期末考试中微积分的证明题的分析:Taylor级数展开

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tsinghuazhuoqing 发表于 2022/01/16 22:52:33 2022/01/16
【摘要】 简 介: 对于 今年期末微积分考试试题:看看你能够在两个小时内做对几道题? 中的最后一道证明题进行了初步的分析。利用函数的Taylor级数展开,证明给定的积分系数趋近于0。但是由于原题中的图片过...

▲ 图  微积分证明题

简 介: 对于 今年期末微积分考试试题:看看你能够在两个小时内做对几道题? 中的最后一道证明题进行了初步的分析。利用函数的Taylor级数展开,证明给定的积分系数趋近于0。但是由于原题中的图片过于模糊,所以对于最后的证明还存在一下午不确定的因素。

关键词 微积分Taylor级数

微积分证明题
目 录
Contents
附加题内容
初步分析
进一步证明
证明总结

 

§01 积分证明题


   期末微积分考试试题求解 :利用python求解 对于 网络上看到的一份期末微积分试题 进行了求解。所有的计算题都可以利用Python程序进行求解,但对于一些证明分析题目,就无法使用python现有的sympy软件包进行求解了。

  下面对于最后一道题目进行分析。

1.1 附加题内容

  设 h > 0 h > 0 h>0 f ( x ) f\left( x \right) f(x)为闭区间 [ − h , h ] \left[ { - h,h} \right] [h,h]上的无穷可导函数,且 ∀ x ∈ [ 0 , h ] \forall x \in \left[ {0,h} \right] x[0,h],以及任意非负整数 n n n,都有: f ( n ) ( x ) ≥ 0 f^{\left( n \right)} \left( x \right) \ge 0 f(n)(x)0

  记: r n ( x ) = 1 n ! ∫ 0 x ( x − t ) n f ( n + 1 ) ( t ) d t r_n \left( x \right) = {1 \over {n!}}\int_0^x {\left( {x - t} \right)^n f^{\left( {n + 1} \right)} \left( t \right)dt} rn(x)=n!10x(xt)nf(n+1)(t)dt

  求证: ∀ x ∈ ( 0 , h ) \forall x \in \left( {0,h} \right) x(0,h),均有 lim ⁡ n → + ∞ r n ( x ) = 0 \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } r_n \left( x \right) = 0 n+limrn(x)=0

1.1.1 初步分析

  这个题目没有对函数 f ( x ) f\left( x \right) f(x)做具体制定,只是要求它在一定关于原点对称区间 [ − h , h ] \left[ { - h,h} \right] [h,h]上无穷可导,而且在 [ 0 , h ] \left[ {0,h} \right] [0,h]上的所有导数(包括函数本身)都大于0。

(1)

  显然,如果要找到一个这样函数的代表,指数函数 f ( x ) = e x f\left( x \right) = e^x f(x)=ex应该是满足题目对于 f ( x ) f\left( x \right) f(x)的要求:

  • [ − h , h ] \left[ { - h,h} \right] [h,h]上有无穷可导;
  • [ 0 , h ] \left[ {0,h} \right] [0,h]上所有的导数都是大于等于0的。

  那么,题目中的 r n ( x ) r_n \left( x \right) rn(x)的定义,就是:

r n ( x ) = 1 n ! ∫ 0 x ( x − t ) n f ( n + 1 ) ( t ) d t = 1 n ! ∫ 0 x ( x − t ) n e t d t r_n \left( x \right) = {1 \over {n!}}\int_0^x {\left( {x - t} \right)^n f^{\left( {n + 1} \right)} \left( t \right)dt} = {1 \over {n!}}\int_0^x {\left( {x - t} \right)^n e^t dt} rn(x)=n!10x(xt)nf(n+1)(t)dt=n!10x(xt)netdt

  显然,在 ( 0 , x ) \left( {0,x} \right) (0,x)区间内, e t e^t et有一个最大值 M M M ( x − t ) n \left( {x - t} \right)^n (xt)n也会存在这一个最大值 N n N^n Nn,故此: r n ( x ) ≤ N n ⋅ M n ! r_n \left( x \right) \le {{N^n \cdot M} \over {n!}} rn(x)n!NnM

  随着 n → + ∞ n \to + \infty n+,上述不等式的右边趋向于0,由此可以证明 lim ⁡ n → + ∞ r n ( x ) = 0 \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } r_n \left( x \right) = 0 n+limrn(x)=0

