多變數函數的泰勒展開式

假設U\mathbb{R}^{2}的一個開集合且P(x_{0},y_{0})U中的一個點.由於U是開集合,我們可以找到\delta>0使得開球

\mathbb{B}(P,\delta)=\{Q\in\mathbb{R}^{2}:d(P,Q)<\delta\}

包含在U中.如果f:U\to\mathbb{R}是定義在U上的實值函數.我們想要分析函數fP點附近的行為於是我們便假設f是定義在開球\mathbb{B}(P,\delta)上的實值函數,也就是說,我們一開始就取U=\mathbb{B}(P,\delta).

假設fU上的所有一階偏導存在且連續.且Q(x,y)\in\mathbb{B}(P,\delta).我們令h=x-x_{0}k=y-y_{0}.h^{2}+k^{2}<\delta^{2}.我們定義一新的函數

F:[-1,1]\to\mathbb{R}F(t)=f(x_{0}+th,y_{0}+tk).

利用單變數函數的均值定理,我們可以找到c\in [0,1]使得

F(1)-F(0)=F'(c).          (1)

利用微分連鎖律,我們可以求出

F'(t)=f_{x}(x_{0}+th,y_{0}+tk)h+f_{y}(x_{0}+th,y_{0}+tk)k.

利用(1)我們可以推得

f(x,y)-f(x_{0},y_{0})=f_{x}(x_{0}+ch,y_{0}+ck)h+f_{y}(x_{0}+ch,y_{0}+ck)k

如果函數f的所有的k階偏導在U上均存在且連續.利用單變數的高階均值定理,我們可以找到c\in [0,1]使得

\displaystyle F(1)=F(0)+\frac{F'(0)}{1!}+\cdots+\frac{F^{(k)}(c)}{k!}

我們可以利用數學歸納法來證明

\displaystyle F^{(n)}(t)=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{i}\partial y^{n-i}}(x_{0}+th,y_{0}+tk)h^{i}k^{n-i}.

 

我們令H_{0}(f)(P)(h,k)=f(P)

\displaystyle H_{n}(f)(P)(h,k)=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{i}\partial y^{n-i}}(P)h^{i}k^{n-i},

H_{n}(f)(P)(h,k)h,kn次齊次多項式.

舉例來說,n=1,2,3的例子分別是:

H_{1}(f)(P)(h,k)=f_{x}(P)h+f_{y}(P)k,

H_{2}(f)(P)(h,k)=f_{xx}(P)h^{2}+2f_{xy}(P)hk+f_{yy}(P)k^{2},

H_{3}(f)(P)(h,k)=f_{x^{3}}(P)h^{3}+3f_{x^{2}y}(P)h^{2}k+3f_{xy^{2}}(P)hk^{2}+f_{y^{3}}(P)k^{3}.

範例:令f(x,y)=e^{x}\sin y, P=(0,0).F(t)=f(th,tk)=e^{th}\sin (tk). 所以

F'(t)=he^{th}\sin (tk)+ke^{th}\cos (tk),

F''(t)=h^{2}e^{th}\sin(tk)+2hke^{tk}\cos (tk)-k^{2}e^{th}\sin(tk).

F^{(3)}(t)=h^{3}e^{th}\sin(tk)+3h^{2}ke^{th}\cos(tk)-3hk^{2}e^{th}\sin(tk)+k^{3}e^{th}\cos(tk)

計算後發現F'(0)=k, F''(0)=2hk, F'''(0)=3h^{2}k+k^{3}所以

H_{1}(f)(0,0)(h,k)=k,

H_{2}(f)(0,0)(h,k)=2hk,

H_{3}(f)(0,0)(h,k)=3h^{2}k+k^{3}.

所以由這邊也可以立刻推得

f_{x}(0,0)=0, f_{y}(0,0)=1,

f_{xx}(0,0)=f_{yy}(0,0)=0f_{xy}(0,0)=1,

f_{x^{3}}(0,0)=f_{xy^{2}}(0,0)=0,f_{x^{2}y}(0,0)=f_{y^{3}}(0,0)=1.

回到原本的討論.利用單變數函數的均值定理,我們得到了兩個變數的實值函數的均值定理:

\displaystyle f(x,y)=\sum_{i=0}^{k-1}\frac{1}{i!}H_{i}(f)(P)(h,k)+\frac{1}{k!}H_{k}(f)(x_{0}+ch,y_{0}+ck)(h,k).

