每日一题Day003

数分

不同余项的 Taylor 公式

1. （Peano 余项）设 $f(x)$ 在 $x_0$ 处 $n$ 阶可导，则当 $x \to x_0$ 时，有，

$$f(x) = f(x_0) + \frac{f^{\prime}(x_0)}{1!}(x-x_0) + \frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + o((x-x_0)^n)$$

2. （Lagrange 余项）设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上 $n+1$ 阶可导，则对任意 $x, x_0 \in I$，存在位于 $x$ 与 $x_0$ 之间的实数 $\xi$ 使得，

$$f(x) = f(x_0) + \frac{f^{\prime}(x_0)}{1!}(x-x_0) + \frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{(n+1)}$$

3. （Cauchy余项）设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上 $n+1$ 阶可导，则对任意 $x, x_0 \in I$，存在位于 $x$ 与 $x_0$ 之间的实数 $\xi$ 使得，

   $$f(x) = f(x_0) + \frac{f^{\prime}(x_0)}{1!}(x-x_0) + \frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!}(x-\xi)^{n}(x-x_0)$$

常用的 Maclaurin 展式

1. 当 $x \to 0$ 时，

$$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n)$$

2. 当 $x \to 0$ 时，

$$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!} + o(x^{2n-1})$$

$$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!} + o(x^{2n})$$

3. 当 $x \to 0$ 时，

$$\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \cdots + (-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n} + o(x^{n})$$

$$\ln(1-x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \cdots - \frac{x^{n}}{n} + o(x^{n})$$

4. 当 $x \to 0$ 时，

$$(1+x)^{\alpha} = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n + o(x^n)$$

$$\frac{1}{1+x} = 1 - x + x^2 - x^3 + \cdots + (-1)^{n} x^n + o(x^{n})$$

$$\frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + \cdots + x^{n} + o(x^{n})$$

5. 当 $x \to 0$ 时，

$$\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} + o(x^{2n+1})$$

Wallis 公式 与 Stirling 公式

Wallis 积分公式

(1) 单项情形

定义

$$I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \, dx = \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \dfrac{\pi}{2}, & n \text{ 为偶数}, \\[6pt] \dfrac{(n-1)!!}{n!!}, & n \text{ 为奇数}. \end{cases}$$

证明： 首先，对于 $I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \, dx$，令 $t = \frac{\pi}{2} - x$，

$$I_n = \int_{\frac{\pi}{2}}^0 \cos^n \left( \frac{\pi}{2} - t \right) d\left( \frac{\pi}{2} - t \right) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n t \, dt$$

下面考虑 $\sin x$ 的情形即可。利用分部积分，

$$\begin{align*} I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx = -\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-1} x \, d\cos x \\ &= -\sin^{n-1} x \cdot \cos x \bigg|_0^{\frac{\pi}{2}} + (n - 1) \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 x \cdot \sin^{n-2} x \, dx \\ &= (n - 1) \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-2} x \, dx - (n - 1) \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx \\ &= (n - 1) \cdot I_{n-2} - (n - 1) \cdot I_n \end{align*}$$

所以，

$$\begin{align*} I_n &= \frac{n-1}{n} \cdot I_{n-2} = \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdot I_{n-4} = \cdots \\ &= \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot I_0 , & n \text{ 为偶数}, \\[6pt] \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot I_1 , & n \text{ 为奇数}. \end{cases} \end{align*}$$

而

$$I_0 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 \, dx = \frac{\pi}{2}, \quad I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x \, dx = 1$$

故，

$$I_n = \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \dfrac{\pi}{2} , & n \text{ 为偶数}, \\[6pt] \dfrac{(n-1)!!}{n!!} , & n \text{ 为奇数}. \end{cases}$$

(2) 二元情形

定义

$$I_{m,n} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cdot \cos^n x \, dx = \begin{cases} \dfrac{(m-1)!! \cdot (n-1)!!}{(m+n)!!} \cdot \dfrac{\pi}{2}, & m, n \text{ 均为偶数}, \\[6pt] \dfrac{(m-1)!! \cdot (n-1)!!}{(m+n)!!}, & \text{否则}. \end{cases}$$

证明：

$$\begin{align*} I_{m,n} &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cdot \cos^n x \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cdot \cos^{n-1} x \, d(\sin x) \\ &= \sin^{m+1} x \cdot \cos^{n-1} x \bigg|_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x \, d(\sin^m x \cdot \cos^{n-1} x) \\ &= -m \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cdot \cos^n x \, dx + (n - 1) \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{m+2} x \cdot \cos^{n-2} x \, dx \\ &= -m \cdot I_{m,n} + (n - 1) \cdot I_{m+2,n-2} \end{align*}$$

