Просмотр исходного текста страницы Разложение функций в степенные ряды

[[Степенные ряды|<<]] [[Математический_анализ_1_курс#.D0.93.D0.BB.D0.B0.D0.B2.D0.B0_VI_.D0.A4.D1.83.D0.BD.D0.BA.D1.86.D0.B8.D0.BE.D0.BD.D0.B0.D0.BB.D1.8C.D0.BD.D1.8B.D0.B5_.D1.80.D1.8F.D0.B4.D1.8B|>> на главную]]
<wikitex>
== Степенные ряды ==
Пусть $ f(x) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} a_n (x - x_0)^n, \qquad R > 0 \qquad (x_0 - R; x_0 + R) $.

В силу сказанного ранее, f - бесконечно дифференцируема, все производные записываются степенными рядами с тем же радиусом сходимости:
$ f^{(p)}(x) = \sum\limits_{n = p}^{\infty} n (n - 1) \dots (n - p + 1) a_n (x - x_0)^{n - p}$   $ \forall x $ из промежутка сходимости.

Подставим $ x = x_0 $:

$f^{(p)}(x_0) = p! \cdot a_p \Rightarrow a_p = \frac{f^{(p)}(x_0)}{p!} $ 

Пусть в $ x_0 $ задана $ y = f(x) $, в точке $ x_0 $ существуют производные любого порядка.

{{Определение
|definition=
$ \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n $ - ряд Тейлора функции по степеням $ (x - x_0) $.
}}

Сопоставим ряд с формулой Тейлора функции, которую можно писать для любого $ n $.

$ f(x) = \sum\limits_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + r_n(x) \Rightarrow $ ряд получается из формулы при $ n \to \infty $. Если $ r_n(x) \rightarrow 0 $ при $ n \rightarrow \infty $, то можно перейти к пределу.
 
$ f(x) = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k $, что является разложением функции в степенной ряд в точке $ x $. 

Если при всех x из некоторой окрестности точки $ x_0 $ функция разлагается в степенной ряд, то это будет обязательно ряд Тейлора.

Если разложение возможно, то единственно. Изучается с помощью поведения остатка $ r_n(x) $.

Приведем пример неразложимой в ряд Тейлора функции:
$ f(x) = \begin{cases}0, x = 0\\e^{-\frac 1{x^2}}, x \ne 0\end{cases} $

Можно убедиться, что все $ f^{(p)}(x) = 0 \Rightarrow $ ряд Тейлора по $ x = 0 $, хотя функция таковой не является. 

Причина объясняется в поле $ \mathbb{C} $.
== Примеры разложения функций ==
Приведем классические разложения, некоторые обоснуем.
=== e^x ===
Рассмотрим $ y = e^x; \qquad (e^x)^{(p)} = e^x $

$ e^x = \sum\limits_{k = 0}^n \frac1{k!} x^k + r_n(x); \qquad r_n(x) = \frac{e^{\theta_n x}}{(n + 1)!} x^{n + 1}, \theta_n \in [0; 1] $

Покажем, что $ \forall x: r_n(x) \xrightarrow[{n \to \infty}]{} 0 $

Пусть $ x > 0 $
$ e^{\theta_n x} \le e^x \Rightarrow |r_n(x)| \le e^x \frac{x^{n + 1}}{(n + 1)!} \Rightarrow r_n(x) \to 0 $

Итого, $ e^x = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \frac{x^k}{k!} $ с радиусом сходимости $ +\infty $.

В связи с этими разложением Эйлер совершил революцию в умах.

$ e \stackrel{def}{=} \lim\limits_{n \to \infty} (1 + \frac1n)^n $ 

Внезапно, мы решили что $ \lim\limits_{x \to 0} (1 + x)^{\frac1x} = e $

Эйлер поступил по-другому:

Рассмотрим ряд $ \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac1{n!} x^n : \frac{a_n}{a_{n + 1}} = n + 1 \to +\infty \Rightarrow R = +\infty \Rightarrow $ у ряда есть сумма, которую обозначают $ f(x) $.