 

n\geq 0,我們記

\displaystyle T_{n}(f)(P)(h,k)=\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{i!}H_{i}(f)(P)(h,k)

fP點的第n階泰勒多項式.

定義:如果存在R>0使得

\displaystyle f(x,y)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}H_{n}(f)(P)(h,k)

h^{2}+k^{2}<R^{2}橫成立,我們說fP點有泰勒展開.

範例:考慮f(x,y)=1/(1-x-y)P(0,0)的泰勒展開.

我們先利用前述方法做一次:令h=x-0,k=y-0.定義

\displaystyle F(t)=f(0+th,0+tk)=\frac{1}{1-t(h+k)}.

F'(t)=(h+k)/((1-t(h+k))^{2}),利用歸納法可以推得

\displaystyle F^{(n)}(t)=\frac{k!(h+k)^{n}}{(1-t(h+k))^{n+1}}.

t=0帶入後我們得到F^{(n)}(0)=n!(h+k)^{n}於是

\displaystyle F(1)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{F^{(n)}(0)}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}(h+k)^{n}.

在此我們當然知道|h+k|<1.

我們當然可以使用等比級數來看:將1/(1-t(h+k))視為等比級數:公比為t(h+k).則利用等比級數和公式

\displaystyle \frac{1}{1-t(h+k)}=\sum_{n=0}^{\infty}(h+k)^{n}t^{n},

此時若|t(h+k)|<1,此級數和收斂.因此帶t=1我們得到

\displaystyle f(x,y)=\sum_{n=0}^{\infty}(x+y)^{n},

其中|x+y|<1.此時的齊次多項式為H_{n}(f)(0,0)(h,k)=n!(h+k)^{n}.

事實上,如果我們知道函數的泰勒展開式存在且已經得出函數的泰勒展開式,也可以用泰勒展開式求出函數所有的偏導.以上述例子來說

\displaystyle n!(h+k)^{n}=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}f_{x^{i}y^{n-i}}(0,0)h^{i}k^{n-i}.

如果我們希望找出f_{x^{99}y}(0,0).那麼我們需要看的是h^{99}k的係數.根據二項式定理與上式:h^{99}k的係數為

\displaystyle (100)!{100\choose 99}={100\choose 99}f_{x^{99}y}(0,0).

比較兩邊之後可以發現f_{x^{99}y}(0,0)=100!.

範例:試求出f(x,y)=e^{2x+3y}(0,0)的泰勒展開式.

答:\displaystyle f(x,y)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2x+3y)^{n}}{n!}.

範例:試求出f(x,y)=\log(1+x+y)(1,2)的第三階泰勒多項式.

答:令F(t)=f(1+th,2+tk)=\log(4+t(h+k)).

\displaystyle F'(t)=\frac{h+k}{4+t(h+k)},

\displaystyle F''(t)=-\frac{(h+k)^{2}}{(4+t(h+k))^{2}}.

\displaystyle F'''(t)=2\frac{(h+k)^{3}}{(4+t(h+k))^{3}}

所以我們可以得到F(0)=\log 4,

F'(0)=(h+k)/4,

F''(0)=-(h+k)^{2}/4^{2},

F'''(0)=2(h+k)^{3}/4^{3}.

所以

\displaystyle T_{3}(f)(1,1)(h,k)=\log 4+\frac{1}{1!}\cdot\frac{h+k}{4}+\frac{1}{2!}\cdot\frac{-(h+k)^{2}}{4^{2}}+\frac{1}{3!}\cdot\frac{2(h+k)^{3}}{4^{3}}.

或是直接利用\log(1+t)的單變數泰勒展開求出

\displaystyle f(x,y)=\log(4+h+k)=\log 4+\log(1+\frac{h+k}{4})=\log 4+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{h+k}{4}\right)^{n}.

類似練習:

f(x,y)=\tan^{-1}(x^{2}+y^{2})試求出f_{x^{6}y^{2}}(0,0).

