previous contents next
7.5.4 Разложение функций в степенные ряды. Ряд Тэйлора.
Определение 7.5.11: Пусть функция $f(x):E\to\mathbb{R}$ и точка $x_0\in{E}\cap\mathring{E}$ такие, что для любого
$n\in\mathbb{N}$ существует производная $f^{(n)}(x_0)$, тогда ряд $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\right)$
называется рядом Тэйлора функции $f(x)$ с центром в точке $x_0$.
Ряд Тэйлора - важный частный случай степенного ряда, поэтому все результаты полученные выше для степенных рядов могут быть применимы к ряду Тэйлора.
Вопрос исследования сходимости ряда Тэйлора распадается на несколько подвопросов:
- Каково множество сходимости ряда?
- При каких значениях $x$ сумма ряда будет равна $f(x)$?
Пример 7.5.5: Рассмотрим функцию
$\displaystyle{f}(x)=\begin{cases}e^{-\frac1{x^2}}, & x\neq0\\0, & x=0\end{cases}:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$.
$$\left(e^{-\frac1{x^2}}\in{C}(\mathbb{R}\backslash\{0\})\wedge\lim_{x\to0}f(x)=0\right)\Rightarrow
{f}(x)\in{C}(\mathbb{R}),f^{(n)}(x)=P_s\left(\frac1{x}\right)e^{-\frac1{x^2}}$$
где $P_s$ - многочлен степени $s=s(n)$.
По следствию 6.4.6 из теоремы Лагранжа из существование предела производной
$K:=\displaystyle\lim_{x\to{x}_0}f'(x)$ следует существование производной в точке $x_0$ $f'(x_0)=K$. Тогда при $x_0=0$
$$\forall{s}\in\mathbb{N}\left(\lim_{x\to0}\left(P_s\left(\frac1{x}\right)e^{-\frac1{x^2}}\right)=0\right)\Rightarrow
\forall{n}\in\mathbb{N}(\lim_{x\to0}f^{(n)}(x)=0)\Rightarrow\forall{n}\in\mathbb{N}(\exists{f}^{(n)}(0)=0)$$
Тогда ряд Тэйлора для функции $f(x)$ с центром в точке 0 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}x^n\right)$ будет сходится к нулю
при любом значении $x$. Таким образом получен пример функции, ряд Тэйлора которой сходится на всей вещественной прямой, но к значению функции только
в точке 0.
Теорема 7.5.5: Достаточные условия сходимости ряда Тэйлора.
Пусть функция $f(x):E\to\mathbb{R}$ и точка $x_0\in{E}$ такие, что
$$\exists{h}>0:\left(U^h(x_0):=(x_0-h,x_0+h)\subset{E}\wedge\forall{x}\in{U}^h(x_0),\forall{n}\in\mathbb{N}\:\exists{f}^{(n)}(x)\right)$$
тогда
-
$$\forall{x}\in{U}^h(x_0)\forall{n}\in\mathbb{N}(f(x)=T_n(x_0,x)+r_n(x_0,x)),$$
где
$$T_n(x_0,x)=\sum_{k=0}^n\left(\frac{f^{(k)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^k\right),$$
а $r_n(x_0,x)$ представимо в видах
$$r_n(x_0,x)=\frac1{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi)(x-x_0)^{n+1},$$
$$r_n(x_0,x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!}(x-\xi)^n(x-x_0),$$
где $\xi$ лежит между $x$ и $x_0$ и в виде
$$r_n(x_0,x)=\frac{f^{(n+1)}(x_0+\theta(x-x_0))}{n!}(1-\theta)^n(x-x_0),$$
где $\theta\in(0,1)$,
-
$$f(x)=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\right)\Leftrightarrow\lim_{n\to\infty}r_n(x_0,x)=0,$$
-
$$\exists{M}>0:\forall{x}\in{U}^h(x_0),\forall{n}\in\mathbb{N}(|f^{(n)}(x)|\leq{M})\Rightarrow
\forall{x}\in{U}^h(x_0)\left(f(x)=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\right)\right).$$
Доказательство:
-
При сделанных предпосылках для функции $f(x)$ и любого натурального $n$ будет верна формула Тэйлора
степени $n$ с центром в точке $x_0$ и остаточным членом в формах Шлемельха-Роша, Коши, Лагранжа.