得到递归式，

$$I_{m,n} = \frac{n-1}{m+1} \cdot I_{m+2,n-2}$$

n为偶数的情形

设 $n = 2k$,

$$\begin{align*} I_{m,n} &= \frac{n-1}{m+1} \cdot I_{m+2,n-2} = \frac{n-1}{m+1} \cdot \frac{n-3}{m+3} \cdot I_{m+4,n-4} = \dots \\ &= \frac{(n-1)\cdot(n-3)\cdot\dots\cdot1}{(m+1)\cdot(m+3)\cdot\dots\cdot(m+n-1)} \cdot I_{m+n} \end{align*}$$

带入一元情况，

$$I_{m,n} = \begin{cases} \dfrac{(m-1)!!\cdot(n-1)!!}{(m+n)!!} \cdot \dfrac{\pi}{2} &, \, m\text{也为偶数} \\[6pt] \dfrac{(m-1)!!\cdot(n-1)!!}{(m+n)!!} &, \, \text{否则} \end{cases}$$

n为奇数的情形

设 $n = 2k+1$，则

$$I_{m,n} = \frac{(n-1)\cdot(n-3)\cdot\cdots\cdot2}{(m+1)\cdot(m+3)\cdot\cdots\cdot(m+n-2)} \cdot I_{m+n-1,1}$$

单独计算第一项，

$$I_{m+n-1,1} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{m+n-1} x \cdot \cos x \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{m+n-1} x \, d(\sin x) = \frac{1}{m+n}$$

带回，

$$I_{m,n} = \frac{(n-1)\cdot(n-3)\cdot\cdots\cdot2}{(m+1)\cdot(m+3)\cdot\cdots\cdot(m+n-2)} \cdot \frac{1}{m+n} = \frac{(m-1)!!\cdot(n-1)!!}{(m+n)!!}$$

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Wallis 公式

来自 浙江大学 2023 微积分 II 课程笔记

当 $n \to +\infty$ 时，$\dfrac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \sim \sqrt{n\pi}$；更具体地，

$$\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n+1} = \frac{\pi}{2}$$

证明： 对 $x \in (0, \frac{\pi}{2})$，由 $\sin x \in (0,1)$

$$\sin^{2n+1} x < \sin^{2n} x < \sin^{2n-1} x$$

对 $x$ 在 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上积分，得：

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n+1} x \, dx < \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} x \, dx < \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n-1} x \, dx$$

由 Wallis 积分公式，

$$\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} < \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \cdot \frac{\pi}{2} < \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}$$

定义：

$$A_n := \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n+1}, \quad B_n := \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n}$$

注意到，

$$A_{n+1} = \left[ \frac{(2n+2)!!}{(2n+1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n+3} \Rightarrow \frac{A_{n+1}}{A_n} = \frac{(2n+2)^2}{(2n+1)(2n+3)} >1$$

$$B_{n+1} = \left[ \frac{(2n+2)!!}{(2n+1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n+2} \Rightarrow \frac{B_n}{B_{n+1}} = \frac{(2n+1)^2}{(2n)(2n+2)} >1$$

则上述不等式可改写为：

$$A_n < A_{n+1} < \cdots < \frac{\pi}{2} < \cdots < B_{n+1} < B_n$$

数列 $\{A_n\}$ 严格单增有上界，$\{B_n\}$ 严格单减有下界，二者都存在极限。

计算 $B_n - A_n$（夹逼之），

$$\begin{align*} B_n - A_n &= \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \left( \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n+1} \right) \\ &= \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \cdot \frac{1}{2n(2n+1)} \\ &= A_n \cdot \frac{1}{2n} \\ &< \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2n} \to 0 \quad (n \to \infty) \end{align*}$$

于是有

$$\lim_{n \to \infty} A_n = \frac{\pi}{2} = \lim_{n \to \infty} B_n$$

结合 $A_n$ 的定义，即有，

$$\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right]^2 \frac{1}{2n+1} = \frac{\pi}{2}$$

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Stirling 公式

证明来自 香蕉空间

Stirling 公式：对 $n \in \mathbb{Z}_+$ 有，

$$n! = \sqrt{2\pi n} \left( \frac{n}{e} \right)^n e^{c_n}$$

其中 $c_n$ 满足：

$$0 < c_n < \frac{1}{12n}$$

证明：
对 $n \in \mathbb{Z}_+$ 定义数列

$$d_n = \log(n!) - \left(n + \frac{1}{2}\right)\log n + n$$

利用 Taylor 展开计算 $d_n - d_{n+1}$：

$$\begin{align*} d_n - d_{n+1} &= -\log(n+1)+(n+1+\frac{1}{2})\log(n+1)-(n+\frac{1}{2})\log n - 1\\ &= (n+\frac{1}{2}) \log (\frac{n+1}{n}) -1\\ &= \frac{2n + 1}{2} \log\left( \frac{1 + \frac{1}{2n + 1}}{1 - \frac{1}{2n + 1}} \right) -1\\ &= \frac{2n + 1}{2} \sum_{k=0}^\infty \frac{2}{2k+1} \left( \frac{1}{2n+1}\right)^{2k+1} -1\\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2k + 1} \cdot \frac{1}{(2n + 1)^{2k}} \end{align*}$$