事實上,這個方法可以用來求/定義多變數函數的泰勒展開式.假設p\mathbb{R}^{N}中的一點,且f:\mathbb{B}(p,R)\to\mathbb{R}k階偏導均存在且連續的函數.我們定義函數

F:[-1,1]\to\mathbb{R}F(t)=f(p+t\mathbf{h})

其中\|\mathbf{h}\|<R.利用單變數函數的高階均值定理,我們可以求出

\displaystyle F(1)=\sum_{i=0}^{k-1}\frac{F^{(i)}(0)}{i!}+F^{(k)}(c),

其中c\in [0,1].利用歸納法,我們可以得到

\displaystyle F^{(n)}(0)=\sum_{\alpha}{n\choose \alpha}D^{\alpha}f(p)\mathbf{x}^{\alpha},

其中\alpha=(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{N})是多變數指標且\displaystyle{n\choose \alpha}=\frac{n!}{\alpha_{1}!\cdots\alpha_{N}!}\displaystyle D^{\alpha}f(p)=\frac{\partial^{\alpha}f}{\partial x_{1}^{\alpha_{1}}\cdots \partial x_{N}^{\alpha_{N}}}.則我們得到了多變數函數的高階均值定理:

\displaystyle f(\mathbf{x})=f(p)+\sum_{i=0}^{k-1}\frac{1}{i!}\sum_{|\alpha|=i}{i\choose \alpha}D^{\alpha}f(p)\mathbf{x}^{\alpha}+\frac{1}{k!}\sum_{|\alpha|=k}{k\choose \alpha}D^{\alpha}f(p+t\mathbf{h})\mathbf{x}^{\alpha}

其中\mathbf{x}=p+\mathbf{h},|\alpha|=\alpha_{1}+\cdots+\alpha_{N}.

同理,我們可以定義多變數函數的解析函數.其定義方式跟雙變數函數雷同,就留給讀者自行去定義.而實際上,我們在計算多變數的泰勒展開時,我們並不都是從函數的偏導著手,而是利用單變數函數的泰勒展開開始.就如同我們前面看到的,e^{2x+3y}的泰勒展開可以由e^{t}的泰勒展開得到.

範例:試計算e^{x}\sin y(0,0)的泰勒展開.

利用\displaystyle e^{x}=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^{i}}{i!}\displaystyle\sin y=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^{j}}{(2j+1)!}y^{2j+1}.我們可知

\displaystyle e^{x}\sin y=\sum_{i,j}\frac{(-1)^{j}}{(2j+1)!}x^{i}y^{2j+1}.

所以

\displaystyle H_{n}(f)(0,0)(h,k)=\sum_{i+2j+1=n}\frac{(-1)^{j}n!}{(2j+1)!}x^{i}y^{2j+1}.

範例:求\displaystyle f(x,y,z)=\frac{1}{1-x^{2}-y^{2}-z^{2}}(x,y,z)=(0,0,0)的泰勒展開.

利用等比級數公式可知,當x^{2}+y^{2}+z^{2}<1時,

\displaystyle f(x,y,z)=\sum_{i=0}^{\infty}(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{i}.

所以

H_{2n+1}(f)(0,0,0)(h,k,l)=0,

H_{2n}(f)(0,0,0)(h,k,l)=(2n)!(h^{2}+k^{2}+l^{2})^{n}.

[微積分]求一題級數展開

試證明

\displaystyle\frac{\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^{2}}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}x^{2n+1},\quad |x|<1.

或在未知右式時,求出\sin^{-1}x/\sqrt{1-x^{2}}的馬克勞林展開. 證明: 如果想要直接展開\sin^{-1}x(1-x^{2})^{-1/2}在相乘可以.在此提供另外一種證明.令f(x)=\sin^{-1}x/\sqrt{1-x^{2}}.f(0)=0且可以驗證f滿足以下微分方程

\displaystyle f'(x)-\frac{x}{1-x^{2}}f(x)=\frac{1}{1-x^{2}}.   (*)

驗證:將f(x)改寫成\sin^{-1}x\cdot (1-x^{2})^{-1/2}利用微分乘法性質與(\sin^{-1}x)'=1/\sqrt{1-x^{2}}

\displaystyle f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}+\sin^{-1}x\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)(1-x^{2})^{-3/2}\cdot (-2x).

利用(1-x^{2})^{3/2}=(1-x^{2})^{1/2}\cdot (1-x^{2})在化簡上式後,我們得到

\displaystyle f'(x)=\frac{1}{1-x^{2}}+\frac{\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^{2}}}\cdot\frac{x}{1-x^{2}}.