-
Из пункта (1) следует, что существует $h>0$ такое, что для любого $x\in{U}^h(x_0)$ и для любого $n\in\mathbb{N}_0$
$\displaystyle{f}(x)=\sum_{k=0}^n\left(\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\right)+r_n(x-x_0)$. Фиксируем $x\in{U}^h(x_0)$
$$f(x)=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\right)\Leftrightarrow
\exists\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^n\left(\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\right)=f(x)\Leftrightarrow
\exists\lim\left(f(x)-\sum_{k=0}^n\left(\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\right)\right)=0\Leftrightarrow\exists\lim_{n\to\infty}r_n(x_0,x)=0$$
-
$$\exists{M}>0:\forall{n}\in\mathbb{N}(\forall{x}\in{U}^h(x_0)(|f^{(n)}(x)|\leq{M}))\Rightarrow
\forall{x}\in{U}^h(x_0)\left(\forall\xi\in(x,x_0)\left(|r_n(x,x_0)|=\left|\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(x+1)!}(x-x_0)^{n+1}\right|\leq
\left|\frac{M(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}\right|\right)\right)\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\forall{x}\in{U}^h(x_0)\left(-\frac{M(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}\leq{r}_n(x,x_0)\leq\frac{M(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}\right)$$
Ранее было показано, что для любого $a\in\mathbb{R}$ существует предел
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a^n}{n!}=0$, следовательно, по теореме о двух милиционерах
$$\lim_{n\to\infty}\frac{M(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}=\lim_{n\to\infty}-\frac{M(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}=0\Rightarrow\lim_{n\to\infty}r_n(x_0,x)=0$$
Получим разложения некоторых элементарных функций в ряд Тэйлора. Везде далее в рамках этого пункта $x_0:=0$, $h>0$, $U^h(x_0)=(-h,h)$.
- $f(x)=e^x$.
Положим $M:=e^h$, тогда
$$\forall{n}\in\mathbb{N}_0(\forall{x}\in\mathbb{R}(\exists{f}^{(n)}(x)=e^x))\Rightarrow
\forall{n}\in\mathbb{N}_0(\exists{f}^{(n)}(0)=e^0=1\wedge\forall{x}\in{U}(0)(|f^{(n)}(x)|\leq{M}))$$
Следовательно, по пункту 3 теоремы 7.5.5 для любого $x\in{U}(0)$ ряд $\sum_{n=0}^\infty\left(\frac1{n!}x^n\right)$
сходится к значению функции $e^x$. Так как это верно для любого $h>0$, то
$$\forall{x}\in\mathbb{R}\left(e^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}\right).$$
Откуда в частности следует, что для любого $x\in\mathbb{R}$ $a^x=e^{x\ln{a}}=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(\ln{a})^n}{n!}x^n\right)$
Определение 7.5.12: Так как для любого $z\in\mathbb{C}$ ряд $\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}$ сходится абсолютно
по признаку Даламбера, то можно определить функцию $e^z$ над $\mathbb{C}$ как
$$\forall{z}\in\mathbb{C}\left(e^z:=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}\right)$$
- $f(x)=\sin{x}$.
Положим $M:=1$, тогда
$$\forall{n}\in\mathbb{N}_0\left(\forall{x}\in\mathbb{R}\left(\exists{f}^{(n)}(x)=\sin\left(x+\frac{\pi{n}}{2}\right)\right)\right)\Rightarrow
\forall{n}\in\mathbb{N}_0\left(\exists{f}^{(n)}(0)=\sin\frac{\pi{n}}{2}=\begin{cases}0, & n=2k\\(-1)^k, & n=2k+1\end{cases}\right)\wedge
\forall{x}\in\mathbb{R}\left(|f^{(n)}(x)|=\left|\sin\left(x+\frac{\pi{n}}{2}\right)\right|\leq{M}\right)$$
Следовательно по пункту 3 теоремы 7.5.5 для любого $x\in{U}(0)$ ряд
$\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\right)$ сходится к значению функции $\sin{x}$. Так как это верно для любого $h>0$, то
$$\forall{x}\in\mathbb{R}\left(\sin{x}=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\right)\right).$$
$f(x)=\cos{x}$.
