Разложение функций в степенные ряды

<wikitex>

Степенные ряды

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

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 $x = x_0$:

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

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 для любого $n$.

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

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 $\mathbb{C}$.

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 $\lim\limits_{x \to 0} (1 + x)^{\frac1n} = e$

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

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

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

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:

$ 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,

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

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

Первым примером разложения в ряд был бином Ньютона с дробным показателем. Формула Тейлора, $r_n \to 0$ когда $|x| < 1$.

Остаток записывают в форме Коши:

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