八月 2019

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本文原写于2015年11月24日,现重新整理如下.

带Peano余项的Taylor公式:

若函数$f$在点$x_0$存在直至$n$阶导数,则有 $$ f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f”(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n). $$

下面我们采用积分的方法来证明该公式.为此,我们只证明$n=3$的特殊情形,一般情形完全可以类推.

若函数$f$在点$x_0$存在直至$3$阶导数,则有 \begin{equation}\label{eq:1} f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f”(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\frac{f^{(3)}(x_0)}{3!}(x-x_0)^3+o((x-x_0)^3). \end{equation}

证明:由于$f$在$x_0$处$3$阶可导,因此 \begin{equation}\label{eq:2} f^{(2)}(x)=f^{(2)}(x_0)+f^{(3)}(x_0)(x-x_0)+o_{1}(x-x_0), \end{equation} 将\eqref{eq:2}两边从$x_0$到$x$进行积分,可得 \begin{equation} \label{eq:3} \int_{x_0}^xf^{(2)}(t)dt=f^{(2)}(x_{0})(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{(3)}(x_{0})(x-x_0)^{2}+\int_{x_0}^xo_1(t-x_0)dt. \end{equation} 由微积分第一基本定理,\eqref{eq:3}可以化为 $$ f'(x)-f'(x_0)=f^{(2)}(x_{0})(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{(3)}(x_{0})(x-x_0)^{2}+\int_{x_0}^xo_1(t-x_0)dt, $$ 也即, \begin{equation} \label{eq:4} f'(x)=f'(x_{0})+f^{(2)}(x_{0})(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{(3)}(x_{0})(x-x_0)^{2}+\int_{x_0}^xo_1(t-x_0)dt, \end{equation} 其中$\int_{x_0}^xo_1(t-x_0)dt$至少是关于$x-x_0$的二阶无穷小量,这是因为由L’Hospital法则, $$ \lim_{x\to x_0}\frac{\int_{x_0}^x o_1(t-x_0)dt}{(x-x_0)^{2}}=\lim_{x\to x_0}\frac{o_1(x-x_0)}{2(x-x_0)}=0. $$ 再将式\eqref{eq:4}两边积分,可得 \begin{equation} \label{eq:5} \int_{x_0}^xf'(t)dt=f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}(x-x_0)^2f^{(2)}(x_0)+\frac{1}{6}(x-x_0)^3f^{(3)}(x_0)+\int_{x_{0}}^{x}\int_{x_0}^po_1(t-x_0)dtdp, \end{equation} 由微积分第一基本定理,式\eqref{eq:5}可以写为 $$ f(x)-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}(x-x_0)^2f^{(2)}(x_0)+\frac{1}{6}(x-x_0)^3f^{(3)}(x_0)+\int_{x_{0}}^{x}\int_{x_0}^po_1(t-x_0)dtdp, $$ 即 $$ f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}(x-x_0)^2f^{(2)}(x_0)+\frac{1}{6}(x-x_0)^3f^{(3)}(x_0)+\int_{x_{0}}^{x}\int_{x_0}^po_1(t-x_0)dtdp. $$ 其中$\int_{x_{0}}^{x}\int_{x_0}^po_1(t-x_0)dtdp$至少是关于$x-x_0$的三阶无穷小量,这是因为由L’Hospital法则, $$ \lim_{x\to x_0}\frac{\int_{x_{0}}^{x}\int_{x_0}^po_1(t-x_0)dtdp}{(x-x_0)^3}=\lim_{x\to x_0}\frac{\int_{x_0}^xo_1(t-x_0)dt}{3(x-x_0)^2}=\lim_{x\to x_0}\frac{o_1(x-x_0)}{6(x-x_0)}=0. $$

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这篇短文原写于2015年7月19日,现重新整理如下.

我们在文章用积分证明极限$\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n$存在里,构造了积分模型来证明极限$\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n$存在.现在,我们利用同样的积分模型,来证明数列$\{(1+\frac{1}{n})^n\}$单调递增.

