【2】从零认识中心极限思想-e往无尽

目录

• e往无尽
  • 单调性、有界性
  • \(e^{-x^2}\)的积分性质
  • 函数列的近似
• 傅里叶的方案
  • 三角函数系的正交性
  • 傅立叶展开
    • 傅立叶展开式的指数形式

e往无尽

无论是学高数，还是学习数分，我们在讲到极限的时候最开始见到的两个基本极限之一必有这个所谓的欧拉常数，e:
\[
\lim_{n\to\infty}(1+\frac1n)^n=e\approx2.718281828459\tag{*}
\]
而大部分同学我相信都是“知其然而不知其所以然”，没能与前面讲到的各种定理形成有效的联系。为了更好的研究e，我会从研究（*）的极限开始。

单调性、有界性

单调有界数列必有极限。

为了证明（*）存在极限，我们只需要验证其单调性和有界性，为此我们设置两个数列：
\[
a_n=(1+\frac1n)^n\\
b_n=(1+\frac1n)^{n+1}
\]
由几何平均数小于算术平均数：
\[
\begin{align}
a_n=1\cdot an&=1\cdot(1+\frac1n)^n\\
&\leq(\frac{1+n\cdot(1+\frac1n)}{n+1})^{n+1}\\
&=(\frac{n+2}{n+1})^{n+1}=a_{n+1}
\end{align}
\]
由此可证明数列 an是一个单调递增的数列。

再利用几何平均值大于调和平均值：
\[
\begin{align}
b_n=1\cdot(1+\frac1n)^{n+1}&\geq(\frac{n+2}{1+\frac{n}{n+1}+\cdots+\frac{n}{n+1}})^{n+2}\\
&=(\frac{n+2}{n+1})^{n+2}=b_{n+1}
\end{align}
\]
所以\(\{b_n\}\)是个递减数列，最大值为\(b_1=4\)，又因为：
\[
a_n=(1+\frac1n)^n\leq(1+\frac1n)^{n+1}=bn\leq4
\]
所以证明了 \(\{a_n\}\)是个有界数列，因此（*）必存在极限，我们定义其极限为 e。

\(e^{-x^2}\)的积分性质

\[
\begin{align}
I=&\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx
=2\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=2\cdot I\\
I^2=&[\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx]^2=[\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx][\int_{0}^{\infty}e^{-y^2}dy]\\
=&\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-(x^2+y^2)}dxdy\\
=&\int_{0}^{\frac\pi2}d\theta\int_{0}^{\infty}e^{-r^2}rdr\\
=&\frac\pi2\int_{0}^{\infty}-\frac{e^{-r^2}}{2}rd(-r^2)=\frac{\pi}{4}\\
\therefore&\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt\pi\\
&\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}dx=
\sqrt2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}d\frac{x}{\sqrt2}=\sqrt{2\pi}
\end{align}
\]

因此我们得出了一个重要的积分：
\[
\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}dx=1
\]

函数列的近似

泰勒展开式是说在特定点\(x_0\)附近构造一个函数\(\varphi(x)\)使其与\(f（x）\)无穷近似，
\[
f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\dots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^{n}+R_n(x)
\]

• 常见的泰勒展开式：

\[
e^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}\\
\sin x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}\\
\cos x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}\\
\]

若将复数\(i=\sqrt[2]{-1}\)带入公式，得到：
\[
e^{ix}=1+ix-\frac{x^2}{2!}-\frac{ix^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\dots=\cos x+i\sin x\\
(e^{ix})^n=e^{inx}=\cos{nx}+i\sin{nx}=[\cos{x}+i\sin{x}]^n
\]
这就是著名的欧拉公式

傅里叶的方案

傅立叶变换的本质就是用三角函数不断地逼近目标函数，逼近的策略是先从最大体上保证差不多，再修正小的局部，再修正细小的部分，再修正更加细小的部分，然后无限修正，这个三角函数的组合就会无限逼近目标函数。从波的角度思考傅立叶变换，就是把函数看作是一个一个波形叠加。

\[
f(x)=C+\sum_{i=1}^\infty(a_i\cos{ix}+b_i\sin{ix})
\]

由欧拉公式\(e^{ix}=\cos x+i\sin x\):
\[
\begin{align}
e^{i(\alpha+\beta)}
&=e^{i\alpha}e^{i\beta}\\
&=[\cos\alpha+i\sin\alpha][\cos \beta+i\sin \beta]\\
&=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta+i\sin\alpha\cos\beta+i\sin\beta\cos\alpha\\
e^{i(\alpha+\beta)}
&=\cos (\alpha+\beta)+i\sin (\alpha+\beta)\\
综上所述：\quad \\
\cos (\alpha+\beta)+i\sin (\alpha+\beta)&=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta+i\sin\alpha\cos\beta+i\sin\beta\cos\alpha
\end{align}
\]
分别取实部与虚部得到：
\[
\cos (\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\\
\sin (\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\sin\beta\cos\alpha
\]
于是我们可以推导出积化和差公式：
\[
\cos\alpha\cos\beta
=\frac{\cos (\alpha+\beta)+\cos (\alpha-\beta)}{2}\\
\sin\alpha\sin\beta
=\frac{\cos (\alpha-\beta)-\cos (\alpha+\beta)}{2}\\
\sin\alpha\cos\beta
=\frac{\sin (\alpha+\beta)+\sin (\alpha-\beta)}{2}\\
\]

