0\right)}{n !}$ 来求解这个函数的泰勒级数表达式，我相信你扛不过3秒便会跪地求饶！别说让你求解 $V_{\frac{\pi}{4}}(r)$ 在r=0这个点的10阶、20阶导数，就是让你求解2阶或者3阶导数你都会受不了，何况还要求解任意n阶的导数。不信你就试试，这个函数分子分母都有变量r，如果你按照复合函数求导法则求导，复杂度简直不敢想象！

然而，当我们把解决问题的思路拔高到复幂级数的高度，问题就变得无比简单了，只需要代入一个特定数值到复幂级数的表达式即可。而且，当我们用复幂级数的方法得到 $V_{\frac{\pi}{4}}(r)$ 的泰勒级数之后，如果现在让你求解下面这样的式子，那简直就是妥妥的送分题！ $\left.\frac{\mathrm{d}^{98}}{\mathrm{~d} r^{98}}\left[\frac{r}{\sqrt{2}\left(1+r^2\right)-2 r}\right]\right|_{r=0}=98 !$ (你仔细瞅瞅，是不是简单地有点过分！)

但是，如果你得不到它的泰勒级数，然后又要用实函数直接求导的方法来求这样一个吓死人的导数，那你该有多痛苦！

好，现在我们反过来令 $r=1/2$ ，即可得到复幂级数虚部 $v$ 的傅里叶级数 $\widetilde{V}_{\frac{1}{2}}(\theta)$ ，即： $\frac{2 \sin \theta}{5-4 \cos \theta}=\widetilde{V}_{\frac{1}{2}}(\theta)=\frac{1}{2} \sin \theta+\frac{1}{2^2} \sin 2 \theta+\frac{1}{2^3} \sin 3 \theta+\cdots +\frac{1}{2^n} \sin n \theta+\cdots.$

这是一个只含有正弦函数的傅里叶级数。

同样地，这个结果表明当我们让复幂级数的复变量 $z$ 沿着 $r=1/2$ 这个圆盘不断旋转时，其虚部变成了一个只包含正弦函数的傅里叶级数。如果我们关注复幂级数的实部，也同样会得到一个傅里叶级数，只不过这个级数只含有余弦函数。

现在我们思考一个问题，上面我们说这个实函数 $f(x)=\frac{1}{1-x}$ 的泰勒级数的收敛范围是 $|x|<1$ ，也就是说只有在x=0这个点的某个邻域内，该函数才能展开成泰勒级数。但是对于傅里叶级数，它不仅仅是在一个点的邻域内收敛到原函数，而是在整个实函数的定义域内都能收敛。比如上面那个周期为 $2\pi$ 函数 $\widetilde{V}_{\frac{1}{2}}(\theta)=\frac{2 \sin \theta}{5-4 \cos \theta}$ ，它在一个周期内(即 $2\pi$ )都可以展开成傅里叶级数。

为什么实函数 $f(x)$ 的泰勒级数收敛范围是 $|x|<1$ ，而 $\widetilde{V}_{\frac{1}{2}}(\theta)$ 却能在整个 $2\pi$ 的周期内收敛？实际上，这两个函数都有一个共同的母体，也就是复函数 $f(z)=\frac{1}{1-z}$ ，它的幂级数的收敛范围是单位圆盘，即 $|z|<1$ 。而实函数 $f(x)$ 和 $\widetilde{V}_{\frac{1}{2}}(\theta)$ 都只是这个复函数的复变量 $z$ 取特定运动方式(即 $z$ 沿着射线 $\theta=0$ 由原点向外运动，以及 $z$ 沿着圆盘 $r=1/2$ 不断旋转 )之后的结果，所以这两种运动方式当然也要受到复函数 $f(z)$ 的收敛范围( $|z|<1$ )的限制，否则级数就不收敛了。而这种限制其实就决定了 $f(x)$ 的收敛范围也只能是 $|x|<1$ ，这样才能确保 $f(x)$ 所对应的运动方式，也就是沿着射线的运动，也在 $|z|<1$ 这个圆盘内。

