Функциональные последовательности и ряды: Методические указания

Федеральное агентство по образованию Федеральное государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования “ЮЖНЫЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ”

Р. М. Гаврилова, Г. С. Костецкая Методические указания по теме «Функциональные

последовательности и ряды»

Ростов–на–Дону 2007

Р. М. Г а в р и л о в а, Г. С. К о с т е ц к а я. Методические указания по теме «Функциональные последовательности и ряды». Ростов н/Д: УПЛ ЮФУ, 2007.

Печатается по решению кафедры дифференциальных и интегральных уравнений факультета математики, механики и компьютерных наук ЮФУ от

апреля 2007 г. (протокол №

)

Оглавление 1 Функциональные последовательности и ряды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 2 Свойства функциональных последовательностей и рядов . . . . . . . . . 8 3 Степенные ряды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 4 Функциональные свойства степенного ряда . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 5 Разложение функций в степенные ряды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 6 Разложение основных элементарных функций в степенные ряды . 21 7 Применение степенных рядов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Литература . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3

п. 1 Функциональные последовательности и ряды Рассмотрим последовательность {fn (x)}. Членами этой последовательности являются функции, определенные на некотором [a, b]. Зафиксируем произвольно x0 ∈ [a, b] и рассмотрим числовую последовательность {fn (x0 )}. Определение 1. Последовательность {fn (x)} называется сходящейся в точке x = x0 , если сходится числовая последовательность {fn (x0 )}. Если {fn (x)} сходится в любой точке [a, b], то очевидно, что ее пределом будет некоторая функция переменного x, которую мы обозначим f (x). Определение 2. Последовательность {fn (x)} называется сходящейся к функции f (x) на [a, b], если для ∀ ε > 0 ∃ N = N (ε, x) : |f (x) − fn (x)| < ε,

n > N = N (ε, x).

Определение 3. Последовательность {fn (x)} называется равномерно сходящейся к функции f (x) на [a, b], если для ∀ ε > 0 ∃ N = N (ε) : |f (x) − fn (x)| < ε,

n > N = N (ε),

∀ x ∈ [a, b].

Понятие равномерной сходимости имеет простую геометрическую интерпретацию: f (x) − ε < fn (x) < f (x) + ε,

y

y = f (x) + ε y = f (x) y = f (x) − ε

n > N (ε).

(1)

Двойное неравенство (1) утверждает, что все функции данной последовательности, начиная с некоторого номера N , зависящего только от ε,

0

a

b

x

шириной 2ε сразу на всем протяжении [a, b]. 4

попадут в нарисованную криволинейную полосу

sin nx Пример 1. Пусть fn (x) = 5/7 , x ∈ (−∞, +∞). Покажем, что {fn (x)} n сходится равномерно к f (x) ≡ 0. Действительно, зададим ε > 0 и укажем N = N (ε): ¯ ¯ ¯ sin nx ¯ 1 |fn (x) − f (x)| = ¯¯ 5/7 ¯¯ 6 5/7 < ε при n > N. n n · ¸ 1 1 Значит n5/7 > ⇒ n > N = 7/5 . ε ε Поскольку N зависит только от ε, то данная последовательность сходится к f (x) ≡ 0 равномерно на всей прямой. Пример 2. Пусть fn (x) = xn , x ∈ [0, 1]. Предельной функцией является   0, x ∈ [0, 1) f (x) =  1, x = 1 Нарисуем график этой предельной функции. Из графика предельной функции f (x) и геометрической интерпретации равномерной

y ε

сходимости следует, что в данном примере сходимость последовательности {fn (x)} к функции f (x) равномерной не будет, так как

1 −ε ε 0 −ε

1

x

каким бы большим мы не выбрали номер n все функции fn (x) «выскочат» за пределы

горизонтальной полосы шириной 2ε, чтобы попасть в точку (1, 1). 2nx Пример 3. Пусть fn (x) = , 0 6 x < ∞; f (x) ≡ 0. 1 + n 2 x2 Рассмотрим 2nx |f (x) − fn (x)| = . 1 + n2 x2 Найдем максимальное значение этого отклонения µ ¶0 2nx 2n − 2n3 x2 2n(1 + n2 x2 ) − 2nx · 2n2 x = ; = 1 + n2 x2 x (1 + n2 x2 )2 (1 + n2 x2 )2 5