Далее, $ f(x), f(y) $ - перемножим степенные ряды по правилу Коши:

$ \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} \cdot \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{y^n}{n!} $

n-й член $ \sum\limits_{k = 0}^n \frac{x^k}{k!} \frac{y^{n - k}}{(n - k)!} = \frac1{n!} \sum\limits_{k = 0}^n C^k_n x^k y^{n - k} = \frac1{n!} (x + y)^n $

$ f(x) f(y) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac1{n!} (x + y)^n  = f(x + y) $

$ f(1) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac1{n!} $. Но:

$ (1 + \frac1n)^n = \sum\limits_{k = 0}^n \frac1{k!} \underbrace{(1 - \frac0n)}_{\ge 0} \underbrace{(1 - \frac1n)}_{\ge 0} \dots \underbrace{(1 - \frac{k - 1}n)}_{\ge 0} $

$ (1 + \frac1n)^n \le \sum\limits_{k = 0}^n \frac1{k!} $. С другой стороны, если часть слагаемых опустить, сумма уменьшится. 

$ (1 + \frac1n)^n \ge \sum\limits_{k = 0}^N \frac1{k!} (1 - \frac0n) (1 - \frac1n) \dots (1 - \frac{k - 1}n) $.
Устремим  <tex>n</tex> к бесконечности. Так как число слагаемых в сумме и множителей в каждом слагаемом конечно, сделаем в сумме предельный переход:

$ e \ge \sum\limits_{k = 0}^N \frac1{k!} $.

Итого: $ (1 + \frac1N)^N \le \sum\limits_{k = 0}^N \frac1{k!} \le e $

Теперь устремим <tex> N </tex> к бесконечности:

Итак, $ e \le \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \frac1{k!} \le e \Rightarrow f(1) = e $

Полагаем  $e^x \stackrel{def}{=} \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \frac{x^k}{k!} $

=== ln(1 + x) ===
Рассмотрим $ f = ln(1 + x) $ и разложим ее в степенной ряд другим приемом.

$ (\ln(1 + x))' = \frac1{1 + x}  = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n x^n, |x| < 1 $
Воспользуемся тем, что ряд можно почленно интегрировать

$ \int\limits_0^x \frac1{1 + t} dt = \int\limits_0^x \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n x^n = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \int\limits_0^x (-1)^n x^n = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{n + 1}}{n + 1} = x - \frac{x^2}2 + \frac{x^3}3 \dots $ (при $|x| < 1$ )

Заметим, что если формально подставить 1, то:

$ \ln 2 \stackrel{?}{=} 1 - \frac12 + \frac13 - \dots $ , который сходится как ряд Лейбница.

Установить равенство нельзя, оно устанавливается непосредственно:

$ \ln(1 + x) = \sum\limits_{k = 1}^n (-1)^{k - 1} \frac{x^k}k + r_n(x) $, причем  $ r_n(x) = \frac{\ln^{n + 1} (1 + \theta_n x)}{(n + 1)!} x^{n + 1}, \theta_n \in (0; 1) $

$ \ln 2 = \sum\limits_{k = 1}^n (-1)^{k - 1} \frac1k + \frac{\ln^{(n + 1)} (1 + \theta_n)}{(n + 1)!} $
Но $ \ln^{(n + 1)}(x) = { \left( \frac1x \right)}^{(n)} \Rightarrow \ln^{(n + 1)}(1 + x) = (-1)^n n! (1 + x)^{(-1 - n)} $

$ r_n(1) = \frac{(-1)^n n! (1 + \theta_n)^{-1 - n}}{(n + 1)!} $ , $ |r_n(1)| \le \frac1{n + 1} \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 $

Впервые разложение $\ln 2$ было найдено Лейбницем. Для доказательства можно было применить тауберову теорему Харди + суммирование расходящихся рядов.

