Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Волгоградский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

матан

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.05.2015

Размер:

3.81 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 3637 / 7537 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 > Следующая >>>

§15. Разложение функции y = ln(1 + x)в ряд Маклорена

361

также непрерывна в точке x = 1 слева, то тем самым нужное будет доказано. Изучим поведение последовательности частичных сумм Sn(x) ряда (3) на отрезке [−1, 1].

Прежде всего отметим, что поскольку для всех x [0, 1] выполнено

x		x3		x5		x2k−1
	≥		≥		≥ ... ≥		≥ ...,
1		3		5		2k − 1

то

S0(x) ≥ S2(x) ≥ ... ≥ S2n(x) ≥ ... ≥ S(x),

S1(x) ≤ S3(x) ≤ ... ≤ S2n−1(x) ≤ ... ≤ S(x).

Таким образом получаем:

			S2n−1(x) ≤ S(x) ≤ S2n(x).								(4)
Далее, для всех x [0, 1] справедливо
\|	S		(x)	−	S		(x) =	\|x\|4n+1	1	.	(5)
						2n−1		4n + 1 ≤
		2n					\|		4n + 1

Зададим ε > 0. Так как справедливо неравенство (5), то найдется N(ε) такое, что для всех n > N(ε) выполнено:

\|S2n(x) − S2n−1(x)\| < ε	x [0, 1].
Учитывая (4), получаем
\|S2n(x) − S(x)\| < ε	x [0, 1],
и	x [0, 1].
\|S(x) − S2n−1(x)\| < ε	x [0, 1].

Отсюда получаем, что последовательность частичных сумм Sn(x) сходится равномерно на отрезке [0, 1] к S(x). Так как все Sn(x) – непрерывные функции, то S(x) – непрерывная на [0, 1] функция. Таким образом, получаем требуемое.

§15. Разложение функции y = ln(1 + x) в ряд Маклорена

ТЕОРЕМА 15.1. Для всех x (−1, 1] выполнено

∞	xk
ln(1 + x) = (−1)k−1		.	(1)
	k

k=1

(−1)k−1 xk

362		Глава 14. Функциональные последовательности и ряды
СЛЕДСТВИЕ. Справедливо равенство
ln 2 = 1 −	1	1	1	1	...		k−1	1	... .

	2	+ 3	− 4	+ 5 −		+ (−1)		k +

Доказательство. При |x| < 1 по формуле для суммы бесконечной геометрической прогрессии имеем

	1				∞
					k
		1 + x		=		(−1)k−1xk−1.	(2)
					=1
Ряд (2) имеет радиус сходимости R = 1. Поэтому для всех
x0 (−1, 1) имеем
x0	dx			x0	∞	∞	xk
0			0
0	1 + x =		0				k0 .
ln(1 + x0) =	1 + x =				k=1	(−1)k−1xk−1dx = k=1 (−1)k−1	k0 .

Тем самым формула (1) доказана для всех x0 (−1, 1). Покажем, что эта формула справедлива при x = 1. По-

скольку эта функция непрерывна при x = 1, то нам доста-

точно установить непрерывность при x = 1 функции S(x) =

∞

слева.

k=1

Доказательство этого факта дословно повторяет рассуждения предыдущей теоремы (проведите его самостоятельно).

§16. Биномиальный ряд

ТЕОРЕМА 16.1. Для всех x (−1, 1) и всех m R

выполнено

∞				·
k				·	− 1)
(1+x)m =		(km)xk = 1+mx+	m(m		− 1)	x2	+...+(km)xk +...,
=0		1			2
=0							(1)
где							(1)
где
(km) =	m(m − 1)(m − 2)...(m − k + 1)						; (0m) = 1.
		k!

Доказательство. Обозначим

f(x) = (1 + x)m.

§16. Биномиальный ряд

363

Отметим, что для всех x выполнено
	dk	(1 + x)m = k!(m)(1 + x)m−k,	(2)

dxk		k

то есть		f(k)(0) = k!(km).	(3)

Рассмотрим ряд Маклорена функции (1 + x)m. В этом случае

∞	(4)
S(x) = (m)xk.	(4)
k

k=0

Покажем, что данный ряд сходится для всех x (−1, 1). Фиксируем x0 (−1, 1), x0 = 0 и воспользуемся призна-

ком Даламбера. Тогда, полагая an = (mn )xn0 ,

lim

|an+1|

= lim

(nm+1)x0n+1

lim

(nm+1)

(nm)x0n

(nm)

n→∞

| n→∞

n!m(m

−

1)...(m

−

1 +

lim

| n→∞

(n + 1)!m(m

−

1)...(m

−

n + 1)

|m − n|

= |x0| nlim→∞ (n + 1) = |x0|.

ЗАМЕЧАНИЕ. В данном случае мы нашли радиус сходимости степенного ряда, не используя формулы Коши-Адамара. Впрочем заметим, что данная задача была ранее сформулирована в упражнении.

