Изменения

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

<tex>$ f^{(p)}(x) = \sum\limits_{n = p}^{\infty} n (n - 1) \dots (n - p + 1) a_n (x - x_0)^{n - p} \forall x </tex>$ из промежутка сходимости.

Подставим <tex>$ x = x_0 f^{(p)}(x_0) = p! a_p \Rightarrow a_p = \frac{f^{(p)}(x_0)}{p!}</tex>$

$ \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}$, но не разлагаемая в ряд Тейлора.<tex>$ f(x) = \begin{cases}0, x = 0\\e^{-\frac 1{x^2}}, x \ne 0\end{cases}</tex>$

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}$.

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 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$.

$ e = \xrightarrow{def} lim_{n \to \infty} (1 + \frac1n)^n$

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

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\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} \dot cdot \sum\limits\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(1x) f(y) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac1{n!}. Но:(x + y)^n = f(x + y) $

<tex> $ f(1 + \frac1n)^n = \sum\limits_{k n = 0}^n \frac1{k!} \underbrace{(1 - \frac0n)infty}_{\ge 0} \underbracefrac1{(1 - \frac1n)}_{\ge 0} \dots \underbrace{(1 - \frac{k - 1}n)}_{\ge 0!} </tex>$. Но:

$ (1 + \frac1n)^n \le = \sum\limits_{k = 0}^n \frac1{k!}. С другой стороны, если часть слагаемых ?????, сумма уменьшится. \underbrace{(1 - \frac0n)}_{\ge 0} \underbrace{(1 - \frac1n)}_{\ge 0} \dots \underbrace{(1 - \frac{k - 1}n)}_{\ge 0} $

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

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

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

Рассмотрим f Полагаем $e^x = ln(1 + def) \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \frac{x) и разложим ее в степенной ряд другим приемом.^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$

$ \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)$

$ \ln 2 =(?) 1 - \frac12 + \frac13 - \dots $ , который сходится как ряд Лейбница.

$ \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)} $ //трееш

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_xrightarrow[n \to \infty] {} 0$

<tex> $ n! = \sqrt{2 \pi n} {\left ( \frac ne \right )}^n e^{\frac{\theta_n}{12n}} </tex>$

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$

$ ln(\frac{1 + x}{1 - x}) = 2x + \frac{2x^3}3 + \frac{2x^5}5 + \dots$

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

<tex> $ \frac{1 + \frac1{2n + 1}}{1 - \frac1{2n + 1}} = \frac{n + 1}n </tex>$

<tex> $ 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 ) </tex>$

$ ln (1 + \frac1n) \cdot (n + \frac12) > 1$

= 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)} </tex>$

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

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

Рассмотрим последовательность a_n $ \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)}}} < 1 \Rightarrow b_n $ возрастает, $ b_n \le a $

\frac{$ a_n}e^{a_-frac1{n + 112n}} = < a < a_n \frac{n! e^n (n + 1)^{n + exists \frac32}}{n^{n + theta_n \frac12} in (n + 0; 1)! : a = a_n e^{n + 1}} = - \frac{{(1 + \frac1n)^{n + \frac12theta_n}{12n}e > 1 \Rightarrow последовательность a_n убывает, значит, по теореме Вейерштрасса, \exists a = \lim_{n \to \infty} a_n, a \le a_n$.

b_n $ n! = a_n \cdot ea n ^{- \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 + 1frac12}} \cdot \frac{e^{-\frac1{12nn}}}{e^{-\frac1{12(n + 1)}}} = \frac{(1 + \frac1n)^theta_n}{n + \frac1212n}}{e $. Если $ a = \cdot e^sqrt{2 \frac1{12n(n + 1)pi}} < 1 \Rightarrow b_n возрастает$, b_n \le aто получили формулу Стирлинга.