拉格朗日(Lagrange)定理、展开公式及简单应用

先把定理摆这儿。

\text{Theorem.} 给定围道 C 和在C上、C内均解析的函数 f(z),\varphi(z) ,以及 C内一点 a ，

若围道C上任一点 \zeta ，存在参数t使得 |t\varphi(\zeta)|<|\zeta-a| ，则

z=a+t\varphi(z) 在C内有且仅有一根 z_0 ，且 \lim_{t\rightarrow0}z_0=a 。

且 f(z_0) 可以按下式展开为 t 的幂级数：
f(z_0)=f(a)+\sum_{n=1}^\infty\frac{t^n}{n!}\frac{d^{n-1}}{da^{n-1}}[f^\prime(a)\varphi(a)^n]

(拉格朗日展开公式)

这个定理的证明需要用到复变函数的一个定理：

\text{Lemma.} 考虑围道C内（包括围道）的函数 \varphi(z),\psi(z) ， \psi(z) 在C内除去有限个极点

b_1,b_2,\cdots,b_m 外的区域内解析，且以 a_1,\cdots,a_l 为零点，围道C上 \psi(z)\neq0 ，

且 \varphi(z) 在围道内及其上解析，则

\frac{1}{2\pi i}\oint_C\varphi(z)\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz=\sum_{j=1}^l n_j\varphi(a_j)-\sum_{k=1}^mp_k\varphi(b_k)

其中 n_1,\cdots,n_l 分别为零点 a_1,\cdots,a_l 的阶数，

p_1,\cdots,p_m 分别为极点 b_1,\cdots,b_m 的阶数。

特别地，\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz=N-P，

其中 N 为 \psi(z) 在C内的零点个数， P 为\psi(z) 在C内的极点个数。

Lemma的证明：无非就是利用复连通区域Cauchy定理和n阶极点、零点的定义。

不妨在C内部取 l+m 个小回路，分别包住 a_1,\cdots,a_l,b_1,\cdots,b_m 。

对这个复连通区域应用Cauchy定理得到

\frac{1}{2\pi i}\oint_C\varphi(z)\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz = \frac{1}{2\pi i}\Big[\sum_{j=1}^l\int_{\Gamma_j}\varphi(z)\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz+\sum_{k=1}^m\int_{\Delta_k}\varphi(z)\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz\Big]

其中： \Gamma_j(j=1,\cdots,l) 是第j个零点附近的小回路，\Delta_k(k=1,\cdots,m) 是第k个极点附近的小回路。

对于求和的每一项，由n阶极点、零点定义，

n_j 为零点 a_j 的阶数 \Leftrightarrow\psi(z)=(z-a_j)^{n_j}\xi_j(z),\xi_j(a_j)\neq0

于是 \frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}=\frac{n_j}{z-a_j}+\frac{\xi_j^\prime(z)}{\xi_j(z)}

且 \frac{\xi_j^\prime(z)}{\xi_j(z)} 在该零点的小邻域内解析。从而根据Cauchy定理，

\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma_j}\varphi(z)\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz=n_j\varphi(a_j)

同理，

p_k 为极点 b_k 的阶数 \Leftrightarrow\psi(z)=(z-b_k)^{-p_k}\eta_k(z),\eta_k(b_k)\neq0且有限

于是 \frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}=-\frac{p_k}{z-b_k}+\frac{\eta_k^\prime(z)}{\eta_k(z)}

且 \frac{\eta_k^\prime(z)}{\eta_k(z)} 在该零点的小邻域内解析。从而根据Cauchy定理，

\frac{1}{2\pi i}\int_{\Delta_k}\varphi(z)\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz=-p_k\varphi(b_k)

综合以上即可得到

\frac{1}{2\pi i}\oint_C\varphi(z)\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz=\sum_{j=1}^l n_j\varphi(a_j)-\sum_{k=1}^mp_k\varphi(b_k)。

现在我们回到定理的证明。

\text{Proof.} 应用

\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz=N-P

令 \psi(z)=z-a-t\varphi(z) ，则\psi^\prime(z)=1-t\varphi^\prime(z),

\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz=\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{1-t\varphi^\prime(z)}{z-a-t\varphi(z)}dz

由|t\varphi(\zeta)|<|\zeta-a|可知可以对右侧进行泰勒展开：

\begin{aligned} &\quad\ \,\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{1-t\varphi^\prime(z)}{z-a-t\varphi(z)}dz\\ &= \frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{1-t\varphi^\prime(z)}{z-a}\sum_{n=0}^\infty [\frac{t\varphi(z)}{z-a}]^ndz\\ &=\sum_{n=0}^\infty t^n\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{\varphi(z)^n}{(z-a)^{n+1}}dz \\&\quad \quad- \sum_{n=0}^\infty t^{n+1}\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{\varphi(z)^\prime\varphi(z)^n}{(z-a)^{n+1}}dz\\ &=\sum_{n=0}^\infty t^n\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{\varphi(z)^n}{(z-a)^{n+1}}dz \\&\quad \quad- \sum_{n=0}^\infty t^{n+1}\frac{1}{2\pi i(n+1)}\oint_C\frac{[\varphi(z)^{n+1}]^\prime}{(z-a)^{n+1}}dz \end{aligned}