Аналогично
$$\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\forall{x}\in\mathbb{R}\left(\exists{f}^{(n)}(x)=\sin^{(n+1)}(x)=\sin\left(x+\frac{\pi(n+1)}{2}\right)\right)\right)
\Rightarrow\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\exists{f}^{(n)}(0)=\sin\frac{\pi(n+1)}{2}=\begin{cases}0, & n=2k+1\\(-1)^k, & n=2k\end{cases}\right)$$
Следовательно
$$\forall{x}\in\mathbb{R}\left(\cos{x}=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}\right)\right)$$
Определение 7.5.13: Так как для любого $z\in\mathbb{C}$ ряды $\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1}\right)$,
$\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{(2n)!}z^{2n}\right)$ сходятся абсолютно по признаку Даламбера,
то можно определить функции $\sin{z}$, $\cos{z}$ над $\mathbb{C}$
$$\forall{z}\in\mathbb{C}\left(\sin{z}=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1}\right)\wedge
\cos{z}=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{(2n)!}z^{(2n)}\right)\right)$$
В частности эти определения можно считать определениями тригонометрических функций в $\mathbb{R}$. Для этого надо доказать сходимость рядов
$\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\right)$, $\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}x^{2n}\right)$ независимо от
теоремы 7.5.5. Это можно сделать воспользовавшись признаком Лейбница.
$\newcommand{\ch}{\operatorname{ch}}$
$\newcommand{\sh}{\operatorname{sh}}$
- $f(x)=\ch(x)$ - гиперкосинус, $f(x)=\sh(x)$ - гиперсинус.
$$\forall{x}\in\mathbb{R}\left(\ch(x):=\frac{e^x+e^{-x}}{2}=
\frac1{2}\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}+\sum_{n=0}^\infty\frac{(-x)^n}{n!}\right)\right)=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1+(-1)^n}{2n!}x^n\right)=
\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{(2n)!}$$
Аналогично
$$\forall{x}\in\mathbb{R}\left(\sh(x):=\frac{e^x-e^{-x}}{2}=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\right)$$
Определение 7.5.14: Так как для любого $z\in\mathbb{C}$ ряды $\sum_{n=0}^\infty\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}$,
$\sum_{n=0}^\infty\frac{z^{2n}}{(2n)!}$ сходятся абсолютно по признаку Даламбера,
то можно определить функции $\sh{z}$, $\ch{z}$ над $\mathbb{C}$
$$\forall{z}\in\mathbb{C}\left(\sh{z}=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!},\ch=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^{2n}}{(2n)!}\right)$$
- $f(x)=\ln(1+x)$.
$$\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\forall{x}\in\mathbb{R}\left(\exists{f}^{(n)}(x)=\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(1+x)^n}\right)\right)\Rightarrow
\forall{n}\in\mathbb{N}(\exists{f}^{(n)}(0)=(-1)^n(n-1)!)$$
В данном случае не получится подобрать $M>0$ удовлетворяющее условиям пункта 3 теоремы 7.5.5, тогда применим пункт 2.
Так как $f(0)=0$, по подставляя полученное выше выражение для производной в определение ряда Тэйлора с центром в
точке 0 получим
$$\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n\right)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\right)$$
Найдем радиус $R$ сходимости ряда $\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{(-1)^{n-1}}{n}z^n\right)$ над $\mathbb{C}$. По
следствию 7.5.3 $\displaystyle{R}=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=
\lim_{n\to\infty}\left|-\frac{n+1}{n}\right|=1$. Таким образом ряд $\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{(-1)^{n-1}}{n}z^n\right)$ сходится абсолютно при
$|z|<1$ и расходится при $|z|>1$, следовательно, ряд $\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\right)$ сходится абсолютно при $|x|<1$ и
расходится при $|x|>1$. При $x=-1$ $a_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n=\frac{(-1)^{n-1}}{n}(-1)^n=\frac{(-1)^{2n-1}}{n}=-\frac1{n}$, при $x=1$
$a_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n}$. Значит при $x=-1$ ряд расходится как гармонический, а при $x=1$ сходится
не абсолютно. То есть множество сходимости ряда полуинтервал $(-1, 1]$. Как было показано в примере 6.5.4
$$|x|<1\Rightarrow|r_n(0,x)|=\left|\frac1{n!}\frac{(-1)^nn!}{(1+\xi)^{n+1}}(x-\xi)^nx\right|\leq\frac{|x|^{n+1}}{1-|x|}=o(1),n\to\infty$$
Следовательно,
$$\forall{x}\in(-1,1]\left(\ln(1+x)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\right)\right)$$
- $f(x)=(1+x)^\alpha$, $\alpha\in\mathbb{R}$.