此式等價於(*)此式又等價於

\displaystyle (1-x^{2})f'(x)-xf(x)=1.    (**)

接著我們令\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}.帶入(**)後我們發現

\displaystyle a_{1}+(2a_{2}-a_{0})x+\sum_{n=2}^{\infty}\{(n+1)a_{n+1}-na_{n-1}\}x^{n}=1.

也就是說a_{1}=1,2a_{2}=a_{0}

\displaystyle a_{n+1}=\frac{n}{n+1}a_{n-1},\quad n\geq 2.

由於a_{0}=f(0)=0所以a_{2}=0.利用上式,a_{2n}=0.所以可以證明

\displaystyle a_{2n+1}=\frac{2\cdot 4\cdots (2n)}{3\cdot 5\cdots (2n+1)}=\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}.

1-1+1-1+….=1/2 ?(西塞羅和導論)

cesaro西塞羅(1859-1906)著名的工作就是利用平均的方法來研究發散級數.

上次我們談了1+2+3+\cdots=-1/12後,今天我們要來談

1-1+1-1+\cdots=1/2

學過等比級數的我們都知道,當|x|<1時,

\displaystyle 1-x+x^{2}-x^{3}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}x^{n}=\frac{1}{1+x}.

因此,很自然的如果我們把x=1帶入後,我們就會得到

\displaystyle 1-1+1-\cdots=\frac{1}{2}.

但學過微積分的人都很清楚,級數1-1+1-1+\cdots的部分和滿足下列的情況.如果令s_{n}表示此級數的n項部分和,則

(1)當n=2k+1是奇數時,s_{2k+1}=1

(2)當n=2k是偶數時,s_{2k}=0.

我們知道,一個數列收斂,他的極限必須要存在,以此例來說,數列部分和的奇數項收斂到1當偶數項收斂到0,我們知道如果數列極限存在,奇數項跟偶數項必須要收斂到同一個值.於是我們發現此數列\{s_{n}\}發散的.但在某個影片中,如連結,提到了1-1+1-...=1/2是怎麼一回事?我們說了,無窮級數和是人定義出來的,利用部分和只是其中一個定義,請參考本文的前面一文1+2+\cdots=-1/12.今天我們要來談西塞羅和(Cesaro Sum).

假設\{a_{n}\}是無窮數列,無窮級數\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}的第n項部分和定義為

\displaystyle s_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}.

\{s_{n}\}部分和構成一數列.在古典意義下,我們定義無窮級數為

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=\lim_{n\to\infty}s_{n}.

利用數列\{s_{n}\},我們可以定義一個新的數列\{t_{n}\}如下:定義

\displaystyle t_{n}=\frac{s_{1}+s_{2}+\cdots+s_{n}}{n}.

換句話說t_{n}s_{1},\cdots,s_{n}的平均數.如果\{t_{n}\}的極限存在且\displaystyle t=\lim_{n\to\infty}t_{n}.我們定義數列\{a_{n}\}的第一階西塞羅和為t,並記為

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=t,\quad (C,1).

在級數後面標記(C,1)是為了跟\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_{n}所定義出來的無窮級數和做區分.此時我們稱\{a_{n}\}(C,1)可求和.我們回到1-1+1-1+\cdots的例子.s_{1}=1, s_{2}=0, s_{3}=1,\cdots,我們發現t_{1}=1, t_{2}=1/2, t_{3}=2/3, t_{4}=2/4,t_{5}=3/5\cdots,也就是說

(1)當n=2k-1是奇數時,t_{2k-1}=k/(2k-1),

(2)當n=2k是偶數時,t_{2k}=1/2

因此我們可以驗證

\displaystyle 0\leq t_{n}-\frac{1}{2}\leq\frac{1}{2n}.

利用夾擊定理\displaystyle\lim_{n\to\infty}t_{n}=1/2.換句話說,數列\{(-1)^{n}\}的第一階西賽羅和為

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}=\frac{1}{2},\quad (C,1).

同理,我們可以繼續對\{t_{n}\}取算術平均.考慮

\displaystyle\sigma_{n}=\frac{t_{1}+\cdots+t_{n}}{n}

則得出新的數列\{\sigma_{n}\}.如果\{\sigma_{n}\}的極限存在等於\sigma,我們稱此極限為數列\{a_{n}\}的第二階西塞羅和,並記為:

\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=\sigma,\quad (C,2).