1.1.2 进一步证明

  上面特例 f ( x ) = e x f\left( x \right) = e^x f(x)=ex的分析,虽然不能够直接证明这个题目,但给我们一个启发。把函数 f ( t ) f\left( t \right) f(t) t t t 这一点进行 Taylor级数展开:

f ( x ) = ∑ n = 0 + ∞ f ( n ) ( t ) n ! ( x − t ) n f\left( x \right) = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {{{f^{\left( n \right)} \left( t \right)} \over {n!}}\left( {x - t} \right)^n } f(x)=n=0+n!f(n)(t)(xt)n

  根据 f ( x ) f\left( x \right) f(x)在闭区间上的无穷可导,可以知道在开区间 ( 0 , h ) \left( {0,h} \right) (0,h)上, f ( x ) f\left( x \right) f(x)一定是连续的,也说明 f ( x ) f\left( x \right) f(x)的值有限。再根据 f ( n ) ( x ) ≥ 0 f^{\left( n \right)} \left( x \right) \ge 0 f(n)(x)0,那么上面每一项都是有限值,而且:

lim ⁡ n → + ∞ f ( n ) ( t ) n ! ( x − t ) n = 0 \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {{f^{\left( n \right)} \left( t \right)} \over {n!}}\left( {x - t} \right)^n = 0 n+limn!f(n)(t)(xt)n=0

  特别的,可以证明,上述每一项趋近于0的速度大于 O n {O \over n} nO的速度,也就是 ∃ C ≥ 0 \exists C \ge 0 C0,始终满足: f ( n ) ( t ) n ! ( x − t ) n ≤ C n {{f^{\left( n \right)} \left( t \right)} \over {n!}}\left( {x - t} \right)^n \le {C \over n} n!f(n)(t)(xt)nnC

  否则, f ( x ) f\left( x \right) f(x)的Taylor级数展开就不收敛。这一点可以由调和级数发散来证明。

  似乎问题到此有了希望。将 r n ( x ) r_n \left( x \right) rn(x)的表达式修改一下:

r n ( x ) = n + 1 ( n + 1 ) ! ∫ 0 x ( x − t ) n f ( n + 1 ) ( t ) d t r_n \left( x \right) = {{n + 1} \over {\left( {n + 1} \right)!}}\int_0^x {\left( {x - t} \right)^n f^{\left( {n + 1} \right)} \left( t \right)dt} rn(x)=(n+1)!n+10x(xt)nf(n+1)(t)dt

那么

r n ( x ) = ( n + 1 ) ∫ 0 x 1 x − t ( x − t ) n f ( n + 1 ) ( n + 1 ) ! d t r_n \left( x \right) = \left( {n + 1} \right)\int_0^x {{1 \over {x - t}}{{\left( {x - t} \right)^n f^{\left( {n + 1} \right)} } \over {\left( {n + 1} \right)!}}dt} rn(x)=(n+1)0xxt1(n+1)!(xt)nf(n+1)dt ≤ ( n + 1 ) ∫ 0 x 1 x − t ⋅ C n + 1 d t = ∫ 0 x C x − t d t ≤ E \le \left( {n + 1} \right)\int_0^x {{1 \over {x - t}} \cdot {C \over {n + 1}}dt} = \int_0^x {{C \over {x - t}}dt} \le E (n+1)0xxt1n+1Cdt=0xxtCdtE

(1)问题来了

  在上面的证明中,我们仅仅得到了一个 r n ( x ) r_n \left( x \right) rn(x)小于一个常量的答案,并没有得到 r n ( x ) → 0 r_n \left( x \right) \to 0 rn(x)0

  问题可能出现在,原题中,对于 r n ( x ) r_n \left( x \right) rn(x)的定义,由于原题图片比较模糊,有可能 r n ( x ) r_n \left( x \right) rn(x)的定义为:

  那么在上面证明下,可以看到 r n ( x ) → 0 r_n \left( x \right) \to 0 rn(x)0

 

明总结 ※


  今年期末微积分考试试题:看看你能够在两个小时内做对几道题? 中的最后一道证明题进行了初步的分析。利用函数的Taylor级数展开,证明给定的积分系数趋近于0。但是由于原题中的图片过于模糊,所以对于最后的证明还存在一下午不确定的因素。


■ 相关文献链接:

● 相关图表链接:

文章来源: zhuoqing.blog.csdn.net,作者:卓晴,版权归原作者所有,如需转载,请联系作者。

原文链接:zhuoqing.blog.csdn.net/article/details/122510754

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