Zbieżność szeregu \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n}\)
Weźmy odcinek \((0,1)\). Jaką ma on długość? Oczywiście \(1\). Podzielmy go na pół. Druga połówka ma oczywiście długość \(\frac 12\).
Pierwsza też, ale nie obchodzi to nas, bo dzielimy tę połówkę na pół. Jej prawa część ma oczywiście długość \(\frac 14\).
Jej lewą część dzielimy natomiast na pół. Prawą część, która ma długość \(\frac 18\) zostawiamy w spokoju, dzielimy lewą. I tak dalej w nieskończoność...
Okej, minęło nieskończoność czasu. Jak podzieliliśmy długość naszego odcinka? A tak:
\[1=\frac 12 + \frac 14 + \frac 18 + \frac{1}{16} + \ldots
\]
O, ale przecież po prawej stronie mamy nasz szereg, bo \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n}=\frac 12 + \frac 14 + \frac 18 + \frac{1}{16} + \ldots\). Zatem
\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n}=1
\]
Zbieżność całki \(\int\limits_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx\)
Zauważmy, że\(\int\limits_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx=\int\limits_{-\infty}^{0} e^{-x^2} \, dx+\int\limits_{0}^{\infty} e^{-x^2} \, dx\).
Z racji tego, że \(e^{-x^2}\) jest parzysta, to wystarczy obliczyć tylko jedną z tych całek, bo druga wynosi tyle samo.
Policzymy \(\int\limits_{0}^{\infty} e^{-x^2} \, dx\), którą oznaczymy przez \(I\). Żeby ją obliczyć, podniesiemy ją do kwadratu, a na koniec spierwiastkujemy.
\[ I^2=\left(\int\limits_{0}^{\infty} e^{-x^2} \, dx\right)^2=\left(\int\limits_{0}^{\infty} e^{-x^2} \, dx\right) \cdot \left(\int\limits_{0}^{\infty} e^{-x^2} \, dx\right)
\]
Literki przecież nie mają znaczenia, więc jak jedno \(x\) zamienimy na \(y\), to nic się nie stanie. W rezultacie dostajemy całkę podwójną po nieograniczonym prostokącie.
\[ I^2=\left(\int\limits_{0}^{\infty} e^{-x^2} \, dx\right) \cdot \left(\int\limits_{0}^{\infty} e^{-y^2} \, dy\right)=\iint\limits_{(0,\infty)^2} e^{-(x^2+y^2)} \, dx\, dy
\]
Przejdźmy na zmienne biegunowe, to może uda nam się to obliczyć. Jakobian przekształcenia wynosi \(r\), kąt \(\varphi \in (0,\frac \pi 2)\) (bo jesteśmy tylko w pierwszej ćwiartce płaszczyzny \(\mathbb{R}^2\)), promień \(r \in (0,\infty)\).
Nasza całka zamienia się w następującą, którą teraz po prostu policzę.
\[ I^2=\int\limits_{0}^{\pi/2} d \varphi \int\limits_{0}^{\infty} e^{-r^2}r \, dr=\int\limits_{0}^{\pi/2} \left(-\frac 12 e^{-r^2}\right)\Bigg|_0^\infty \, d \varphi= \\
=\int\limits_{0}^{\pi/2} \lim_{r \to \infty} \left(-\frac{1}{2e^{r^2}}-\left(-\frac{1}{2}e^{-0^2}\right)\right) \, d \varphi= \\
=\int\limits_{0}^{\pi/2} \frac{1}{2}e^{-0^2} \, d \varphi=\int\limits_{0}^{\pi/2} \frac{1}{2} \, d \varphi=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2}-0\right)=\frac{\pi}{4}
\]
Zatem możemy spierwiastkować obustronnie i otrzymać, że \(I=\sqrt \pi/2\). A nasza pierwotna całka?
\[ \int\limits_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx=I+I=2I=2 \cdot \frac{\sqrt \pi}{2}=\sqrt \pi
\]
Postać trygonometryczna i wykładnicza liczby zespolonej
Niech \(z=x+yi\), \(\varphi\) będzie argumentem liczby, a \(|z|\) jej modułem. Z definicji funkcji trygonometrycznych, \(\sin \varphi = \frac{y}{|z|}, \ \cos \varphi = \frac{x}{|z|}\).
Zatem
\[z=x+iy=|z| \cdot \frac{x}{|z|}+i|z| \cdot \frac{y}{|z|}=|z| \cos \varphi + i|z| \sin \varphi = |z|(\cos \varphi + i \sin \varphi)
\]
Zatem udowodniliśmy postać trygonometryczną liczby zespolonej. Pójdziemy dalej! Udowodnimy, że \(|z|(\cos \varphi + i \sin \varphi)=|z|e^{i \varphi}\), czyli
\((\cos \varphi + i \sin \varphi)=e^{i \varphi}\). W tym celu utwórzmy funkcję \(f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{C}\) daną wzorem \(f(\varphi)=\cos \varphi + i\sin \varphi\). Policzmy jej pochodną.
\[ f'(\varphi)=-\sin \varphi + i \cos \varphi=i \cos \varphi-\sin \varphi= \\
=i \cos \varphi+i^2 \sin \varphi=i(\cos \varphi + i \sin \varphi)=if(\varphi)
\]
Zdefiniujmy funkcję \(g(\varphi)=e^{-i\varphi}f(\varphi)\). Policzmy jej pochodną.
\[ g'(\varphi)=-ie^{-i \varphi}f(\varphi)+e^{-i\varphi}f'(\varphi)=\\
=e^{-i\varphi}(-if(\varphi)+f'(\varphi))=e^{-i\varphi}(-f'(\varphi)+f'(\varphi))=e^{-i\varphi} \cdot 0=0
\]
Co wiemy o pochodnych? Wiemy, że jeśli pochodna jest równa zero niezależnie od argumentu, to funkcja jest stała. Zatem \(g\) jest stała. Może uda się wyznaczyć jaką wartość przyjmuje?
\[ g(0)=e^{-i \cdot 0}f(0)=1 \cdot f(0) = \cos 0 + i \sin 0 = 1+i \cdot 0=1
\]
Właśnie dowiedliśmy, że wzór tej funkcji możemy zapisać tak: \(g(\varphi)=1\). Pamiętacie definicję tej funkcji?
\[1=g(\varphi)=e^{-i\varphi}f(\varphi)
\]
Podzielmy obustronnie przez \(e^{-i\varphi}\).
\[\frac{1}{e^{-i \varphi}}=f(\varphi) \\
1 \cdot e^{i\varphi}=f(\varphi)
\]
Porównajmy to z definicją \(f(\varphi)\).
\[ e^{i\varphi}=f(\varphi)=\cos \varphi + i \sin \varphi=e^{i\varphi}
\]
Pięknie, udało się. Teraz możemy z łatwością pokazać dowód tzw. najpiękniejszego wzoru matematyki:
\[ e^{i \pi}+1=\cos \pi + i \sin \pi +1=-1+0+1=0
\]
Kolejne ulubione dowody >>