=== n!. Формула Стирлинга ===
Установим классическую асимптотическую формулу Стирлинга для факториала:
{{Утверждение
|statement=
$ n! = \sqrt{2 \pi n} {\left ( \frac ne \right )}^n e^{\frac{\theta_n}{12n}} $
|proof=
Выше доказано, что $ \ln(1 + x) = x - \frac{x^2}2 + \frac{x^3}3 - \dots , \ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}2 - \frac{x^3}3 - \dots $

Вычтем из первой формулы вторую:
$ \ln(\frac{1 + x}{1 - x}) = 2x + \frac{2x^3}3 + \frac{2x^5}5 + \dots $

$ x = \frac1{2n + 1} $ - допустимо, $ |x| < 1 $

$ \frac{1 + \frac1{2n + 1}}{1 - \frac1{2n + 1}} = \frac{n + 1}n $

$ \ln \frac{n + 1}n = 2 \left ( \frac1{2n + 1} + \frac13 {\left (\frac1{2n + 1} \right )}^3 + \dots \right ) = \frac1{n + \frac12} \left ( 1 + \frac13 {\left ( \frac1{2n + 1} \right )}^2 + \dots \right ) $

Ясно, что скобка больше единицы
$ ln (1 + \frac1n) \cdot (n + \frac12) > 1 $

С другой стороны, 

$
1 + \frac13 {\left( \frac1{2n + 1} \right)}^2 + \frac15 {\left( \frac1{2n + 1} \right)}^4 + \dots < 1 + \frac13 {\left( \frac1{2n + 1} \right)}^2 + \frac13 {\left( \frac1{2n + 1} \right)}^4 + \dots = \\
= 1 + \frac13 q_n^2 + \frac13 q_n^4 + \dots = 1 + \frac13 \left (\frac{q_n^2}{1 - q_n^2} \right) = \\
= 1 + \frac13 \frac{{\left( \frac1{2n + 1} \right)}^2}{1 - {\left( \frac1{2n + 1} \right)}^2} = 1 + \frac13 \frac1{{(2n + 1)}^2 - 1} = 1 + \frac1{12n(n + 1)} $

$ 1 < (n + \frac12) ln (1 + \frac1n) < 1 + \frac1{12n(n + 1)} $
потенциируем, 

$ e < (1 + \frac1n)^{n + \frac12} < e \cdot e^{\frac1{12n(n + 1)}} $

$ 1 < \frac1e (1 + \frac1n)^{n + \frac12} <  e^{\frac1{12n(n + 1)}} $

Рассмотрим последовательность $ a_n = \frac{n!}{n^{n + \frac12}} \cdot e^n $:

$ \frac{a_n}{a_{n + 1}} = \frac{n! e^n {(n + 1)}^{n + \frac32}}{n^{n + \frac12} (n + 1)! e^{n + 1}} = \frac{{(1 + \frac1n)}^{n + \frac12}}{e} > 1 \Rightarrow $ последовательность $ a_n $ убывает, значит, по теореме Вейерштрасса, $ \exists a = \lim\limits_{n \to \infty} a_n $, $ a \le a_n $

$ b_n = a_n \cdot e^{- \frac1{12n}}, e^{- \frac1{12n}} \to 1 $
$ a_n \to a \Rightarrow b_n \to a $

$ \frac{b_n}{b_{n + 1}} = \frac{a_n}{a_{n + 1}} \cdot \frac{e^{-\frac1{12n}}}{e^{-\frac1{12(n + 1)}}} =  \frac{{(1 + \frac1n)}^{n + \frac12}}{e} \cdot e^{-\frac1{12n(n+1)}} = \frac{(1 + \frac1n)^{n + \frac12}}{e \cdot e^{\frac1{12n(n + 1)}}} < 1 \Rightarrow b_n $ возрастает, $ b_n \le a $

$ a_n e^{-\frac1{12n}} < a < a_n  \quad \exists \theta_n \in (0; 1): a = a_n e ^ {- \frac{\theta_n}{12n}} $.

$ n! = a n ^ {n + \frac12} e^{-n} e^{\frac{\theta_n}{12n}} $. Если $ a = \sqrt{2 \pi} $, то получили формулу Стирлинга.

