Hay alguna intuición geométrica para la factoriales en expansiones de Taylor?

Question

Dado un suave real, la función de $f$, podemos aproximada en términos de polinomios como $$f(x+h)=f(x)+h f'(x) + \frac{h^2}{2!} f''(x)+... = \sum_{k=0}^n \frac{h^k}{k!} f^{(k)}(x) + h^n R_n(h),$$ donde $\lim_{h\to0} R_n(h)=0$.

Hay varias maneras de derivar este resultado. Algunos ya se han discutido en las respuestas aquí.

Una manera fácil de ver por qué la $\frac{1}{k!}$ factores deben ser hay que observar que la computación $\partial_h^k f(x+h)\rvert_{h=0}$, tenemos la $\frac{1}{k!}$ factores para equilibrar la $k!$ factores derivados de $\partial_h^k h^k=k!$ con el fin de obtener un resultado consistente en la LHS y RHS.

Sin embargo, aunque de manera algebraica es muy claro por qué necesitamos estos factoriales, no tengo la intuición de por qué deberían estar allí. Es allí cualquier geométrica (o del mismo modo intuitivo) argumento para ver de dónde vienen?

Answer 1

Sí. Hay un geométricasexplicación. Por simplicidad, vamos que me tome $x=0$ e $h=1$. Por el Teorema Fundamental del Cálculo (FTC), $$ f(1)=f(0)+\int_{0}^{1}dt_1\ f'(t_1)\ . $$ Ahora el uso de la FTC para la $f'(t_1)$ dentro de la integral, que da $$ f'(t_1)=f'(0)+\int_{0}^{t_1}dt_2\ f"(t_2)\ , $$ y la inserción de este en la ecuación anterior. A continuación, obtener $$ f(1)=f(0)+f'(0)+\int_{0}^{1}dt_1\int_{0}^{t_1}dt_2 f"(t_2)\ . $$ Mantener la iteración de esto, el uso de la FTC para reescribir la última integrando, cada vez que se invoca una nueva variable $t_k$. Al final del día, se obtiene $$ f(1)=\sum_{k=0}^{n}\int_{\Delta_k} dt_1\cdots dt_k\ f^{(k)}(0)\ +\ {\rm resto} $$ donde $\Delta_k$ es el simplex $$ \{(t_1,\ldots,t_k)\in\mathbb{R}^k\ |\ 1>t_1>\cdots>t_k>0\}\ . $$ Por ejemplo, $\Delta_{2}$ es un triángulo en el plano, y $\Delta_3$ es un tetraedro en 3D, etc. El $\frac{1}{k!}$ es sólo el volumen de $\Delta_k$. En efecto, por un simple cambio de variables (cambio de nombre), el volumen es el mismo para todos los $k!$ simplices de la forma $$ \{(t_1,\ldots,t_k)\in\mathbb{R}^k\ |\ 1>t_{\sigma(1)}>\cdots>t_{\sigma(k)}>0\} $$ donde $\sigma$ es una permutación de $\{1,2,\ldots,k\}$. Poniendo todos estos simplices juntos en esencia reproduce el cubo de $[0,1]^k$ que por supuesto tiene un volumen de $1$.

Ejercicio: Recuperar la fórmula habitual para la integral resto utilizando el método anterior.

Observación 1: Como Sangchul dijo en el comentario, el método está relacionado con la noción de ordenada exponencial. En un curso básico de Odas, uno normalmente ve a la noción de solución fundamental $\Phi(t)$ de un sistema lineal de ecuaciones diferenciales $X'(t)=A(t)X(t)$. Uno puede escribir la ecuación de $\Phi(t)$ en forma integral y hacer la misma iteración como en el método anterior con el resultado $$ \Phi(s)=\sum_{k=0}^{\infty}\int_{s\Delta_k} dt_1\cdots dt_k\ A(t_1)\cdots Un(t_k)\ . $$ Es sólo cuando las matrices $A(t)$ para los diferentes tiempos de conmutar, que uno puede usar la anterior permutación y el cubo de la reconstrucción, con el fin de escribir esta serie como una exponencial. Esto sucede en una dimensión y también cuando $A(t)$ es independiente del tiempo, es decir, para los dos ejemplos de libro donde uno ha explícita fórmulas.

