Разложение функций в степенные ряды

Пусть $ f(x) = \sum\limits_^ 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^(x) = \sum\limits_^ n (n - 1) \dots (n - p + 1) a_n (x - x_0)^$ $ \forall x $ из промежутка сходимости.

Подставим $ x = x_0 $:

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

Пусть в $ x_0 $ задана $ y = f(x) $, в точке $ x_0 $ существуют производные любого порядка.

Определение: $ \sum\limits_^ \frac (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_^ \frac (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_^ \frac (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) = \begin0, x = 0\\e^, x \ne 0\end $

Можно убедиться, что все $ f^(x) = 0 \Rightarrow $ ряд Тейлора по $ x = 0 $, хотя функция таковой не является.

Причина объясняется в поле $ \mathbb $.

Примеры разложения функций [ править ]

Приведем классические разложения, некоторые обоснуем.

Рассмотрим $ y = e^x; \qquad (e^x)^ = e^x $

$ e^x = \sum\limits_^n \frac1 x^k + r_n(x); \qquad r_n(x) = \frac x^, \theta_n \in [0; 1] $

Покажем, что $ \forall x: r_n(x) \xrightarrow[] 0 $

Пусть $ x > 0 $ $ e^ \le e^x \Rightarrow |r_n(x)| \le e^x \frac \Rightarrow r_n(x) \to 0 $

Итого, $ e^x = \sum\limits_^ \frac $ с радиусом сходимости $ +\infty $.

В связи с этими разложением Эйлер совершил революцию в умах.

$ e \stackrel \lim\limits_ (1 + \frac1n)^n $

Внезапно, мы решили что $ \lim\limits_ (1 + x)^ = e $

Эйлер поступил по-другому:

Рассмотрим ряд $ \sum\limits_^ \frac1 x^n : \frac = 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_^n \frac \frac = \frac1 \sum\limits_^n C^k_n x^k y^ = \frac1 (x + y)^n $

$ f(x) f(y) = \sum\limits_^ \frac1 (x + y)^n = f(x + y) $

$ (1 + \frac1n)^n \le \sum\limits_^n \frac1 $. С другой стороны, если часть слагаемых опустить, сумма уменьшится.

$ (1 + \frac1n)^n \ge \sum\limits_^N \frac1 (1 - \frac0n) (1 - \frac1n) \dots (1 - \fracn) $. Устремим [math]n[/math] к бесконечности. Так как число слагаемых в сумме и множителей в каждом слагаемом конечно, сделаем в сумме предельный переход:

$ e \ge \sum\limits_^N \frac1 $.

Итого: $ (1 + \frac1N)^N \le \sum\limits_^N \frac1 \le e $

Теперь устремим [math] N [/math] к бесконечности:

Итак, $ e \le \sum\limits_^ \frac1 \le e \Rightarrow f(1) = e $

Рассмотрим $ f = ln(1 + x) $ и разложим ее в степенной ряд другим приемом.

$ (\ln(1 + x))' = \frac1 = \sum\limits_^ (-1)^n x^n, |x| < 1 $ Воспользуемся тем, что ряд можно почленно интегрировать

$ \int\limits_0^x \frac1 dt = \int\limits_0^x \sum\limits_^ (-1)^n x^n = \sum\limits_^ \int\limits_0^x (-1)^n x^n = \sum\limits_^ (-1)^n \frac = x - \frac2 + \frac3 \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_^n (-1)^ \frack + r_n(x) $, причем $ r_n(x) = \frac x^, \theta_n \in (0; 1) $

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:

|proof= Выше доказано, что $ \ln(1 + x) = x - \frac2 + \frac3 - \dots , \ln(1 - x) = -x - \frac2 - \frac3 - \dots $

Вычтем из первой формулы вторую: $ \ln(\frac) = 2x + \frac3 + \frac5 + \dots $

$ x = \frac1 $ - допустимо, $ |x| < 1 $

$ \ln \fracn = 2 \left ( \frac1 + \frac13 ^3 + \dots \right ) = \frac1 \left ( 1 + \frac13 ^2 + \dots \right ) $

Ясно, что скобка больше единицы $ ln (1 + \frac1n) \cdot (n + \frac12) > 1 $

С другой стороны,

$ 1 + \frac13 ^2 + \frac15 ^4 + \dots < 1 + \frac13 ^2 + \frac13 ^4 + \dots = \\ = 1 + \frac13 q_n^2 + \frac13 q_n^4 + \dots = 1 + \frac13 \left (\frac \right) = \\ = 1 + \frac13 \frac = 1 + \frac13 \frac1 = 1 + \frac1 $

$ 1 < (n + \frac12) ln (1 + \frac1n) < 1 + \frac1 $ потенциируем,

Рассмотрим последовательность $ a_n = \frac \cdot e^n $:

$ \frac = \frac = \frac > 1 \Rightarrow $ последовательность $ a_n $ убывает, значит, по теореме Вейерштрасса, $ \exists a = \lim\limits_ a_n $, $ a \le a_n $

$ b_n = a_n \cdot e^, e^ \to 1 $ $ a_n \to a \Rightarrow b_n \to a $

$ n! = a n ^ e^ e^ $. Если $ a = \sqrt $, то получили формулу Стирлинга.

Воспользуемся формулой Валлиса: $ \frac2 = \lim\limits_ < \left[ \frac \right] >^2 \cdot \frac1 $

$ \frac = \frac $ = подставим найденное выражение

$a^2 = 2 \pi \Rightarrow a = \sqrt $ >>

Поступая аналогично, можно разложить тригонометрические функции sin и cos и обратить внимание на ограниченность $ \sin^ (x) \Rightarrow r_n(x) \to 0 \quad \forall x $.

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) $

Остаток по Коши формулы Тейлора(1 том, стр. 257):

$ r_n(x) = \frac (1 - \theta)^n (x - x_0)^ $, где $ 0 < \theta < 1 $

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^(x) = a (a - 1) \dots (a - n + 1) (a - n) (1 + x)^ $, то получим:

$ |ax| \cdot (1 - |x|)^ $ и $|ax| \cdot (1 + |x|)^ $, не зависящими от n, а третье меньше единицы. Таким образом, $ r_n(x) \to 0 $, то есть для $ |x| < 1 $ разложение имеет место быть.