µ ¶ 1 2nx 2n − 2n3 x2 = 0 → 1 − n2 x2 = 0 → x = = 1. ⇒ n 1 + n2 x2 max Отсюда следует, что сходимость данной последовательности к функции f (x) равномерной не будет. Все сказанное выше легко распространяется на функциональные ряды. Рассмотрим ряд ∞ X uk (x), (2) k=1

где uk (x) есть некоторые функции, определенные на [a, b]. Рассмотрим функциональную последовательность частичных сумм Sn (x) =

n X

uk (x),

{Sn (x)}.

k=1

Определение 4. Ряд (2) называется сходящимся на [a, b] к S(x), если на этом сегменте последовательность его частичных сумм {Sn (x)} сходится к функции S(x), то есть ∞ ¯X ¯ ¯ ¯ ∀ ε > 0 ∃ N = N (ε, x) : |S(x) − Sn (x)| = ¯ uk (x)¯ < ε, n > N (ε, x), k=n+1

где S(x) =

∞ P n=1

un (x).

Определение 5. Ряд (2) называется равномерно сходящимся на [a, b] к функции S(x), если ∞ ¯X ¯ ¯ ¯ ∀ ε > 0 ∃ N = N (ε) : |S(x) − Sn (x)| = ¯ uk (x)¯ < ε, k=n+1

n > N (ε),

∀ x ∈ [a, b].

Сформулируем достаточный признак равномерной сходимости функционального ряда. Сначала введем вспомогательное утверждение. Наряду с (2) рассмотрим числовой ряд ∞ X

ak .

k=1

6

(3)

Определение 6. Ряд (3) называется мажорирующим для функционального ряда (2) на [a, b], если имеет место неравенство |uk (x)| 6 ak ,

∀ k,

∀ x ∈ [a, b].

Теорема 1 (мажорантный признак Вейерштрасса). Ряд (2) будет равномерно сходиться на [a, b], если для него на этом отрезке существует сходящийся мажорирующий ряд (3). Доказательство. Зададим произвольное ε > 0 и покажем, что ∞ ¯ ¯X ¯ ¯ ∃ N = N (ε) : ¯ uk (x)¯ < ε,

n > N (ε).

k=n+1

Оценим ∞ ∞ ∞ ¯X ¯ X X ¯ ¯ uk (x)¯ 6 |uk (x)| 6 ak < ∞, ¯ k=n+1

k=n+1

n > N (ε)

k=n+1

(так как (3) сходится, то для выбранного ε > 0 ∃ N = N (ε), такой что ∞ P будет выполняться ak < ε, n > N (ε)). k=n+1

Значит, в силу определения 5, данный ряд сходится равномерно. Пример 4.

∞ X cos n2 x n=1

n3/2

,

−∞ < x < ∞.

Воспользуемся признаком Вейерштрасса: ¯ ¯ ¯ cos n2 x ¯ 1 |un (x)| = ¯¯ 3/2 ¯¯ 6 3/2 = an , n n Очевидно, что мажорирующий ряд

∞ P n=1

an =

∀ x ∈ (−∞, +∞). ∞ P n=1

1 n3/2

сходится (α = 3/2 > 1)

⇒ исходный ряд сходится равномерно на всей прямой. Пример 5.

∞ X (−1)k+1 k=1

x+k

,

0 6 x < ∞.

