【2】从零认识中心极限思想-e往无尽
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：
\[a_n=(1+\frac1n)^n\\
b_n=(1+\frac1n)^{n+1}
\]
b_n=(1+\frac1n)^{n+1}
\]
\[\begin{align}
a_n=1\cdot an&=1\cdot(1+\frac1n)^n\\
&\leq(\frac{1+n\cdot(1+\frac1n)}{n+1})^{n+1}\\
&=(\frac{n+2}{n+1})^{n+1}=a_{n+1}
\end{align}
\]
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：
\[\begin{align}
b_n=1\cdot(1+\frac1n)^{n+1}&\geq(\frac{n+2}{1+\frac{n}{n+1}+\cdots+\frac{n}{n+1}})^{n+2}\\
&=(\frac{n+2}{n+1})^{n+2}=b_{n+1}
\end{align}
\]
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
\[\begin{align}
I=&\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx
=2\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=2\cdot I\\
I^2=&[\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx]^2=[\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx][\int_{0}^{\infty}e^{-y^2}dy]\\
=&\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-(x^2+y^2)}dxdy\\
=&\int_{0}^{\frac\pi2}d\theta\int_{0}^{\infty}e^{-r^2}rdr\\
=&\frac\pi2\int_{0}^{\infty}-\frac{e^{-r^2}}{2}rd(-r^2)=\frac{\pi}{4}\\
\therefore&\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt\pi\\
&\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}dx=
\sqrt2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}d\frac{x}{\sqrt2}=\sqrt{2\pi}
\end{align}
\]
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：
\[e^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}\\
\sin x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}\\
\cos x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}\\
\]
\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：
\[e^{ix}=1+ix-\frac{x^2}{2!}-\frac{ix^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\dots=\cos x+i\sin x\\
(e^{ix})^n=e^{inx}=\cos{nx}+i\sin{nx}=[\cos{x}+i\sin{x}]^n
\]
(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\(e^{ix}=\cos x+i\sin x\):
\[\begin{align}
e^{i(\alpha+\beta)}
&=e^{i\alpha}e^{i\beta}\\
&=[\cos\alpha+i\sin\alpha][\cos \beta+i\sin \beta]\\
&=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta+i\sin\alpha\cos\beta+i\sin\beta\cos\alpha\\
e^{i(\alpha+\beta)}
&=\cos (\alpha+\beta)+i\sin (\alpha+\beta)\\
综上所述：\quad \\
\cos (\alpha+\beta)+i\sin (\alpha+\beta)&=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta+i\sin\alpha\cos\beta+i\sin\beta\cos\alpha
\end{align}
\]
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：
\[\cos (\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\\
\sin (\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\sin\beta\cos\alpha
\]
\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：
\[\cos\alpha\cos\beta
=\frac{\cos (\alpha+\beta)+\cos (\alpha-\beta)}{2}\\
\sin\alpha\sin\beta
=\frac{\cos (\alpha-\beta)-\cos (\alpha+\beta)}{2}\\
\sin\alpha\cos\beta
=\frac{\sin (\alpha+\beta)+\sin (\alpha-\beta)}{2}\\
\]
=\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：
\[\int_{-\pi}^\pi\cos{nx}dx=0,n\neq0\\
\int_{-\pi}^\pi\sin{nx}dx=0,n\neq0\\
\]
\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 ：
\[\int_{-\pi}^\pi\cos{nx}\cos{mx}dx=0\\
\int_{-\pi}^\pi\sin{nx}\sin{mx}dx=0\\
\int_{-\pi}^\pi\sin{nx}\cos{mx}dx=0\\
\]
\int_{-\pi}^\pi\sin{nx}\sin{mx}dx=0\\
\int_{-\pi}^\pi\sin{nx}\cos{mx}dx=0\\
\]
而当\(m=n\)时，
\[\int_{-\pi}^\pi\sin^2{x}dx=\int_{-\pi}^\pi\frac{1-\cos{2x}}{2}=\pi\\
\int_{-\pi}^\pi\cos^2{x}dx=\int_{-\pi}^\pi\frac{1+\cos{2x}}{2}=\pi\\
\]
\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：
\[a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cdot\cos{(nx)}dx，n=0,1,2,\dots\\
b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cdot\sin{(nx)}dx，n=1,2,3,\dots
\]
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：
\[\begin{align}
e^{i（-x）}=&\cos (-x)+i\sin (-x)\\
e^{-ix}=&\cos x-i\sin x
\end{align}
\]
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：
\[\cos{x}=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\\
\sin{x}=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\\
\]
\sin{x}=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\\
\]
则傅里叶级数的形式可以写为：
\[\begin{align}
f(x)
=&\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty[a_n\frac{e^{inx}+e^{-inx}}{2}+b_n\frac{e^{inx}-e^{-inx}}{2i}]\\
=&\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty[\frac{ia_n+b_n}{2}e^{inx}+\frac{ia_n-b_n}{2i}e^{-inx}]\\
(def)\quad F(n)=&
\begin{cases}
\frac{ia_n+b_n}{2i}, & \text{n>0}\\
\frac{a_0}{2},&\text{n=0}\\
\frac{ia_n-b_n}{2i},& \text{n<0}\\
\end{cases}\\
则,f(x)=&\sum_{-\infty}^\infty F_n\cdot e^{inx}
\end{align}
\]
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：
\[\begin{align}
\int_{-\frac{T}{2}}^\frac{T}{2}f(x)e^{-inx}dx
&=\int_{-\frac{T}{2}}^\frac{T}{2}(\sum_{-\infty}^\infty F_n\cdot e^{inx})e^{-inx}dx\\
&=\sum_{-\infty}^\infty F_n\int_{-\frac{T}{2}}^\frac{T}{2}e^{inx}\cdot e^{-inx}dx\\
&=F_t\cdot T\\
故：F_t&=\frac1T\int_{-\frac{T}{2}}^\frac{T}{2}f(x)e^{-itx}dx，t=0，\pm1，\pm2，\dots
\end{align}
\]
\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}
\]
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