而根据Cauchy积分公式又有

\frac{d^n}{da^n}[\varphi(a)^n]=\frac{n!}{2\pi i}\oint_C\frac{\varphi(z)^n}{(z-a)^{n+1}}

从而我们得到

\begin{aligned} \frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz&=\sum_{n=0}^\infty \frac{t^n}{n!}\frac{d^n}{da^n}[\varphi(a)^n] - \sum_{n=0}^\infty \frac{t^{n+1}}{(n+1)!}\frac{d^{n+1}}{da^{n+1}}[\varphi(a)^{n+1}] \end{aligned}=1

即 N-P=1 。而根据我们设定的 \psi(z) 和已知条件，\psi(z)在C内没有极点，即

P=0 ,从而 N=1 。

因此第一部分（根的有且仅有）证毕。对于第二部分（拉格朗日展开公式），

应用

\frac{1}{2\pi i}\oint_Cf(z)\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz=\sum_{j=1}^l n_jf(a_j)-\sum_{k=1}^mp_kf(b_k)

由于前面已经证明\psi(z)=z-a-t\varphi(z)在C内有且仅有一根，故

\frac{1}{2\pi i}\oint_Cf(z)\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz=f(z_0)

利用泰勒展开，跟上面的过程几乎一样，得到

\begin{aligned} \frac{1}{2\pi i}\oint_Cf(z)\frac{\psi^\prime(z)}{\psi(z)}dz&=\sum_{n=0}^\infty \frac{t^n}{n!}\frac{d^n}{da^n}[f(a)\varphi(a)^n] - \sum_{n=0}^\infty \frac{t^{n+1}}{(n+1)!}\frac{d^{n}}{da^{n}}[f(a)\frac{d}{da}\varphi(a)^{n+1}]\\ &=f(a)+\sum_{n=0}^\infty \frac{t^{n+1}}{(n+1)!}\frac{d^{n+1}}{da^{n+1}}[f(a)\varphi(a)^{n+1}] - \sum_{n=0}^\infty \frac{t^{n+1}}{(n+1)!}\frac{d^{n}}{da^{n}}[f(a)\frac{d}{da}\varphi(a)^{n+1}]\\ &=f(a)+\sum_{n=0}^\infty \frac{t^{n+1}}{(n+1)!}\frac{d^{n}}{da^{n}}[f(a)^\prime\varphi(a)^{n+1}]\\ &=f(a)+\sum_{n=1}^\infty \frac{t^{n}}{n!}\frac{d^{{n-1}}}{da^{{n-1}}}[f(a)^\prime\varphi(a)^{n}]\\ \end{aligned}

从而 f(z_0)=f(a)+\sum_{n=1}^\infty\frac{t^n}{n!}\frac{d^{n-1}}{da^{n-1}}[f^\prime(a)\varphi(a)^n] 。得证。 \square

现在给两个小应用：

1.生成函数 \frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}} 的展开

我们令 \varphi(z)=\frac{z^2-1}2 ，则考虑方程

z=x+t\frac{z^2-1}{2} 的根。

显然， t=0 时根为 x 。

根据前面的Lagrange展开公式，令 f(z)=z ，则在根 z_0 处

z_0=x+\sum_{n=1}^\infty\frac{t^n}{n!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}[(\frac{x^2-1}{2})^n]

而根据z=x+t\frac{z^2-1}{2}，这是一个二次方程，其一个根又可以表为

z_0=\frac{1-\sqrt{1-2xt+t^2}}{t}

即

\frac{1-\sqrt{1-2xt+t^2}}{t}=x+\sum_{n=1}^\infty\frac{t^n}{2^nn!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}[(x^2-1)^n]

很快了。两边对x求个导，惊奇的发现左侧变成了 \frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}} ，从而

\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}=1+\sum_{n=1}^\infty\frac{t^n}{2^nn!}\frac{d^{n}}{dx^{n}}[(x^2-1)^n]=\sum_{n=0}^\infty\frac{t^n}{2^nn!}\frac{d^{n}}{dx^{n}}[(x^2-1)^n]

此即生成函数的展开，可以与Rodrigue公式联系。

2.Kepler方程

考虑开普勒方程 M=E-e\sin E ,即

E=M+e\sin E ,现在要将 E 展开为 e 的级数。

显然, e=0 时 E=M 。

令 \varphi(e)=\sin e ， f(E)=E ，则根据Lagrange展开公式，

E=M+\sum_{n=1}^\infty\frac{e^n}{n!}\frac{d^{n-1}}{dM^{n-1}}[\sin^n M]

写出前面的几项：

E=M+e\sin M+\frac{e^2}{2}\sin 2M+\frac{\sin M(2-3\sin^2M)}{2}e^3+\cdots