$$\forall{n}\in\mathbb{N}(\forall{x}\in\mathbb{R}(\exists{f}^{(n)}(x)=\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)(1+x)^{\alpha-n}))\Rightarrow
\forall{n}\in\mathbb{N}(\exists{f}^{(n)}(0)=\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1))$$
В данном случае не получится подобрать $M>0$ удовлетворяющее условиям пункта 3 теоремы 7.5.5, применим пункт 2.
$$f(0)=1\Rightarrow\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n\right)=1+\sum_{n=1}^\infty\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)}{n!}x^n$$
Таким образом при $x=0$ равенство $f(x)=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n\right)$ верно, везде далее считаем, что $x\neq0$.
Если $\alpha\in\mathbb{N}_0$ то последняя сумма имеет конечное число ненулевых слагаемых и по биному Ньютона ряд Тэйлора сходится к значению функции
$$\forall{x}\in\mathbb{R}\backslash\{0\}(f(x)=(1+x)^\alpha=\sum_{n=0}^\alpha(C^n_{\alpha}x^n)=
1+\sum_{n=1}^\infty\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)}{n!}x^n$$
Если $\alpha\notin\mathbb{N}_0$, то сумма не будет содержать нулевых слагаемых, значит для вычисления радиуса сходимости $R$ можем воспользоваться
формулой $\displaystyle{R}=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|$, тогда
$$R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=
\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)(n+1)!}{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n)n!}\right|=
\lim_{n\to\infty}\left|\frac{n+1}{\alpha-n}\right|=1$$
Таким образом ряд $\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n\right)$ сходится абсолютно при $|x|<1$.
Исследуем сходимость ряда на границах интервала сходимости.
При $x=1$ $a_n=\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)}{n!}$ и $\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\left|\frac{\alpha-n}{n+1}\right|$.
-
Если $\alpha\leq-1$, то $\left|\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}\right|\geq1$, то есть общий член ряда не убывает по модулю и,
следовательно, не может стремится к нулю, поэтому ряд расходится.
-
Если $\alpha>-1$, то $|a_{n+1}|=|a_n|\frac{|\alpha-n|}{n+1}$ и для любого $n>\frac{\alpha-1}{2}$ $|a_{n+1}|>|a_n|$. То есть начиная с некоторого
$n_0$ последовательность $\{|a_n|\}$ будет убывать, тогда
$$\forall{n}>n_0\left(|a_n|<|a_{n_0}|\frac{n_0!(n-n_0)!}{n!}<|a_{n_0}|n_0!\frac1{n}\right)\Rightarrow\lim_{n\to\infty}|a_n|=0$$
Следовательно, знакопеременный ряд $\sum_{n=0}^\infty{a}_n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)}{n!}$ сходится не абсолютно по
признаку Лейбница.
-
Разложив функцию $\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{\alpha-n}{n+1}$ по степеням $\frac1{n}$ получим
$\frac{a_n}{a_{n+1}}=1+\frac{1+\alpha}{n}+O\left(\frac1{n^2}\right)$, тогда по признаку Гаусса
ряд сходится абсолютно при $\alpha>0$.
При $\alpha=0$ ряд так же сходится абсолютно так как $a_n\equiv0$.
При $x=-1$ общий член ряда $a_n=\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)}{n!}(-1)^n$ и $\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\left|\frac{\alpha-n}{n+1}\right|$,
и по признаку Гаусса ряд сходится абсолютно при $\alpha>0$. Признак Лейбница (как и другие признаки неабсолютной сходимости) тут применять нельзя
так как ряд будет знакопеременным только конечное число первых членов, а потом начиная с некоторого $n_0$ в зависимости от четности $[\alpha]$
везде далее будет либо положительным, либо отрицательным.