7

Построим мажорирующий ряд |uk (x)| = ∞ P

Ряд

1 1 6 . x+k k

1/k расходится. Значит, равномерная сходимость исходного ряда

k=1

неизвестна. Воспользуемся тем, что исходный ряд знакочередующийся, следовательно для него справедлива следующая оценка |S −Sn | 6 un . В нашем случае ∞ ¯X (−1)k+1 ¯¯ 1 1 ¯ |S − Sn | = ¯ 6 < ε, ¯6 x+k x+n n k=n+1

· ¸ 1 n>N = . ε

Таким образом, мы нашли номер N (ε) и, следовательно, исходный ряд сходится равномерно по определению 5. Значит признак Вейерштрасса носит достаточный характер и не является необходимым условием сходимости. п. 2 Свойства функциональных последовательностей и рядов Теорема 2 (непрерывность). I. Если все члены функциональной последовательности {fn (x)} непрерывны на [a, b] и {fn (x)} сходится равномерно на этом сегменте, то предельная функция f (x) также непрерывна на [a, b]. II. Если все члены ряда

∞ P

uk (x) непрерывны на [a, b] и ряд сходится

k=1

равномерно на этом сегменте, то сумма этого ряда S(x) также непрерывна на [a, b]. Доказательство. Докажем I. Покажем непрерывность f (x) в любой точке x ∈ (a, b). Воспользуемся определением непрерывности по Коши. Зададим произвольное ε > 0 и найдем такое δ(ε), что будет выполняться |f (x + ∆x) − f (x)| < ε,

|∆x| < δ.

Оценим разность |f (x + ∆x) − f (x)| = |f (x + ∆x) − fN +1 (x + ∆x) + fN +1 (x + ∆x) − − fN +1 (x) + fN +1 (x) − f (x)| 6 |f (x + ∆x) − fN +1 (x + ∆x)| + + |fN +1 (x + ∆x) − fN +1 (x)| + |fN +1 (x) − f (x)| ° < (4) 8

В силу равномерной сходимости функциональной последовательности первое и третье слагаемые могут быть сделаны меньше ε/3 каждое и это будет при n > N (ε), ∀ x ∈ [a, b]. Оценим второе слагаемое, для чего воспользуемся непрерывностью функции fN +1 (x) в точке x. По выбранному ε найдется такое δ, зависящее от ε, что будет выполняться неравенство ε |fN +1 (x + ∆x) − fN +1 (x)| < , 3

|∆x| < δ(ε).

Возвращаясь к исходному неравенству (4), получим

° <

ε ε ε + + = ε, 3 3 3

|∆x| < δ.

Докажем утверждение II. Рассмотрим последовательность частичных k P сумм {Sn (x)}, Sn (x) = uk (x). Заметим, что каждый член этой последоk=1

вательности, то есть каждая функция Sn (x) непрерывна на [a, b], как сумма конечного числа непрерывных функций. Кроме того, по условию теоремы ∞ P ряд uk (x) сходится равномерно на [a, b], что означает равномерную схоk=1

димость последовательности {Sn (x)} на этом сегменте. Поэтому в силу I предельная функция S(x) этой последовательности {Sn (x)} (являющаяся в то же время суммой функционального ряда) будет функцией непрерывной на [a, b]. Теорема доказана. Замечание 1. Равномерная сходимость функциональной последовательности или функционального ряда является достаточным условием непрерывности предельной ½ функции¾ или суммы ряда. Например, рассмотрим 2nx последовательность , члены ее непрерывны на всей прямой. А 1 + n2 x2 выше (см. пример 3) мы показали, что она не является равномерно сходящейся. Тем не менее, предельная функция f (x) ≡ 0 очевидно является непрерывной на всей прямой. Теорема 3 (интегрируемость). Если все члены ряда

∞ P k=1

uk (x) непрерыв-

ны на [a, b] и ряд сходится равномерно на [a, b], то сумма ряда S(x) ин-

9

тегрируема на [a, b] причем Zx ∞ Zx X S(x) dx = uk (x) dx,

(5)

k=0 x

x0

0

где x0 , x ∈ [a, b]. Доказательство. В силу предыдущей теоремы функция S(x) непрерывна на [a, b] и следовательно все интегралы, фигурирующие в равенстве (5), существуют. n ∞ X X S(x) = uk (x) + uk (x). k=1

k=n+1

Отсюда, интегрируя, имеем Zx Zx ³X Zx ³ X n ∞ ´ ´ S(x) dx − uk (x) dx = uk (x) dx x0 Zx

x0

k=1

n Z X

x0

x

S(x) dx −

k=1 x

x0

uk (x) dx =

k=n+1

Zx ³ X ∞ x0

0

=⇒

´ uk (x) dx.

