Разложение функций в степенные ряды

<wikitex>

$ 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. $ 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} $.

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 \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 = \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!} \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 ?????, сумма уменьшится.

$ (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 \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) = { \left( frac1x) \right)}^{(n)} \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) $ n! = \sqrt{2 \pi n} {\left ( \frac ne \right )}^n e^{\frac{\theta_n}{12n}} $ 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 $

$ \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(??? 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 \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)}} $

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 $

$ \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 $

$ a_n e^{-frac1{12n}} < a < a_n \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.

</wikitex>