Покажем, что при любых $\alpha\in\mathbb{R}$ и $x\in(-1,1)$ ряд $1+\sum_{n=1}^\infty\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)}{n!}x^n$ сходится не просто
куда-нибудь, а к значению функции $f(x)=(1+x)^\alpha$. Докажем, что значение остаточного члена $r_n(0,x)$ в
форме Коши стремится к нулю при $n\to\infty$.
$$|r_n(0,x)|=\left|\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!}(x-\xi)^nx\right|=\left|\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n)(x-\xi)^{\alpha-n-1}}{n!}x\right|\leq
\left|\alpha\left(1-\frac{\alpha}{1}\right)\left(1-\frac{\alpha}{2}\right)\dots\left(1-\frac{\alpha}{n}\right)\right||1+\xi|^{\alpha-1}|x|^{n+1}$$
где $\xi=\xi(n)$ такое, что $|\xi|\leq|x|$.
$$K:=\max_{|x|<1}\{(1-|x|)^{\alpha-1},(1+|x|)^{\alpha-1}\}\Rightarrow\forall{n}\in\mathbb{N}(|1+\xi(n)|^{\alpha-1}\leq{K})\Rightarrow
|r_n(0,x)|<\left|\alpha\left(1-\frac{\alpha}{1}\right)\left(1-\frac{\alpha}{2}\right)\dots\left(1-\frac{\alpha}{n}\right)\right|K|x|^{n+1}$$
Фиксируем $x\in(-1,1)$. Рассмотрим ряд
$$\sum_{n=0}^\infty{a}_n=
\sum_{n=0}^\infty\left(\left|\alpha\left(1-\frac{\alpha}{1}\right)\left(1-\frac{\alpha}{2}\right)\dots\left(1-\frac{\alpha}{n}\right)
\right||x|^{n+1}\right)\Rightarrow\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=x\lim_{n\to\infty}\left|\frac{n-\alpha}{n}\right|=x<1$$
Следовательно, по признаку Даламбера ряд $\sum_{n=0}^\infty{a}_n$ сходится,
следовательно, существует предел
$$\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\left(\left|\alpha\left(1-\frac{\alpha}{1}\right)\left(1-\frac{\alpha}{2}\right)\dots
\left(1-\frac{\alpha}{n}\right)\right||x|^{n+1}\right)=0$$
Так что существует и предел $\displaystyle\lim_{n\to\infty}|r_n(0,x)|=0$.
Установим взаимосвязь функций $e^z$, $\sh{z}$, $\ch{z}$, $\sin{z}$, $\cos{z}$ над полем комплексных чисел $\mathbb{C}$.
Так как
$$\forall{n}\in\mathbb{N}_0\left(i^n=
\begin{cases}
1, & n=4k\\
i, & n=4k+1\\
-1, & n=4k+2\\
-i, & n=4k+3
\end{cases}
\right)\Rightarrow(i^{2n}=(-1)^n\wedge{i}^{2n+1}=(-1)^ni),$$
то
$$\forall{z}\in\mathbb{C}\left(\ch(iz)=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(iz)^{2n}}{(2n)!}=
\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{(2n)!}z^{2n}\right)=\cos{z}\right)$$
$$\forall{z}\in\mathbb{C}\left(\frac1{i}\sh(iz)=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=\frac1{i}\sum_{n=0}^\infty\frac{(iz)^{2n+1}}{(2n+1)!}=
\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1}\right)=\sin{z}\right)$$
Таким образом
$$\forall{z}\in\mathbb{C}\left(\cos{z}+i\sin{z}=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}+\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2}=e^{iz}\right)$$
В частности при $z=\pi$ $\cos\pi+i\sin\pi=-1=e^{i\pi}$.
Формулы $\ch(iz)=\cos{z}$, $\sh(iz)=i\sin{z}$, $\cos{z}+i\sin{z}=e^{iz}$ принято называть формулами Эйлера.
Так как любое комплексное число представимо в виде $z=|z|(\cos\varphi+i\sin\varphi)$, то любое комплексное число представимо в виде $z=|z|e^{i\varphi}$.