三角函数系的正交性

由三角函数的周期性：
\[
\int_{-\pi}^\pi\cos{nx}dx=0,n\neq0\\
\int_{-\pi}^\pi\sin{nx}dx=0,n\neq0\\
\]
利用三角函数的积化和差公式得，当 \(m\neq n\) 时 ：
\[
\int_{-\pi}^\pi\cos{nx}\cos{mx}dx=0\\
\int_{-\pi}^\pi\sin{nx}\sin{mx}dx=0\\
\int_{-\pi}^\pi\sin{nx}\cos{mx}dx=0\\
\]
而当\(m=n\)时，
\[
\int_{-\pi}^\pi\sin^2{x}dx=\int_{-\pi}^\pi\frac{1-\cos{2x}}{2}=\pi\\
\int_{-\pi}^\pi\cos^2{x}dx=\int_{-\pi}^\pi\frac{1+\cos{2x}}{2}=\pi\\
\]
故\(1，\cos{x}，\sin{x}，\cos{2x}，\sin{2x}，\dots，\cos{nx},\sin{nx}\)是正交的，若转化为以$ \iota$为周期，那么正交的三角函数系为：\(1，\cos{\frac{2\pi}{\iota}x}，\sin{\frac{2\pi}{\iota}x}，\cos{\frac{4\pi}{\iota}x}，\sin{\frac{4\pi}{\iota}x}，\dots，\cos{\frac{2n\pi}{\iota}x},\sin{\frac{2n\pi}{\iota}x}\)

傅立叶展开

• 引理：（可积性）若\(f(x)\)在区间 [ a，b ] 内有界，\(f(x)\)在区间内全体间断点的集合测度为0.

设\(f(x)\)以\(2\pi\)为周期，或者定义在区间\([-\pi,\pi]\)上，\(f(x)\)是可积的，那么\(f(x)\)可以展开为三角级数的形式：
\[
f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{i=1}^\infty(a_i\cos{ix}+b_i\sin{ix})
\]
其中：
\[
a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cdot\cos{(nx)}dx，n=0,1,2,\dots\\
b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cdot\sin{(nx)}dx，n=1,2,3,\dots
\]

proof:
\[
\begin{align}
\int_{-\pi}^\pi f(x)dx
=&\int_{-\pi}^\pi[\frac{a_0}{2}+\sum_{i=1}^\infty(a_i\cos{ix}+b_i\sin{ix})]dx\\
=&\int_{-\pi}^\pi\frac{a_0}{2}dx+\int_{-\pi}^\pi[\sum_{i=1}^\infty(a_i\cos{ix}+b_i\sin{ix})]dx\\
=&\frac{a_0}{2}\cdot2\pi+\sum_{i=1}^\infty(a_i\int_{-\pi}^\pi\cos{ix}\ dx+b_i\int_{-\pi}^\pi\sin{ix}\ dx)\\
=&a_0\pi\\
\therefore a_0=&\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\ dx
\end{align}
\]

现用\(\cos{kx}\)乘展开式两侧，得到：
\[
f(x)\cos{kx}=\frac{a_0}{2}\cos{kx}+\sum_{i=1}^\infty(a_i\cos{ix}\cos{kx}+b_i\sin{ix}\cos{kx})
\]
同样对上式两侧逐项求积分：
\[
\begin{align}
\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos{kx}\ dx=&\int_{-\pi}^\pi\frac{a_0}{2}\cos{kx}dx+\sum_{i=1}^\infty(a_i\int_{-\pi}^\pi\cos{ix}\cos{kx}dx+b_i\int_{-\pi}^\pi\sin{ix}\cos{kx}dx)\\
=&a_k\int_{-\pi}^\pi\cos{kx}\cos{kx}dx\\
=&a_k\int_{-\pi}^\pi\cos^2{kx}dx\\
=&a_k\pi\\
则有：a_k=&\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos{kx}\ dx\quad（k=1,2,\dots）
\end{align}
\]

傅立叶展开式的指数形式

由欧拉公式：
\[
e^{ix}=\cos x+i\sin x
\]
由于：
\[
\begin{align}
e^{i（-x）}=&\cos (-x)+i\sin (-x)\\
e^{-ix}=&\cos x-i\sin x
\end{align}
\]
则可以用自然然指数的形式来表示正弦函数和余弦函数：
\[
\cos{x}=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\\
\sin{x}=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\\
\]
则傅里叶级数的形式可以写为：
\[
\begin{align}
f(x)
=&\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty[a_n\frac{e^{inx}+e^{-inx}}{2}+b_n\frac{e^{inx}-e^{-inx}}{2i}]\\
=&\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty[\frac{ia_n+b_n}{2}e^{inx}+\frac{ia_n-b_n}{2i}e^{-inx}]\\
(def)\quad F(n)=&
\begin{cases}
\frac{ia_n+b_n}{2i}, & \text{n>0}\\
\frac{a_0}{2},&\text{n=0}\\
\frac{ia_n-b_n}{2i},& \text{n<0}\\
\end{cases}\\
则,f(x)=&\sum_{-\infty}^\infty F_n\cdot e^{inx}
\end{align}
\]
由于其具备一致收敛性：
\[
\begin{align}
\int_{-\frac{T}{2}}^\frac{T}{2}f(x)e^{-inx}dx
&=\int_{-\frac{T}{2}}^\frac{T}{2}(\sum_{-\infty}^\infty F_n\cdot e^{inx})e^{-inx}dx\\
&=\sum_{-\infty}^\infty F_n\int_{-\frac{T}{2}}^\frac{T}{2}e^{inx}\cdot e^{-inx}dx\\
&=F_t\cdot T\\
故：F_t&=\frac1T\int_{-\frac{T}{2}}^\frac{T}{2}f(x)e^{-itx}dx，t=0，\pm1，\pm2，\dots
\end{align}
\]