Разложение функций в степенные ряды

f(x) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} a_n (x - x_0)^n, R > 0 (x_0 - R; x_0 + R).

В силу сказанного ранее, f - бесконечно дифференцируема, все произведения 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! a_p \Rightarrow a_p = \frac{f^{(p)}(x_0)}{p!}

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

\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 \forall n. f(x) = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + r_n(x) \Rightarrow ряд получается из формулы при n = \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).

Рассуждение Коши, показывающее, что \exists f \in C^{\infty}, но не разлагаемая в ряд Тейлора. [math]f(x) = \begin{cases}0, x = 0\\e^{-\frac 1{x^2}}, x \ne 0\end{cases}[/math]

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}.

Приведем классические разложения, некоторые обоснуем. Рассмотрим y = e^x; (e^x)^{(p)} = e^x

e^x = \sum\limits_{k = 0}^n \frac1{k!} x^k + r_n(x); 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 \Rigtharrow |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 = xrightarrow{def} lim_{n \to \infty} (1 + \frac1n)^n

Внезапно, мы решили что lim_{x \to 0} (1 + x)^{frac1n} = e

Эйлер поступил по другом:

Рассмотрим \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!} \dot \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:

[math] (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} [/math]

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

(1 + \frac1n)^n \ge \sum\limits_{k = 0}^N (1 - \frac0n) (1 - \frac1n) \dots (1 - \frac{k - 1}n). Устремим n к \infty: сумма конечна \Rightarrow можно переходить к пределу e \ge \sum\limits_{k = 0}^N \frac1{k!}. Итого: (1 + \frac1n)^n \le \sum\limits_{k = 0}^n \frac1{k!} \le e

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

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

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 ??? интегрировать

\int_0^x \frac1{1 + t}dt = \int_0^x \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 =(?) 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) = ????? \Rightarrow ln^{(n + 1)}(1 + x) = (-1)^n n! (1 + x)^{(-1 - n)} //трееш 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. ?????

Установим классическую асимптотическую формулу Стирлинга для факториала. Утверждение(формула Стирлинга) [math] n! = \sqrt{2 \pi n} {\left ( \frac ne \right )}^n e^{\frac{\theta_n}{12n}} [/math] Доказательство:

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.

[math] \frac{1 + \frac1{2n + 1}}{1 - \frac1{2n + 1}} = \frac{n + 1}n [/math]

[math] 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 ) [/math]

Ясно, что скобка больше единицы(??? какая скобка) 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