При x = ±1 общий член ряда an →0, следовательно ряд расходится. Таким образом, ряд (4) сходится при |x0| < 1 и расходится при |x0| ≥ 1.

Покажем теперь, что сумма ряда (4) совпадает с f(x) на интервале (−1, 1). Продифференцируем обе части равенства

(4). Тогда для всех x (−1, 1) справедливо равенство

∞	∞
	k
S (x) = k(km)xk−1 =	(km+1)xk(k + 1).
k=1	=0
Замечая, что
(k + 1)(km+1) = m(km−1),
получаем
∞
k	(km−1)xk.
S (x) = m	(km−1)xk.	(5)
=0

364 Глава 14. Функциональные последовательности и ряды

Отметим также, что

	∞		∞
			k
(1 + x)S (x) = m (km−1)xk(1 + x) = m[ (km−1)xk+
	k=0		=0
∞		∞	∞
			k
+	(km−1)xk+1] = m[	(km−1)xk +	(km−−11)xk] =
k=0		k=0	=1
∞	∞		∞
		k
= m[1+	(km−1)xk+ (km−−11)xk] = m[1+		{(km−1)+(km−−11)}xk].
k=1	k=1		=1
Нетрудно показать (покажите!), что
	(m−1) + (m−1) = (km).
	k	k−1
В результате получаем
	(1 + x)S (x) = mS(x).			(6)
Рассмотрим функцию

S(x)

(1 + x)m = H(x).

Эта функция дифференцируема на (−1, 1), и

H (x) = S (x)(1 + x) − mS(x). (1 + x)m+1

В силу (6) справедливо равенство

H (x) = 0.

Таким образом H(x) = const и

S(x) = const · (1 + x)m.

Так как из (4) следует S(0) = 1, то const = 1 и

S(x) = (1 + x)m.

§17. Формула Стирлинга ПРИМЕР 1. Разложим в ряд Маклорена функцию

1 + x y = ln 1 − x.

§17. Формула Стирлинга

365

Пусть |x| < 1. Тогда имеем:

−

− ... −

− ... .

ln(1 − x) = −x −

Отсюда получаем

) − ln(1 −

−

...

n−1

...

ln(1 +

) =

2 +

3 −

n +

+ (−1)

+x +

+ ... +

+ ... =

= 2x + 2

+ ... + 2

x2n+1

+ ... .

2n + 1

Таким образом справедливо равенство

1 + x

= 2x(1 +

+ ... +

x2n

+ ...).

(1)

2n + 1

1 − x

ТЕОРЕМА 17.1 (формула Стирлинга3). Для всех натуральных n справедливо равенство

n! = √2πn(n)ne θ ,

12n

где 0 < θ = θ(n) < 1.

Доказательство. Положим в формуле (1)

x = 2n + 1, n = 1, 2, ... .

Тогда

1 + x

1 +

n + 1

2n+1

1 − x

1 −

и мы получаем

2n+1

n + 1

(1 +

1 1

+ ...)

2n + 1

5 (2n + 1)

3 (2n + 1)

или

3Стирлинг Джеймс (1692-5.12.1770) – шотландский математик, член Лондонского королевского общества. Работал в Шотландском горном обществе. В области математики его основная работа – "Разностный метод"(1730). Важную роль в математике играет формула Стирлинга.

366 Глава 14. Функциональные последовательности и ряды

(n +

) ln(

n + 1

) = 1 +

+ ... .

3 (2n + 1)

5 (2n + 1)

Отсюда ясно, что

1 < (n +

) ln(1 +

) < 1 +

[

+ ...] =

3 (2n + 1)

(2n + 1)

= 1 +

(2n + 1)2

1 −

12n(n + 1)

(2n+1)2

Потенцируя находим:

)

n+ 1

(2)

e < (1 +

< e

12n(n+1) .

Введем последовательность

αn =

n!e

nn+

Тогда

n+ 3

αn

n!e (n + 1)

n+ 1

(1 +

)

2 .

αn+1

nn+ 21 (n + 1)!en+1

Пользуясь (2), имеем

12n

1 <

< e

12n(n+1)

αn+1

12(n+1)

Следовательно α1 > α2 > ... > αn > ... > 0. Таким образом, последовательность {αn} – убывает и ограничена снизу нулем, то есть существует

	lim αn = α.
С другой стороны	n→∞

αne−	1	< αn+1e−	1	.
	12n		12(n+1)

Таким образом, последовательность {αne−121n } возрастает и, очевидно, стремится к α. В результате для всех n = 1, 2, ...

выполнено

αne−121n < α < αn

и, следовательно, существует θ = θ(n) (0, 1) для которого

αne−θ12(nn) = α.

§17. Формула Стирлинга

367

Пользуясь определением αn получаем

		θ(n)
n! = α√n(	n	)ne		, 0 < θ < 1.	(3)
			12n

	e

Нашей задачей теперь является определение числа α. Воспользуемся доказанной ранее формулой Валлиса.