此時,我們稱數列為(C,2)可求和.類似的,我們可以一直做下去,可以定義出k階西塞羅可求和與他們的和.而這些西塞羅和之間是否彼此存在著關係?利用微積分中的極限技巧,我們可以證明:

定理:如果數列\{a_{n}\}的極限存在且為a.令u_{n}表示a_{1},\cdots,a_{n}的平均值,也就是說,u_{n}=(a_{1}+\cdots+a_{n})/n.則數列\{u_{n}\}的極限為a

因此,利用這結果,我們可以推論出:如果數列是(C,k)可求和,則此數列為(C,k+1)可求和,並且他們的西塞羅和相等:

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n},\quad (C,k)=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n},\quad (C,k+1).

最後,再提一種定義無窮級數和的方式,叫Abel和.我們稱數列\{a_{n}\}是Abel可求和,如果它滿足下列條件:

(1) \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}在(最原始的意義下)[0,1)內收斂.

(2) \displaystyle\lim_{x\to 1-}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}極限存在,且等於A.我們稱A是無窮數列的Abel和,並記為

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=A,\quad \mbox{Abel}.

以無窮等比級數的例子,在x\in [0,1)下列級數的確收斂:

\displaystyle 1-x+x^{2}+\cdots=\frac{1}{1+x}.

\lim_{x\to 1-}(1/(1+x))=1/2.所以在Abel和的意義下,我們的確有

\displaystyle 1-1+1-1+\cdots=\frac{1}{2},\quad \mbox{Abel}.

1+2+3+…=-1/12?

最近很流行的一個話題,就是關於

\displaystyle 1+2+3+\cdots=-\frac{1}{12}

這個違反微積分常識的等式.如連結.這個式子在弦論中也是相當重要的,如圖,string

 

(本圖為Polchinski 弦論書第一冊內頁)

解釋如下.我們在做數的求和計算時,我們只能做有限步驟的求和.例如,給定n個數a_{1},\cdots,a_{n},我們可以計算a_{1}+\cdots+a_{n}.定義如下:

a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1}+a_{n}=(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1})+a_{n}.

換言之,我們是利用歸納的方式來定義有限和:記s_{1}=a_{1},利用歸納法定義

s_{n}=s_{n-1}+a_{n},\quad n\geq 1

至於什麼是無窮和?給定一個數列\{a_{n}\},我們可以定義s_{n}如上,並稱呼s_{n}為數列的第n項部分和.則數列的部分和構成了一個新的數列\{s_{n}\}.在微積分中, 在引入極限的概念後,我們定義數列\{a_{n}\}的無窮級數和為

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=\lim_{n\to\infty}s_{n}

於是我們利用極限,定義了什麼叫無窮級數和.這是最自然定義無窮級數和的方式BUT!(但是)有誰規定這是唯一定義和的方式呢?如果利用這個定義,我們知道

\displaystyle 1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}

於是利用極限的定義我們馬上知道

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n=\lim_{n\to\infty}\frac{n(n+1)}{2}=\infty

所以無窮級數\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n發散.那網路上盛傳的\sum_{n=1}^{\infty}n=-1/12究竟是怎麼一回事呢?我們定義黎曼zeta函數如下:令s>1,我們定義

\displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}.

根據微積分的p測試法,我們知道當s>1時,無窮級數和收斂.黎曼在他著名的文章中(請參閱連結)證明了此函數可以解析延拓到所有s\neq 1的複數上.也就是說,我們可以讓函數\zeta(s)s是複數時是有意義的,且在s\neq 1時,這個函數在複變函數論的意義下是解析函數.同時,此函數在負整數的情況下,值為

\displaystyle \zeta(-n)=-\frac{B_{n+1}}{n+1},

其中B_{n}為第n個Bernoulli數.利用zeta函數最原始的定義,再利用上面解析延拓的性質,我們馬上可以給出\sum_{n=1}^{\infty}n的另外一個定義.我們定義:

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n=\zeta(-1).

由於B_{2}=1/6,所以\zeta(-1)=-1/12.因此,利用新的定義,我們得到了

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n=-\frac{1}{12}.