于是放缩得到：

$$0 < d_n - d_{n+1} < \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{(2n + 1)^{2k}} = \frac{1}{12n(n+1)} = \frac{1}{12n} - \frac{1}{12(n + 1)}$$

也即，

$$d_n - \frac{1}{12n} < d_{n+1} - \frac{1}{12(n+1)} < \cdots < d_{n+1} < d_n$$

故 $d_n$ 递减而 $d_n - \frac{1}{12n}$ 递增。于是有下述极限存在：

$$\lim_{n \to \infty} \left( d_n - \frac{1}{12n} \right) = C = \lim_{n \to \infty} d_n$$

更精确地有：

$$0 < c_n = d_n - C < \frac{1}{12n}$$

现只要证明

$$C = \frac{1}{2}\log(2\pi) \Leftrightarrow e^C = \sqrt{2\pi}$$

而根据 Wallis 公式，我们有：

$$\begin{align*} \sqrt{\frac{\pi}{2}} &= \sqrt{\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]^2 \frac{1}{2n+1}}= \lim_{n \to \infty} \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \frac{1}{\sqrt{2n+1}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{[(2n)!!]^2}{(2n-1)!!(2n)!!} \frac{1}{\sqrt{2n+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(2^n n!)^2}{(2n)! \sqrt{2n + 1}} \end{align*}$$

结合：

$$\lim_{n \to \infty} e^{d_n} = \lim_{n \to \infty} n! \left( \frac{e}{n} \right)^n \frac{1}{\sqrt{n}} = e^C \Rightarrow n! \sim \sqrt{n} \left( \frac{n}{e} \right)^n e^C$$

有，

$$\sqrt{\frac{\pi}{2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(2^n n!)^2}{(2n)! \sqrt{2n + 1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{2n} n \left( \frac{n}{e}\right)^{2n} e^{2C}}{\sqrt{2n} \left( \frac{2n}{e} \right)^{2n} e^C \sqrt{2n+1}} = \frac{e^C}{2}$$

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高代

题目

题目1

一个 $n$ 阶行列式，如果它的元素满足 $a_{ij} = -a_{ji},\ i,j = 1,2,\cdots,n$，就称为反对称行列式。证明：奇数阶反对称行列式等于 $\boldsymbol{0}$。

要证明奇数阶反对称行列式的值为零，可按以下步骤推导：

$$\begin{align*} D &= \begin{vmatrix} 0 & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\ -a_{12} & 0 & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ -a_{13} & -a_{23} & 0 & \cdots & a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -a_{1n} & -a_{2n} & -a_{3n} & \cdots & 0 \\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 0 & -a_{12} & -a_{13} & \cdots & -a_{1n} \\ a_{12} & 0 & -a_{23} & \cdots & -a_{2n} \\ a_{13} & a_{23} & 0 & \cdots & -a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{1n} & a_{2n} & a_{3n} & \cdots & 0 \\ \end{vmatrix} \\ &= (-1)^{n} \begin{vmatrix} 0 & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\ -a_{12} & 0 & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ -a_{13} & -a_{23} & 0 & \cdots & a_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -a_{1n} & -a_{2n} & -a_{3n} & \cdots & 0 \\ \end{vmatrix} = (-1)^n D = -D \end{align*}$$

故 $D = 0$.

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题目2

Lagrange 插值多项式的唯一性。

求证：给定一组数据 $\{(x_i, y_i),\, 1 \leq i \leq n+1\}$，则唯一存在一个 $n$ 次多项式

$$P(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^k,$$

使得

$$P(x_i) = y_i,\, 1 \leq i \leq n+1.$$

证明： 将 $P(x_i) = y_i,\, 1 \leq i \leq n+1$ 代入 $\sum_{k=0}^n a_k x^k = y$，得到线性方程组：

$$\begin{cases} a_0 + a_1 x_1 + \cdots + a_n x_1^n = y_1 \\ a_0 + a_1 x_2 + \cdots + a_n x_2^n = y_2 \\ \cdots\cdots \\ a_0 + a_1 x_{n+1} + \cdots + a_n x_{n+1}^n = y_{n+1} \end{cases}$$