Observación 2: El método que he utilizado para la expansión de Taylor está relacionado con cómo Newton abordó la cuestión mediante dividido diferencias. La relación entre Newton iterada dividido diferencias y las integrales iteradas he utilizado es la de proporcionar a la Hermite-Genocchi fórmula.

Comentario 3: Estas integrales iteradas son también útiles en probar algunos de combinatoria identidades, ver este MO respuesta:

https://mathoverflow.net/questions/74102/rational-function-identity/74280#74280

También fueron utilizados por K. T. Chen en la topología, y también cuentan en la teoría de los vericuetos desarrollado por Terry Lyon.

Answer 2

Aquí está una heurística argumento que creo que, naturalmente, explica por qué esperamos que el factor de $\frac{1}{k!}$.

Suponga que $f$ es una "buena" de la función. A continuación, mediante la aproximación lineal,

$$ f(x+h) \approx f(x) + f'(x)h. \tag{1} $$

Formalmente, si escribimos $D = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}$, luego el de arriba puede ser reformulado $f(x+h) \approx (1 + hD)f(x)$. Ahora la aplicación de esta dos veces, también tenemos

\begin{align*} f(x+2h) &\approx f(x+h) + f'(x+h) h \\ &\approx \left( f(x) + f'(x)h \right) + \left( f'(x) + f''(x)h \right)h \\ &= f(x) + 2f'(x)h + f''(x)h^2. \tag{2} \end{align*}

Si dejamos caer la $f''(x)h^2$ plazo, que asciende a la sustitución de la $f'(x+h)$ por $f'(x)$, $\text{(2)}$ reduce a $\text{(1)}$ con $h$ reemplazado por $2h$. Por lo $\text{(2)}$ puede ser considerado como una mejor aproximación a $f(x+2h)$, con el plazo adicional $f''(x)h^2$ representa el efecto de la curvatura de la gráfica. Tomamos nota también de que, el uso de $D$, se puede expresar formalmente $\text{(2)}$ como $f(x+2h) \approx (1+hD)^2 f(x)$.

Continuando de esta manera, obtendríamos

$$ f(x+nh) \approx (1+hD)^n f(x) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(k)}(x) h^k. \tag{3} $$

Así, mediante la sustitución de $h$ por $h/n$,

$$ f(x+h) \approx \left(1 + \frac{hD}{n}\right)^n f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{n^k} \binom{n}{k} f^{(k)}(x) h^k. \tag{4} $$

Ahora, desde la $f$ es "bonita", podemos abrigar la esperanza de que el error entre ambos lados de $\text{(4)}$ desaparecerá como $n\to\infty$. En tal caso, ya sea mediante el uso de $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^k}\binom{n}{k} = \frac{1}{k!}$ o $\lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{a}{n}\right)^n = e^a = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{a^k}{k!} $,

$$ f(x+h) = e^{hD} f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} f^{(k)}(x) h^k . \tag{5} $$

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Aunque esta por encima de heurística que conduce a $\text{(5)}$ se basa en la enorme mano saludando, la relación formal en $\text{(5)}$ se justifica en el contexto de análisis funcional y le dice que $D$ es el generador infinitesimal de la traducción semigroup.

Answer 3

Los polinomios

$$p_k(h):=\frac{h^k}{k!}$$

tienen dos características notables:

• son los derivados de cada uno de los otros, $p_{k+1}'(h)=p_k(h)$,

• su $n^{th}$ derivado en $h=0$ es $\delta_{kn}$ (es decir, $1$ fib $n=k$, $0$ lo contrario).

Por esta razón, forman una base natural para expresar una función en términos de las derivadas en un punto dado: si usted forma una combinación lineal con coeficientes $c_k$, la evaluación de la combinación lineal de a $h=0$ así como los derivados de esta combinación lineal de a $h=0$, usted va a recuperar exactamente los coeficientes $c_k$. Los denominadores $k!$ garantizar la suficiente amortiguación del crecimiento rápido de las funciones de $h^k$ para la unidad de la condición de mantener y actuar como la normalización de los factores.