但在此的\sum_{n=1}^{\infty}n已經不是原本微積分中利用部分和極限定義出來的量.網路上利用奇奇怪怪的方法(非複變函數論的方法)來解釋這個等號都當做是茶餘飯後的娛樂即可,不需要花太多時間鑽研.

關於\zeta(s)延拓的證明可參閱本站:zeta函數.或是zeta與Gamma函數的解析延拓.

 

[微積分]pi的無理數證明

本篇文章主要來證明\pi是無理數.

定義

\displaystyle I_{n}=\int_{-1}^{1}(1-x^{2})^{n}\cos axdx.

其中$a$為實數.利用分部積分,我們發現當n\geq 2

\displaystyle a^{2}I_{n}=2n(2n-1)I_{n-1}-4n(n-1)I_{n-2}.

利用歸納法,我們可以找到兩次數<2n+1的整係數多項式P=P(a),Q=Q(a)使得

\displaystyle a^{2n+1}I_{n}=n!(P(a)\sin a+Q(a)\cos a).

假設\pi為有理數,\pi=p/q 其中p,q互質.取\displaystyle a=\pi/2.則

\displaystyle J_{n}=p^{2n+1}\frac{I_{n}}{n!}

是整數.又我們可以驗證

\displaystyle |J_{n}|\leq\frac{|p|^{2n+1}}{n!}\int_{-1}^{1}\cos\frac{\pi}{2}dx=C\frac{|p|^{2n+1}}{n!}.

因此我們推得

\displaystyle\lim_{n\to\infty}J_{n}=0.

\{J_{n}\}是整數列,利用極限為零可得知:存在N>0使得J_{n}=0, n\geq N.但由J_{n}的定義可知J_{n}>0會與J_{n}=0相矛盾.因此假設錯誤.\pi為無理數.

[微積分]Legendre多項式的直交性,範數,與其完備性。

中央大學欒匹綱老師在臉書群組"大學數學"中POST了一份關於Legendre多項式的計算。這個計算很常見,筆者也在自己的部落格留個資料。順便補充Legendre多項式完備的證明。

P_{n}(x)表示多項式\displaystyle P_{n}(x)=\frac{1}{2^{n}n!}\left(\frac{d}{dx}\right)^{n}(x^{2}-1)^{n}。我們今天希望計算

\displaystyle\int_{-1}^{1}P_{n}(x)^{2}dx.

如果你學過實分析,簡而言知,我們希望計算P_{n}(x)L^{2}([-1,1],dx)的範數(norm)。事實上,我們更可以得出當n\neq m

\displaystyle\int_{-1}^{1}P_{n}(x)P_{m}(x)dx=0.

解題的方法就在於integration by parts (分部積分)。不仿假設\displaystyle p_{n}(x)=\left(\frac{d}{dx}\right)^{n}(x^{2}-1)^{n},且n\leq m。觀察發現(邊界項為零)利用歸納法我們可以得到

\displaystyle\int_{-1}^{1}p_{n}(x)p_{m}(x)dx=(-1)^{k}\int_{-1}^{1}\left(\frac{d^{n+k}}{dx^{n+k}}(x^{2}-1)^{n}\right)\cdot\left(\frac{d^{m-k}}{dx^{m-k}}(x^{2}-1)^{m}\right)dx

所以當m>n時,我們取k=n+1,則利用(x^{2}-1)^{n}2n次多項式可知

\displaystyle\frac{d^{n+k}}{dx^{n+k}}(x^{2}-1)^{n}=0.

如果m=n,我們取k=n。可知

\displaystyle\int_{-1}^{1}[p_{n}(x)]^{2}dx=(-1)^{n}\int_{-1}^{1}(x^{2}-1)^{n}\left(\frac{d^{2n}}{dx^{2n}}(x^{2}-1)^{n}\right)dx.

引理:如果n次實係數多項式Q(x)的最高項為a。則利用歸納法可知

\displaystyle\frac{d^{n}}{dx^{n}}Q(x)=n!a.

利用這個引理,我們可以推得

\displaystyle\frac{d^{2n}}{dx^{2n}}(x^{2}-1)^{n}=(2n)!.

所以

\displaystyle\int_{-1}^{1}[p_{n}(x)]^{2}dx=(2n)!\int_{-1}^{1}(1-x^{2})^{n}dx.