Такую форму записи принято называть показательной формой записи. Показательную форму записи удобно использовать при умножении комплексных чисел
$$z_1z_2=|z_1|e^{i\varphi_1}|z_2|e^{i\varphi_2}=|z_1||z_2|e^{i(\varphi_1+\varphi_2)}$$
$$z^n=(|z|e^{i\varphi})^n=|z|^ne^{i\varphi{n}}=|z|^n(\cos(n\varphi)+i\sin(n\varphi))$$
В качестве примера применения полученных выше разложений элементарных функций в ряд Тэйлора рассмотрим доказательство формулы Стирлинга.
Теорема 7.5.6: Формула Стирлинга.
$$\lim_{n\to\infty}\frac{n!e^n}{n^n\sqrt{2\pi{n}}}=1$$
(или на языке O-символики $\displaystyle{n}!\sim\frac{n^n\sqrt{2\pi{n}}}{e^n},n\to\infty$.)
Доказательство: Докажем для любого $n\in\mathbb{N}$ вспомогательное неравенство: $\displaystyle\left(1+\frac1{n}\right)^{n+\frac1{2}}>e$.
Воспользуемся теоремой об арифметических опреациях над сходящимися рядами.
$$\forall{x}\in(-1,1)\left(\ln\frac{1+x}{1-x}=\ln(1+x)-\ln(1-x)=
\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}(-x)^n}{n}=
\sum_{n=0}^\infty\left(((-1)^{n-1}+(-1)^{2n})\frac{x^n}{n}\right)=\sum_{n=0}^\infty\left([(-1)^{n-1}+1]\frac{x^n}{n}\right)\right)$$
При четном $n$ значение в квадратной скобке равно 0, а при нечетном 2, следовательно
$$\forall{x}\in(-1,1)\left(\sum_{n=0}^\infty\left([(-1)^{n-1}+1]\frac{x^n}{n}\right)=\sum_{n=0}^\infty\left(2\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\right)=
2x\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{2n+1}\right)$$
В последнем выражении в сумме первое слагаемое равно 1, и все остальные положительные, то есть значение выражения больше $2x$.
Таким образом
$$\forall{x}\in(0,1)\left(\ln\frac{1+x}{1-x}>2x\right)\Rightarrow
\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\ln\frac{1+\frac1{2n+1}}{1-\frac1{2n+1}}=\ln\frac{2n+2}{2n}=\ln\left(1+\frac1{n}\right)>
2\frac1{2n+1}=\frac1{n+\frac1{2}}\right)\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\left(n+\frac1{2}\right)\ln\left(1+\frac1{n}\right)>1\right)\Rightarrow
\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\left(1+\frac1{n}\right)^{n+\frac1{2}}>e\right)$$
$$\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\frac1{e}\left(1+\frac1{n}\right)^{n+\frac1{2}}>1\right)\quad(3)$$
Рассмотрим последовательность $\displaystyle{x}_n:=\frac{n!e^n}{n^{n+\frac1{2}}}$. Для любого $n\in\mathbb{N}$ $x_n>0$, значит последовательность $\{x_n\}$
ограничена снизу. Докажем, что она убывающая, действительно
$$\frac{x_n}{x_{n+1}}=\frac{n!e^n(n+1)^{n+1+\frac1{2}}}{n^{n+\frac1{2}}(n+1)!e^{n+1}}=\frac{(n+1)!e^n(n+1)^{n+\frac1{2}}}{(n+1)!e^{n+1}n^{n+\frac1{2}}}=
\frac1{e}\left(1+\frac1{n}\right)^{n+\frac1{2}}>1.$$
где последнее неравенство - это доказанное выше неравенство (3). Следовательно, последовательность $\{x_n\}$ ограничена снизу и убывающая, значит по
теореме Вейерштрасса существует предел $\displaystyle{a}:=\lim_{n\to\infty}x_n\in\mathbb{R}$.