图1

如图1所示,是个平面直角坐标系.在坐标平面上构造 $n$ 个紧邻的矩形.每个矩形的底边位于 $x$ 轴上.每个矩形的左上角顶点位于曲线 $y=\frac{1}{x}$ 上.且每个矩形的面积都相同,为 $\frac{1}{n}$.所有矩形的面积和为 $1$. 矩形 $1$ 的左下角顶点 $A_0$ 的横坐标为 $1$. 则为了使得每个矩形的面积都为 $\frac{1}{n}$, 经由归纳法可得, 对于一切 $0\leq i\leq n-1$, 矩形 $i+1$ 的左下角顶点 $A_i$ 的横坐标为 $(1+\frac{1}{n})^i$.且为了使得矩形 $n$ 的面积为 $\frac{1}{n}$, 点 $A_n$ 的横坐标必须为$(1+\frac{1}{n})^n$.

不仅任意两个矩形的面积相同,而且任意两个矩形被曲线$y=\frac{1}{x}$所截而得到的两个曲边梯形的面积也相同.这是因为$\forall 0\leq i\leq n-1$,通过变量替换易得
$$
\int_{(1+\frac{1}{n})^i}^{(1+\frac{1}{n})^{i+1}}\frac{1}{x}dx=\int_{(1+\frac{1}{n})^{i+1}}^{(1+\frac{1}{n})^{i+2}}\frac{1}{x}dx.
$$
我们来比较当矩形有$n$个时,矩形$1$被曲线$y=\frac{1}{x}$所截而得到的曲边梯形的面积和当矩形有$n+1$个时,矩形$1$被曲线$y=\frac{1}{x}$所截而得到的曲边提醒的面积之间的关系.把前者记为$S_n$,后者记为$S_{n+1}$.可得
$$
S_n=\int_1^{1+\frac{1}{n}}\frac{1}{x}dx,S_{n+1}=\int_1^{1+\frac{1}{n+1}}\frac{1}{x}dx.
$$
我们来证明,
\begin{equation}\label{eq:1}
S_{n+1}>\frac{n}{n+1}S_n.
\end{equation}

图2


我们从几何上考虑,来证明这一点.如图2所示.曲边梯形$PQBA_0$的面积为$S_1$,曲边梯形$QRCB$的面积为$S_2$.则我们只要证明
\begin{equation}\label{eq:2}
\frac{S_1}{S_2}>\frac{|A_0B|}{|BC|}
\end{equation}
便可立得不等式\eqref{eq:1}.为了证明不等式\eqref{eq:2},连接$RQ$,并延长,交$PA_0$于$W$.由于曲线$y=\frac{1}{x}$以$P,Q$为端点的部分都位于线段$WQ$的上方,曲线$y=\frac{1}{x}$以$Q,R$为端点的部分都位于线段$QR$的下方,因此$S_1$大于梯形$WQBA_0$的面积$K_1$,$S_2$小于梯形$QRCB$的面积$K_{2}$.为了证明\eqref{eq:2},我们只用证明
\begin{equation}\label{eq:3}
\frac{K_1}{K_2}>\frac{|A_0B|}{|BC|}
\end{equation}
即可.不等式\eqref{eq:3}等价于
\begin{equation}
\label{eq:4}
\frac{\mbox{矩形}VQBA_0\mbox{的面积}+\mbox{三角形}WQV\mbox{的面积}}{\mbox{矩形}QUCB\mbox{的面积}-\mbox{三角形}QUR\mbox{的面积}}>\frac{|A_0B|}{|BC|}=\frac{\mbox{矩形}VQBA_0\mbox{的面积}}{\mbox{矩形}QUCB\mbox{的面积}}.
\end{equation}
关系式\eqref{eq:4}成立是显然的.这样我们就证明了不等式\eqref{eq:1}成立.因此就有
$$
(n+1)S_{n+1}>nS_n.
$$
这表明,点$A_{n+1}$的横坐标要大于点$A_n$的横坐标.因此
$$
(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}>(1+\frac{1}{n})^n.
$$

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本文原写于2015年3月27日.现在重新整理在此.