利用(1-x^{2})^{2n}[-1,1]上的偶函數與變數變換x=\sin\theta,我們可以推得

\displaystyle\int_{-1}^{1}(1-x^{2})^{2n}dx=2\int_{0}^{1}(1-x^{2})^{2n}dx=2\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2n+1}\theta d\theta.

利用Beta函數的定義可知:

\displaystyle 2\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2n+1}\theta d\theta=B(n+1,1/2).

再利用與\Gamma函數的關係,我們得到

\displaystyle B(n+1,1/2)=\frac{\Gamma(n+1)\Gamma(1/2)}{\Gamma(n+3/2)}.

利用\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}。我們推得\Gamma(n+1)=n!

\displaystyle\Gamma(n+\frac{3}{2})=\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(n-\frac{1}{2}\right)\cdots\frac{1}{2}\sqrt{\pi}.

計算後發現

\displaystyle\int_{-1}^{1}[p_{n}(x)]^{2}dx=(2n)!\cdot\frac{2}{2n+1}\cdot\left(\frac{2^{n}n!}{1\cdot 3\cdot \cdots\cdot (2n-1)}\right).

如果把P_{n}代入:

\displaystyle\int_{-1}^{1}[P_{n}(x)]^{2}dx=\frac{2}{2n+1}.

其中我們使用到了等式

\displaystyle\frac{1}{1\cdot 3\cdots (2n-1)}=\frac{2^{n}n!}{(2n)!}.

所以我們證明了\{P_{n}\}L^{2}([-1,1],dx)上的orthogonal set。

定理: (Weierstrass逼近定理)假設X=[a,b]\mathbb{R}中有界閉集合。我們考慮C(X)所有X上的連續函數所構成的向量空間。定義

\displaystyle\|f\|_{\infty}=\sup_{x\in [a,b]}|f(x)|.

C(X)是一個Banach空間。則任給f\in C(X)存在多項式\{P_{n}(x)\}使得

\displaystyle\lim_{n\to\infty}\|P_{n}-f\|_{\infty}=0.

假設h\in L^{2}([-1,1],dx)。我們知道任何的可積分函數都可以用連續函數來逼近。於是取\epsilon>0我們可以找到連續函數f\in C([-1,1])使得\|h-f\|_{L^{2}}<\epsilon/3。其中

\displaystyle\|g\|_{L^{2}}^{2}=\int_{-1}^{1}|g(x)|^{2}dx,   g\in L^{2}([-1,1],dx).

再利用Weierstrass逼近定理,我們可以取得多項式P使得\|f-P\|_{\infty}<\epsilon/3。注意到

\displaystyle\|f-P\|_{L^{2}}^{2}=\int_{-1}^{1}|f(x)-P(x)|^{2}dx\leq \|f-P\|_{\infty}^{2}\cdot 2.

所以\|f-P\|_{L^{2}}<2\epsilon/3。因此利用三角不等式可推得:

\displaystyle\|h-P\|_{L^{2}}\leq \|h-f\|_{L^{2}}+\|f-P\|_{L^{2}}<\epsilon.

命題: (最小平方法原理)假設h\in L^{2}([-1,1])。我們定義

\displaystyle a_{n}=\int_{-1}^{1}h(x)P_{n}(x)dx.

則任給N>0b_{1},\cdots,b_{N}\in\mathbb{R}恆有

\displaystyle\|h-\sum_{n=1}^{N}a_{n}P_{n}\|_{L^{2}}\leq\|h-\sum_{n=1}^{N}b_{n}P_{n}\|_{L^{2}}.

證明:利用

\displaystyle h-\sum_{n=1}^{N}b_{n}P_{n}=\left(h-\sum_{n=1}^{N}a_{n}P_{n}\right)+\sum_{n=1}^{N}(a_{n}-b_{n})P_{n}

\{P_{n}\}的直交性,我們就可以證明。

所以利用這個命題,我們知道:如果取N=\deg P

\displaystyle\|h-\sum_{n=1}^{N}a_{n}P_{n}\|_{L^{2}}<\|h-P\|_{L^{2}}<\epsilon.

因此我們發現h可以利用\{P_{n}\}來逼近。這式子也證明了

\displaystyle h=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}P_{n}.

於是我們推得:

定理: Legendre多項式\{P_{n}(x)\}構成L^{2}([-1,1])上的orthogonal basis。