Воспользуемся формулой Валлиса:
$ \frac{\pi}2 = \lim\limits_{n \to \infty} { \left[ \frac{(2n)!!}{(2n - 1)!!} \right] }^2 \cdot \frac1{2n + 1} $

$ (2n - 1) !! = \frac{(2n)!}{(2n)!!} $

$ \frac{(2n)!!}{(2n - 1)!!} = \frac{((2n)!!)^2}{(2n)!} $

$ (2n)!! = 2^n n! $

$ \frac{(2n)!!}{(2n - 1)!!} = \frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n)!} $ = подставим найденное выражение 

$ = \frac{2^{2n} a^2 n^{2n + 1} e^{-2n} e^{\frac{\theta_n}{6n}}}{a {(2n)}^{2n + \frac12} e^{-2n} e^{\frac{\theta_{2n}}{24n}}} = a \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2}} e^{\frac{\theta_n}{6n} - \frac{\theta_{2n}}{24n}} $

$ { \left[ \frac{(2n)!!}{(2n - 1)!!} \right] }^2 \cdot \frac1{2n + 1} = a^2 \frac{n}2 \underbrace{e^{ \frac{\theta_n}{6n} - \frac{\theta_{2n}}{24n} }}_{\to e^0 = 1} \cdot \frac1{2n + 1} = a^2 \frac1{2(2 + \frac1n)} (1 + o(1)) \to \frac{a^2}4  $

$a^2 = 2 \pi \Rightarrow a = \sqrt{2 \pi} $
}}

=== sin(x) и cos(x) ===
Поступая аналогично, можно разложить тригонометрические функции sin и cos и обратить внимание на ограниченность $ \sin^{(n)} (x) \Rightarrow r_n(x) \to 0 \quad \forall x $. 

$\sin(x) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} {(-1)}^n \frac{x^{2n + 1}}{(2n + 1)!}$

$\cos(x) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} {(-1)}^n \frac{x^{2n}}{(2n)!}$

Окончательно установлена аналитическая природа тригонометрических функций.

Исходя из арифметических действий:

$ \sin^2(x) + \cos^2(x) = 1 $

$ \sin(x + y) = \sin(x) \cos(y) + \sin(y)  \cos(x) $

=== (1 + x)^a ===
Из Фихтенгольца:

Остаток по Коши формулы Тейлора(1 том, стр. 257):

$ r_n(x)  = \frac{f^{(n + 1)} (x_0 + \theta (x - x_0))}{n!} (1 - \theta)^n (x - x_0)^{n + 1} $, где $ 0 < \theta < 1 $

Биномиальное разложение:

$ (1 + x)^{a} = \sum\limits_{k = 1}^{\infty} \left[ \frac{a (a - 1) \dots (a - k + 1)}{k!} x^k \right] + 1, a \in \mathbb{R} $

С помощью признака Даламбера можно установить что при $ |x| < 1 $ биномиальный ряд абсолютно сходится, а при $ |x| > 1 $ - расходится. 

Исследование  $ r_n(x) $ будем проводить в форме Коши :

Так как $f^{(n + 1)}(x) = a (a - 1) \dots (a - n + 1) (a - n) (1 + x)^{a - n - 1} $, то получим:

$ r_n(x) = \frac{a (a - 1) \dots (a - n + 1) (a - n) (1 + \theta x)^{a - n - 1}}{n!} (1 - \theta)^n x^{n + 1} $

Перегруппируем множители, получим:

$ r_n(x) = \frac{(a - 1) \dots (a - 1 - n + 1)}{n!} x^n a x (1 + \theta x)^{a - 1} {\left( \frac{1 - \theta}{1 + \theta x} \right)}^n $

Первое из этих трех выражений представляет собой общий член биномиального ряда, но отвечающего показателю $ a - 1 $, так как при $ |x| < 1 $ биномиальный ряд сходится, каков бы не был показатель, это выражение при $ a \to \infty $ стремится к 0. Что же касается двух других выражений, то второе по абсолютной величине содержится между границами:

$ |ax| \cdot (1 - |x|)^{a - 1} $ и $|ax| \cdot (1 + |x|)^{a - 1} $, не зависящими от n, а третье меньше единицы. Таким образом, $ r_n(x) \to 0 $, то есть для $ |x| < 1 $ разложение имеет место быть.

</wikitex>

[[Степенные ряды|<<]] [[Математический_анализ_1_курс#.D0.93.D0.BB.D0.B0.D0.B2.D0.B0_VI_.D0.A4.D1.83.D0.BD.D0.BA.D1.86.D0.B8.D0.BE.D0.BD.D0.B0.D0.BB.D1.8C.D0.BD.D1.8B.D0.B5_.D1.80.D1.8F.D0.B4.D1.8B|>> на главную]]
[[Категория: Математический анализ 1 курс]]