该方程组的系数行列式为 Vandermonde行列式，

$$D = \prod_{\substack{1 \leq i < j \leq n+1}} (x_j - x_i) \neq 0.$$

由 Cramer 法则，系数 $a_0, a_1, \cdots, a_n$ 可唯一确定：

$$a_k = \frac{D_k}{D},\quad D_k = \sum_{j=1}^{n+1} (-1)^{k+1+j} A_{jk} y_j \quad (0 \leq k \leq n)$$

此处 $A_{jk}$ 是缺项的 Vandermonde 行列式。

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另：多项式 $P(x)$ 也可通过 拉格朗日插值公式 直接构造：

$$\begin{align*} P(x) &= \sum_{j=1}^{n+1} \left( \frac{(x_1 - x)(x_2 - x) \cdots (x_{j-1} - x)(x_{j+1} - x) \cdots (x_{n+1} - x)}{(x_1 - x_j)(x_2 - x_j) \cdots (x_{j-1} - x_j)(x_{j+1} - x_j) \cdots (x_{n+1} - x_j)} \right) y_j \\ &= \sum_{j=1}^{n+1} \left( \prod_{\substack{i=1, \\ i \neq j}}^{n+1} \frac{x - x_i}{x_j - x_i} \right) y_j. \end{align*}$$

行列式的基本性质

1. 转置不变性：
   行列式的转置（行与列互换）值不变，即

   $$D = D^T, \quad \text{其中 } D^T = \det(a_{ji})$$

2. 行公因子提取：
   若第 $i$ 行（记为 $r_i$）所有元素有公因子 $k$，则公因子可提取到行列式外：

   $$D \xrightarrow{kr_i} kD$$

   （仅对某一行提取公因子，列同理）。

3. 行和分解性：
   若第 $i$ 行的每个元素可表示为两数之和（如 $a_{ik} = b_{ik} + c_{ik}$），则行列式可分解为两个行列式之和：

   $$\begin{vmatrix} \vdots & \vdots & \vdots \\ b_{i1}+c_{i1} & \cdots & b_{in}+c_{in} \\ \vdots & \vdots & \vdots \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \vdots & \vdots & \vdots \\ b_{i1} & \cdots & b_{in} \\ \vdots & \vdots & \vdots \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} \vdots & \vdots & \vdots \\ c_{i1} & \cdots & c_{in} \\ \vdots & \vdots & \vdots \end{vmatrix}$$

   （仅某一行分解，其余行不变）。

4. 行对换的反号性：交换第 $i$ 行与第 $j$ 行（记为 $r_i \leftrightarrow r_j$），行列式值反号：

   $$D \xrightarrow{r_i \leftrightarrow r_j} -D$$

   • 推论1：若行列式有两行完全相同，则 $D = 0$
   • 推论2：若行列式有两行成比例（一行是另一行的 $k$ 倍），则 $D = 0$

5. 行操作不变性：
   将第 $i$ 行的 $k$ 倍加到第 $j$ 行上（记为 $r_j + kr_i$），行列式值不变：

   $$D \xrightarrow{r_j + kr_i} D$$

   （列操作同理，值也不变）。

6. 按行展开：行列式可按任意一行展开求值。$A_{ij}$ 是元素 $(i,j)$ 的代数余子式，对第 $i$ 行（$1 \leq i \leq n$）有：

$$D = a_{i1}A_{i1} + a_{i2}A_{i2} + \cdots + a_{in}A_{in} = \sum_{k=1}^n a_{ik}A_{ik}$$

• 推论1：若取第 $i$ 行元素与第 $j$ 行的代数余子式对应相乘再求和：

$$\sum_{k=1}^n a_{ik}A_{jk} = D\delta_{ij}, \quad \delta_{ij} = \begin{cases} 1, & i = j, \\ 0, & i \neq j. \end{cases}$$

1. Cramer 法则：如果 $n \times n$ 线性方程组

   $$\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j = b_i, \quad i = 1, 2, \cdots, n,$$

   的系数行列式 $D = \det(a_{ij}) \neq 0$，则该方程组 存在唯一解：

   $$x_j = \frac{D_j}{D}, \quad j = 1, 2, \cdots, n,$$

   其中 $D_j$ 是将系数行列式 $D$ 的第 $j$ 列替换为常数项 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 后得到的 $n$ 阶行列式，即：

   $$D_j = \begin{vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1,j-1} & b_1 & a_{1,j+1} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & \cdots & a_{2,j-1} & b_2 & a_{2,j+1} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{n,j-1} & b_n & a_{n,j+1} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix}, \quad j = 1, 2, \cdots, n.$$

   • 推论：Lagrange 插值多项式的唯一性