Значит существует последовательность $\{\varepsilon_n\}$ такая, что
$$\forall{n}\in\mathbb{N}(x_n=a(1+\varepsilon_n))\wedge\varepsilon_n=o(1),n\to\infty$$
$$x_n=\frac{n!e^n}{n^{n+\frac1{2}}}=a(1+\varepsilon_n)\Rightarrow{n}!=\frac{a(1+\varepsilon_n)n^{n+\frac1{2}}}{e^n}\wedge
\varepsilon_n=o(1),n\to\infty\Rightarrow{n}!\sim\frac{an^{n+\frac1{2}}}{e^n},n\to\infty$$
Для определения значения константы $a$ воспользуемся формулой Валлиса, которая будет доказана
после изучения интегрального исчисления.
$$\frac{\pi}{2}=\lim_{n\to\infty}\left[\frac1{2n+1}\left(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right)^2\right]$$
Здесь $(2n)!!=2\cdot4\cdot6\dots(2n-2)\cdot2n$ - произведение всех четных чисел меньших либо равных $2n$, а
$(2n-1)!!=3\cdot5\cdot7\dots(2n-3)\cdot(2n-1)$ - произведение всех нечетных чисел меньших чем $2n$.
Подставим полученную оценку для $n!$ в формулу Валлиса
$$\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}=\frac{(2n)!!(2n)!!}{(2n-1)!!(2n)!!}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!}=
\frac{2^{2n}a^2(1+\varepsilon_n)^2n^{2n+1}e^{2n}}{e^{2n}a(1+\varepsilon_{2n})(2n)^{2n+\frac1{2}}}=
\frac{a(1+\varepsilon_n)^2\sqrt{n}}{(1+\varepsilon_{2n})\sqrt{2}}\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\frac{\pi}{2}=\lim_{n\to\infty}\left[\frac1{2n+1}\left(\frac{a(1+\varepsilon_n)^2\sqrt{n}}{(1+\varepsilon_{2n})\sqrt{2}}\right)^2\right]=
\lim_{n\to\infty}\left(\frac1{2n+1}\frac{a^2(1+\varepsilon_n)^4n}{(1+\varepsilon_{2n})^22}\right)=
a^2\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{4n+2}\frac{(1+\varepsilon_n)^4}{(1+\varepsilon_{2n})^2}\right)=\frac{a^2}{4}\Rightarrow
a=\sqrt{2\pi}\Rightarrow{n}!\sim\frac{n^n\sqrt{2\pi{n}}}{e^n},n\to\infty.$$
Задача 7.5.2: Доказать сходимость и найти сумму ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(n\ln\frac{2n+1}{2n-1}-1\right)$.
Решение:
$$\sum_{k=1}^n\left(k\ln\frac{2k+1}{2k-1}-1\right)=\sum_{k=1}^n(k(\ln(2k+1)-\ln(2k-1))-1)=
\sum_{k=1}^n(k\ln(2n+1))-\sum_{k=0}^{n-1}((k+1)\ln(2k+1))-n=$$ $$=\sum_{k=1}^n(k\ln(2k+1))-\sum_{k=0}^{n-1}(k(2k+1))+\sum_{k=0}^{n-1}\ln(2k+1)-n=
n\ln(2n+1)-\sum_{k=0}^{n-1}\ln(2k+1)-n=n\ln(2n+1)-\ln\prod_{k=0}^{n-1}(2k+1)-n=$$ $$=n\ln(2n+1)-\ln\frac{(2n)!}{2^nn!}-n\sim
n\ln(2n+1)-\ln\frac{\sqrt{2\pi}(2n)^{2n+\frac1{2}}e^n}{e^{2n}\sqrt{2\pi}n^{n+\frac1{2}}2^n}-n=
n\ln(2n+1)-\ln\frac{2^{2n+\frac1{2}}n^{2n+\frac1{2}}}{e^nn^{n+\frac1{2}}2^n}-n=n\ln(2n+1)-\ln\frac{\sqrt{2}(2n)^n}{e^n}-n=$$
$$=n\ln(2n+1)-n\ln(2n)-\frac1{2}\ln{2}+n-n=\ln\left(\frac{2n+1}{2n}\right)^n-\frac1{2}\ln2,n\to\infty\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\left(k\ln\frac{2k+1}{2k-1}-1\right)=\lim_{n\to\infty}\ln\left(1+\frac{1/2}{n}\right)^n-\frac1{2}\ln{2}=
\ln\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1/2}{n}\right)^n-\frac1{2}\ln{2}=\ln{e^{\frac1{2}}}-\frac1{2}\ln{2}=\frac1{2}(1-\ln2).$$
previous contents next