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$$\begin{pmatrix}f(x)\\f'(x)\\f''(x)\\f'''(x)\\f''''(x)\\\cdots\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1&h&\frac{h^2}2&\frac{h^3}{3!}&\frac{h^4}{4!}&\cdots \\0&1&h&\frac{h^2}2&\frac{h^3}{3!}&\cdots \\0&0&1&h&\frac{h^2}2&\cdots \\0&0&0&1&h&\cdots \\0&0&0&0&1&\cdots \\&&&\cdots \end{pmatrix} \begin{pmatrix}f(0)\\f'(0)\\f''(0)\\f'''(0)\\f''''(0)\\\cdots\end{pmatrix}$$

$$\begin{pmatrix}f(0)\\f'(0)\\f''(0)\\f'''(0)\\f''''(0)\\\cdots\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1&0&0&0&0&\cdots \\0&1&0&0&0&\cdots \\0&0&1&0&0&\cdots \\0&0&0&1&0&\cdots \\0&0&0&0&1&\cdots \\&&&\cdots \end{pmatrix} \begin{pmatrix}f(0)\\f'(0)\\f''(0)\\f'''(0)\\f''''(0)\\\cdots\end{pmatrix}$$

Answer 4

La forma más sencilla de buscar es que la segunda derivada de $x^2$ es $2x= 2= 2!$, la tercera derivada de $x^3$ es $6= 3!$, y, en general, la $n$'th derivado de la $x^n$ es $n!$. Que es donde el factoriales en la serie de Taylor de donde provienen.

Si $$f(x)= \frac{a_0}{0!} + \frac{a_1}{1!}(x- q)+ \frac{a_2}{2!}(x- q)^2+ \frac{a_3}{3!}(x- q)^3+ \cdots$$ entonces $$f(q)= a_0,$$ $$f'(q)= a_1,$$ $$f''(q)= a_2,$$ $$f'''(q)= a_3,$$ y, en general, la $n$'th derivado $f^{(n)}(q) = a_n$.

El punto de el factorial del denominador es hacer que los derivados de salir a la derecha.

Answer 5

Me dicen que si usted entiende por qué $\exp(x)$ tiene la forma que lo hace, la expansión de Taylor tiene más sentido. Generalmente, cuando se piensa en la expansión de Taylor, nos imaginamos que estamos representando a una función de $f(x)$ como un 'mix' de los términos polinomiales, lo cual es razonable, pero también podríamos pensar en él como una mezcla de exponenciales términos.

¿Por qué es esto? Así, cabe recordar que la $\exp(x)$ satisface $\frac{d}{dx} \exp(x) = \exp(x)$. De hecho, si tratamos de encontrar las funciones de $g(x)$ tal que $\frac{dg}{dx} = g(x)$, nos encontramos con que $g(x) = A \exp(x)$ para algunas constantes $A$. Este es un critial propiedad de la exponencial, y de hecho, si tratamos de solucionar $\frac{d^{k}}{dx^{k}}g(x) = g(x)$ para otros valores de $k$, nos encontramos con que de nuevo $A \exp(x)$ es una solución. Para algunos $k$ (por ejemplo, $k=4$), hay otras soluciones, pero las funciones $A \exp(x)$ son los únicos que funcionan para todos los $k$.

Esto nos permite "guardar" la información sobre los derivados de la $f(x)$ en la exponencial. Es decir, queremos construir una función con el mismo $k^{th}$ derivado $f$ en valor particular de $x$, podemos. De hecho, podemos hacerlo para todos los $k$ al mismo tiempo. Y lo hacemos mediante parches junto funciones exponenciales en una inteligente, aunque un poco opaco, de manera.

Para ser precisos, se trata de como

$$f(x+h) = f(x) \exp(h) + (f'(x) - f(x)) (\exp(h) - 1) + (f''(x) - f'(x)) (\exp(h) - 1 - h) \ + \ ...$$

el que no parece particularmente iluminador (hay una buena explicación en términos de lo que se llama vectores propios generalizados). Pero independientemente de ello, es posible, que es lo importante.

En cuanto a por qué no la exponencial tiene la forma que lo hace, yo diría que a otras preguntas sobre el MSE como este que profundizar en ella. Lo que quiero decir es que la forma $x^{k}/k!$ está profundamente ligada a la exponencial, así que en cualquier momento usted ve algo que es de sentido común pensar que la exponencial. Lo que sin duda muestra en otros lugares en matemáticas, incluso en algo como la combinatoria que está lejos de cálculo (ver exponencial funciones de generación).

[Esta respuesta fue parcialmente una respuesta a la respuesta de @YvesDaoust, pero no estoy seguro de lo que realmente tiene éxito en hacer las cosas más claras.]