(6)

k=n+1

Воспользуемся теперь равномерной сходимостью ряда. Зададим произвольно ε > 0, по нему найдется N , так чтобы ∞ ¯X ¯ ¯ ¯ uk (x)¯ < ε, n > N, ∀ x ∈ [a, b]. ¯ k=n+1

Тогда ¯Zx ³ ∞ Zx ∞ ¯ ´ ¯¯ Zx ¯ X X ¯ ¯ ¯ ¯ uk (x) dx¯¯ 6 ¯ uk (x)¯ dx < ε dx − ε(x − x0 ) 6 ε(b − a). ¯ x0

k=n+1

x0

k=n+1

x0

Возвращаясь к равенству (6), запишем ¯Zx ¯ n X ¯ ¯ ¯ S(x) dx − ¯ < ε(b − a) = ε1 , u (x) dx k ¯ ¯ x0

k=1

Отсюда следует, что число чины

n Rx P

n > N.

Rx

S(x) dx является пределом переменной вели-

x0

uk (x) dx, что и означает справедливость равенства (5).

k=1 x0

10

Теорема 4 (дифференцируемость). Если все функции uk (x) непрерыв∞ ∞ P P но дифференцируемы на [a, b], причем ряд uk (x) сходится, а ряд u0k (x) k=1

сходится равномерно на [a, b], то сумма ряда

S (x) =

∞ X

k=1

uk (x) = S(x) дифферен-

k=1

цируема на [a, b] и имеет место равенство 0

∞ P

u0k (x).

(7)

k=1

Доказательство. Напомним, что непрерывная дифференцируемость uk (x) на [a, b] означает, что на [a, b] существуют u0k (x) и они непрерывны на [a, b]. ∞ P Рассмотрим ряд u0k (x). Так как его члены — непрерывные на [a, b] функk=1 ции и ряд по условию теоремы сходится равномерно, то сумма этого ряда ∞ P S ∗ (x) = u0k (x) в силу предыдущей теоремы интегрируема на [a, b]: k=1

Zx

∞ Z X

x

∗

S (t) dt =

k=1 x

x0

=

∞ X

u0k (t) dt

где S(x) — сумма ряда

¯x ¯ uk (t)¯ =

k=1

0

uk (x) −

k=1 ∞ P

=

∞ X

∞ X

x0

uk (x0 ) = S(x) − S(x0 ),

(8)

k=1

uk (x).

k=1

Воспользуемся свойством интеграла с переменным верхним пределом: Rx ∗ ∗ S (t) непрерывна на [a, b] ⇒ S (t) dt — дифференцируемая функция пеx0

ременного x на этом сегменте, причем справедливо равенство: d dx

µZx

¶ ∗

S (t) dt

= S ∗ (x).

x0

Поэтому продифференцировав равенство (8) по x, мы получим: S ∗ (x) = (S(x) − S(x0 ))0 = S 0 (x), что и требовалось доказать. 11

п. 3 Степенные ряды Частным случаем общих функциональных рядов являются степенные ряды:

∞ X

ak (x − x0 )k = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + . . . ,

(9)

k=0

где ak — заданные числа, называемые коэффициентами степенного ряда; x0 — некоторая фиксированная точка. Мы будем рассматривать также частный случай, когда x0 = 0: ∞ X ak xk = a0 + a1 x + a2 (x)2 + . . . (10) k=0

Очевидно, что всякий ряд (10) сходится в точке x = 0, поскольку он вырождается в постоянную a0 ; а ряд вида (9) сходится в точке x = x0 . Пример 6.

∞ X xk k=0

k!

;

ak =

1 . k!

Исследуем этот ряд на абсолютную сходимость, используя признак Даламбера: |x|k+1 k! 1 lim = |x| lim = 0, x ∈ (−∞, +∞). k→∞ (k + 1)! |x|k k→∞ k + 1 То есть данный ряд сходится абсолютно на всей прямой. Пример 7.