ЗАМЕЧАНИЕ (формула Валлиса). Справедливо следующее соотношение

	1	(2n)!!	2	π
lim			=		.
		(2n − 1)!!		2
n→∞ 2n + 1

Очевидно, справедливы равенства

(2n)!!		((2n)!!)2			22n(n!)2
	=			=		.
(2n − 1)!!			(2n)!		(2n)!

Подставим в эту формулу вместо n! его выражение из (3), а вместо (2n)! аналогичное выражение

(2n)

(2n)! = α√2n(

)2ne

24n

где 0 < θ(2n) < 1. Получаем

θ(n)

√

22nα2n(n)2ne

4θ(n)

θ(2n)

(2n)!!

−

24n

2n 2n

θ(2n)

= √

(2n

−

1)!!

√

24n

α 2 n( e ) 2

Поэтому по формуле Валлиса

α2

4θ(n)−θ(2n)

α2

= lim

12n

n→∞

2n + 1 2

то есть	√2π.
α =

Подставляя найденное значение α в (3) приходим к формуле Стирлинга

				θ
	√2πn(	n	)ne	θ
n! =					, 0 < θ = θ(n) < 1.
				12n
				12n
		e

ЗАМЕЧАНИЕ. Формула Стирлинга позволяет легко оценивать величину факториала n! при больших значениях n.

Глава 15

Несобственные интегралы

§1. Несобственные интегралы с бесконечными пределами интегрирования

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.1. Пусть f(x) определена на [a, +∞) и интегрируема на любом [a, b] [a, +∞), то есть интеграл

f(x)dx

имеет смысл при любом b > a. Предел этого интеграла при b → +∞ (конечный или бесконечный) называют несобственным интегралом функции f(x) от a до +∞ и обозначают

+∞ b

a	f x	dx	lim	f(x)dx.
a	( )		= b→+∞	a

Говорят, что несобственный интеграл сходится, если этот предел конечен, и расходится если предел бесконечен или не существует.

ПРИМЕР 1. Несложно проверить (проверьте!), что

+∞dx

1 , при p > 1

=p−1

расходится, при p ≤ 1.

Аналогично определяется интеграл функции f(x) от −∞ до a, а именно,

a a

f(x)dx = lim

f(x)dx.

b→−∞

−∞

§1. Несобственные интегралы с бесконечными пределами интегрирования

369

Точно так же, определяем интеграл функции f(x) от −∞ до +∞, а именно,

+∞ b

f(x)dx =	lim	f(x)dx.
	b→→−∞+∞
	a
−∞		a

В последнем случае, учитывая аддитивность интеграла Римана, т.е.

b c b

f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx,

a a c

интеграл от −∞ до +∞ можно определить равенством

+∞

f(x)dx =

f(x)dx +

f(x)dx.

−∞

ПРИМЕР 2.

+∞

1 + x2

−∞

lim

(− arctg

) + a

lim

arctg

π.

→−∞

→ ∞

Пусть f(x) определена на [a, +∞) и интегрируема на любом [a, b] [a, +∞). Предположим, что для f(x) существует первообразная функция F (x) на всем [a, +∞). Тогда по формуле Ньютона-Лейбница

f(x)dx = F (b) − F (a) = F (x)|ba.

Таким образом получаем, что

+∞

f(x)dx = F (+∞) − F (a) = F (x)|+a ∞,

где F (+∞) = lim F (b).

b→+∞

370	Глава 15. Несобственные интегралы
	+∞

Заметим, что между несобственными интегралами f(x)dx
и числовыми рядами		n∞=1 an существует достаточноaсерьез-
ная аналогия.	Проиллюстрируем это таблицей.

общий член ряда		подинтегральная функция
an		f(x)

частичная сумма ряда		собственный интеграл
N		A
1	an	a f(x)dx
сумма ряда		несобственный интеграл
∞		∞
1	an	a f(x)dx
как предел частичной		как предел предыдущего
суммы при N → ∞		интеграла при A → ∞

остаток ряда		интеграл
∞		∞
	an	f(x)dx
N+1		A

<<< < Предыдущая 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 3637 / 7537 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.11.20192.44 Mб6Максимов А. ЭВТ-44.docx
#
01.07.202586.53 Кб0манипуляции по дермавенерологии.doc
#
03.11.20182.6 Mб19Маслов Введение в языкознание.doc
#
01.05.202532.04 Кб0Маслова Екатерина,Мт-111.docx
#
22.11.2019743.42 Кб4Мат.для зочн.юр. № 1 Абрашин.doc
#
27.05.20153.81 Mб41матан.pdf
#
01.07.202538 Кб0Математика и информационные технологии.docx
#
27.05.2015573.95 Кб187материал для подготовки к олимпиаде.doc
#
01.03.2025307.31 Кб0Материал к экзамену Паблик рилейшнз для 411С.docx
#
01.05.20251.08 Mб4МДК 01.01 тетрадь.doc
#
01.04.2025940.97 Кб1МДК 01.02 Методичка docx..docx