在这里我们用不同于通常书上的方法来证明极限 \begin{equation} \label{eq:1} \lim_{n\to\infty}(1+\frac{r}{n})^n. \end{equation} 存在.我们来看初值问题 \begin{equation}\label{eq:2}\frac{dy}{dx}=y,x=0时,y=1\end{equation} 我们证明极限\eqref{eq:1}存在的方案是对初值问题\eqref{eq:2}使用Euler折线法.初值问题\eqref{eq:2}存在一个唯一解.解一阶线性微分方程\eqref{eq:2},可得其唯一解为 \begin{equation}\label{eq:3} x=\int_1^y \frac{1}{t}dt, \end{equation} 其中 $y>0$.我们来看区间 $$ I=\begin{cases} [0,r],当r>0时,\\
[r,0],当r<0时 \end{cases} $$ 对初值问题\eqref{eq:2}运用Euler折线法,可得在$xy$平面直角坐标系里,当对$x$轴上的区间$I$进行$n$等分时,会在$xy$平面直角坐标系上得到一条折线,折线是$x$和$y_n$之间的函数关系的图像.折线在$x=r$处,$y_{n}$的值为$(1+\frac{r}{n})^n$.为了证明极限\eqref{eq:1}存在,我们证明如下结论即可:

极限$\lim_{n\to\infty}y_n$存在,并且其值等于积分方程\eqref{eq:3}中当$x=r$时$y$的值.

为此,我们要把Euler折线法和Riemann积分理论结合在一起.我们来构造与上述Euler折线法相应的Riemann积分中的分割.

图1

如图1所示,在图1中横轴是$t$轴,纵轴是$s$轴.曲线是函数 $s=\frac{1}{t}$的图像.双曲线与直线$t=1,t=p$($p$还没确定)以及$t$轴所围成的曲边图形的面积为$x$.其中当$t>1$时,规定曲边图形的面积$x$为正,当$t\in (0,1)$时,规定曲边图形的面积$x$为负,当$t=0$时,规定曲边图形的面积$x$为$0$.这里的$x$跟积分方程\eqref{eq:3}中的$x$是同一个$x$,$t$跟积分方程\eqref{eq:3}中的$t$是同一个$t$.而且我们将区间$[1,p]$(或$[p,1]$)进行分割,使得各个矩形的面积相等.其中矩形的构造方法是:当$p>1$时,矩形$[p_{t},q_{t}]\times [p_s,q_s]$的高取值为$\frac{1}{p_t}$;当$p<1$时,矩形$[p_{t},q_{t}]\times [p_s,q_s]$的高取值为$\frac{1}{q_t}$.其中$[p_t,q_t]$为$t$轴上的区间,$[p_s,q_s]$为$s$轴上的区间,$\times$是笛卡尔积.而且要注意的是,这里各个矩形的面积也有正负,其符号和曲边图形的面积符号相同.这样构造的分割,和Euler折线法里将$x$轴上的区间$[0,r]$进行等分对应.

根据Riemann积分的相关理论,在曲边图形的面积保持$r$不变,同时当各个面积相等的矩形,它们的面积越来越无限接近于$0$时(自然,要满足这个要求,面积相等的矩形只能是越来越多),$p$的值会越来越无限趋近于一个定值.这个定值就是$\lim_{n\to\infty}y_n$.

这样就用Riemann积分的理论证明了极限\eqref{eq:1}确实是存在的.


更新(2015.7.18):增加了文章的可读性,添加了严格的证明.但是为了简洁而删去了Euler折线法这个动机.见该PDF链接.该PDF文档的源文件在这里.

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