1679
правок
Изменения
м
Внезапно, мы решили что $ \lim_{x \to 0} (1 + x)^{\frac1n} = e $Эйлер поступил по-другому:
Эйлер поступил по другомРассмотрим 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) $.
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.:
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) $
Утверждение(формула Стирлинга)
$ { \left[ \frac{(2n)!!}{(2n - 1)!!} \right] }^2 \cdot \frac1{2n + 1} = a^2 \frac{n}2 \underbrace{{\left( \frac{\theta_n}{6n} - \frac{\theta_{2n}}{24n} \right) }}_{\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 $; $ a = \sqrt{2 \pi} $
запилил совсем
<wikitex>
$ f(x) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} a_n (x - x_0)^n, \qquad R > 0 \qquad (x_0 - R; x_0 + R) $.
В силу сказанного ранее, f - бесконечно дифференцируема, все произведения производные записываются степенными рядами с тем же радиусом сходимости.:$ 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!} $ :
$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 = \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. Из учается 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} $
Приведем классические разложения, некоторые обоснуем.
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 $
В связи с этими разложением Эйлер совершил революцию в умах.
$ e = \stackrel{def}{=} \lim_lim\limits_{n \to \infty} (1 + \frac1n)^n $ Внезапно, мы решили что $ \lim\limits_{x \to 0} (1 + x)^{\frac1n} = e $
$ \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(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 $
$ (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_0int\limits_0^x \frac1{1 + t}dt = \int_0int\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)} $ //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.
$ n! = \sqrt{2 \pi n} {\left ( \frac ne \right )}^n e^{\frac{\theta_n}{12n}} $
Доказательство:
$ 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 $
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_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_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} $ 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 $.
$\sin(x) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} {(-1)}^n \frac{x^{2n + 1}}{(2n + 1)!}$
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>
[[Категория: Математический анализ 1 курс]]