同样地，对于 $\widetilde{V}_{\frac{1}{2}}(\theta)$ ，它所对应的运动方式是旋转，那么其旋转的角度范围也要在这个 $|z|<1$ 圆盘内。显然，这个旋转角度的范围是从0到 $2\pi$ ，因为单位圆盘的角度范围也是0到 $2\pi$ 。所以 $\widetilde{V}_{\frac{1}{2}}(\theta)$ 的傅里叶级数的收敛范围也是0到 $2\pi$ (即一个周期内)，当然，旋转的过程中也要确保模长小于1(这时候模长r=1/2，已满足小于1的条件)。

这就是为什么泰勒级数和傅里叶级数的收敛范围不太一样的原因，本质上是由它们原函数所对应的复函数的幂级数收敛范围决定的！

话说回来。上面这两种观察复幂级数的方式给我们提供了非常有效的方法求解一些微积分运算的问题。比如第一种方式，可以帮助我们求解一个复杂函数的泰勒级数，从而可以快速得到一个函数的高阶导数。而第二种方式，可以帮助我们求解一些复杂的积分运算。比如下面这个积分： $\int_0^{2 \pi}\left[\frac{2 \sin \theta \sin n \theta}{5-4 \cos \theta}\right] d \theta$ 如果我们跟它正面硬刚，仅从实函数的角度来思考和求解，那么肯定是无济于事！

现在我们记 $f(\theta)=\frac{2 \sin \theta}{5-4 \cos \theta}$ ，则这个函数是一个周期为 $2\pi$ 的实函数。把它展开成傅里叶级数： $f(\theta)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos n \theta+b_n \sin n \theta\right)$ 其中： $b_n=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(\theta) \sin n \theta d \theta=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} \left[\frac{2 \sin \theta \sin n \theta}{5-4 \cos \theta}\right] d \theta$ 这个 $b_n$ 的表达式已经跟我们要求解的式子非常接近，二者仅仅差了一个常数 $\frac{1}{\pi}$ ，所以我们实际上要求解的是 $\pi b_n$ 。而对于 $b_n$ 的求解，我们上面已经根据复变量 $z$ 绕一个圆盘(r=1/2)运动的方式观察了复幂级数的虚部，并得到了一个傅里叶级数 $\widetilde{V}_{\frac{1}{2}}(\theta)$ ，这个级数就是 $f(\theta)=\frac{2 \sin \theta}{5-4 \cos \theta}$ 的傅里叶级数，即有： $f(\theta)=\frac{2 \sin \theta}{5-4 \cos \theta}=\widetilde{V}_{\frac{1}{2}}(\theta)=\frac{1}{2} \sin \theta+\frac{1}{2^2} \sin 2 \theta+\frac{1}{2^3} \sin 3 \theta+\cdots +\frac{1}{2^n} \sin n \theta+\cdots.$ 现在我们关注这个级数中基底函数为 $\sin n\theta$ 的前面的系数，它等于 $\frac{1}{2^n}$ 。直接跟上面那个傅里叶级数比较一下，即可得到： $b_n=\frac{1}{2^n}$ 。

所以我们上面要求解的那个定积分的结果就是： $\int_0^{2 \pi}\left[\frac{2 \sin \theta \sin n \theta}{5-4 \cos \theta}\right] d \theta=\pi b_n=\frac{\pi}{2^n}$ 你想想看，如果我们在实数域内来硬算这个定积分，那该有多难！幸好，我们还有复数！

很多看起来无从下手的实函数求导和积分计算问题，实际上都可以从复幂级数的两个观察方式中，通过泰勒级数和傅里叶级数的方法来解决。也就是分别让复变量 $z$ 沿着射线 $\theta=const$ (常数)由原点向外运动，以及沿着圆周 $r=const$ (常数)不断旋转，然后观察相应的复幂级数在这两种运动方式下的表现结果。实际上，这两种观察方式是我们研究一个复函数性质的非常基本的方式。

泰勒级数和傅里叶级数只不过是复幂级数在这两种方式下的观察结果，它们两者的关系如同一块硬币的正反面，虽然看起来有所不同，但都是同一块硬币的不同侧面。而且它们与复幂级数之间的这种联系不仅可以帮助我们解决很多棘手的微积分计算问题，而且它们在复数域上的统一，也是一种数学美的体现！

参考资料：

复分析：可视化方法，特里斯坦·尼达姆著，齐民友译

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