Изменения

[[Степенные ряды|<<]] [[Математический_анализ_1_курс#.D0.93.D0.BB.D0.B0.D0.B2.D0.B0_VI_.D0.A4.D1.83.D0.BD.D0.BA.D1.86.D0.B8.D0.BE.D0.BD.D0.B0.D0.BB.D1.8C.D0.BD.D1.8B.D0.B5_.D1.80.D1.8F.D0.B4.D1.8B|>> на главную]]<wikitex>== Степенные ряды ==Пусть $ 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!}$:

Пусть в определенной точке $f^{(p)}(x_0 задана y ) = p! \cdot a_p \Rightarrow a_p = \frac{f^{(xp), в точке }(x_0 существуют производные любого порядка.)}{p!} $

\sum\limits_{n Пусть в $ x_0 $ задана $ y = 0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n - ряд Тейлора функции по степеням (x - $, в точке $ x_0)$ существуют производные любого порядка.

{{Определение|definition=$ \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}^{n} \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) $. Приведем пример неразложимой в ряд Тейлора функции:$ 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)^{\frac1x} = 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 <tex>n</tex> к бесконечности. Так как число слагаемых в сумме и множителей в каждом слагаемом конечно, сделаем в сумме предельный переход: $ e \ge \sum\limits_{k = 0}^N \frac1{k!} $. Итого: $ (1 + \frac1N)^N \le \sum\limits_{k = 0}^N \frac1{k!} \le e $ Теперь устремим <tex> N </tex> к бесконечности: 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 еев 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 x^n = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \int\limits_0^x (-1)^n x^n = \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|statement=$ 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)}} $ $ 1 < \frac1e (1 + \frac1n)^{n + \frac12} < 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 ===Из Фихтенгольца: Остаток по Коши формулы Тейлора(1 том, стр. 257): $ r_n(x) = \frac{f^{(n + 1)} (x_0 + \theta (x - x_0))}{n!} (1 - \theta)^n (x - x_0)^{n + 1} $, где $ 0 < \theta < 1 $ Биномиальное разложение: $ (1 + x)^{a} = \sum\limits_{k = 1}^{\infty} \left[ \frac{a (a - 1) \dots (a - k + 1)}{k!} x^k \right] + 1, a \in \mathbb{R} $ С помощью признака Даламбера можно установить что при $ |x| < 1 $ биномиальный ряд абсолютно сходится, а при $ |x| > 1 $ - расходится.  Исследование $ r_n(x) $ будем проводить в форме Коши : Так как $f^{(n + 1)}(x) = a (a - 1) \dots (a - n + 1) (a - n) (1 + x)^{a - n - 1} $, то получим: $ r_n(x) = \frac{a (a - 1) \dots (a - n + 1) (a - n) (1 + \theta x)^{a - n - 1}}{n!} (1 - \theta)^n x^{n + 1} $ Перегруппируем множители, получим: $ r_n(x) = \frac{(a - 1) \dots (a - 1 - n + 1)}{n!} x^n a x (1 + \theta x)^{a - 1} {\left( \frac{1 - \theta}{1 + \theta x} \right)}^n $ Первое из этих трех выражений представляет собой общий член биномиального ряда, но отвечающего показателю $ a - 1 $, так как при $ |x| < 1 $ биномиальный ряд сходится, каков бы не был показатель, это выражение при $ a \to \infty $ стремится к 0. Что же касается двух других выражений, то второе по абсолютной величине содержится между границами: $ |ax| \cdot (1 - |x|)^{a - 1} $ и $|ax| \cdot (1 + |x|)^{a - 1} $, не зависящими от n, а третье меньше единицы. Таким образом, $ r_n(x) \to 0 $, то есть для $ |x| < 1 $ разложение имеет место быть. </wikitex> [[Степенные ряды|<<]] [[Математический_анализ_1_курс#.D0.93.D0.BB.D0.B0.D0.B2.D0.B0_VI_.D0.A4.D1.83.D0.BD.D0.BA.D1.86.D0.B8.D0.BE.D0.BD.D0.B0.D0.BB.D1.8C.D0.BD.D1.8B.D0.B5_.D1.80.D1.8F.D0.B4.D1.8B|>> на главную]][[Категория: Математический анализ 1 курс]]