∞ X

k! xk ,

ak = k! .

k=0

Аналогично примеру 6: |x|k+1 (k + 1)! lim = |x| lim (k + 1) = ∞, x 6= 0. k→∞ k→∞ |x|k k! Ряд сходится только в одной точке x = 0. ∞ P Теорема 5 (первая теорема Абеля). Если ряд ak xk сходится в некоk=0

торой точке x1 6= 0, то он сходится абсолютно во всякой точке x, такой что |x| < |x1 |. Если ряд расходится в точке x2 , то он расходится для всех x: |x| > |x2 |. 12

Доказательство. Рассмотрим числовой ряд

∞ P k=0

ak xk1

ak xk1 , он сходится по усло-

вию, поэтому → 0 при k → ∞, то есть последовательность {ak xk1 } сходится, значит она ограничена, то есть ∃ M > 0: |ak xk1 | 6 M , ∀ k. Покажем теперь абсолютную сходимость исходного ряда для всех x: |x| < |x1 |. Воспользуемся признаком сравнения: ¯ ¯ µ ¶k k¯ ¯ |x| x |ak xk | = ¯¯ak xk1 k ¯¯ = |ak xk1 | 6M |x1 | x1 Ряд

∞ P

¯ ¯k ¯x¯ · ¯¯ ¯¯ . x1

M (|x/x1 |)k — сходится, так как |x/x1 | < 1 — геометрическая про-

k=0

грессия со знаменателем q < 1, следовательно исходный ряд сходится абсолютно. Пусть теперь |x| > |x2 |, покажем что в этом случае степенной ∞ P ряд расходится. Предположим, что это не так и ряд ak xk сходится при k=0

|x| > |x2 |, но тогда по только что доказанному выше этот ряд должен сходиться в точке x2 , что противоречит условию теоремы. Значит, наше предложение не верно и ряд расходится при |x| > |x2 |. Замечание 1. Из теоремы следует, что если ряд

∞ P

ak xk сходится в неко-

k=0

торой точке x = α, то он сходится также на интервале (−|α|; |α|). Теорема 6 (об области сходимости). Если область сходимости степенного ряда (10) не стягивается в точку x = 0 и не вырождается во всю прямую, то существует такой интервал (−R; R), во всех точках которого ряд сходится абсолютно; вне сегмента [−R; R] ряд расходится; в точках x = ±R нужны дополнительные исследования. Интервал (−R; R) называют интервалом сходимости степенного ряда; число R называется радиусом сходимости степенного ряда. Если область сходимости вырождается в точку x = 0, то полагают R = 0; если область сходимости есть вся прямая (−∞; +∞), то считают R = ∞. (без доказательства) Выведем формулы для вычисления радиуса сходимости. 13

Теорема 7. Пусть существует предел |ak+1 | = `. k→∞ |ak | lim

Тогда 1) если ` = 0, то R = ∞; 2] если ` = ∞, то R = 0; 3) если 0 < ` < ∞, то R = 1/`. ∞ P Доказательство. Рассмотрим ak xk и исследуем его на абсолютную схоk=0

димость, пользуясь признаком Даламбера. |ak+1 | |ak+1 ||x|k+1 = |x| · lim = |x| · `. lim k→∞ k→∞ |ak | |ak ||x|k 1) пусть ` = 0, тогда для любого конечного x, |x| · ` = 0 < 1 и ряд сходится абсолютно на всей прямой, R = ∞. 2) пусть ` = ∞, тогда для ∀ x 6= 0, |x| · ` > 1 и ряд расходится во всех точках, кроме x = 0, то есть R = 0. 3) пусть 0 < ` < ∞, тогда сходимость будет иметь место для всех |x| < 1/` → −1/` < x < 1/`, следовательно, для этих x ряд будет сходиться абсолютно, то есть R = 1/`. p Теорема 8. Если ∃ lim k |ak | = `, тогда k→∞ 1) если ` = 0, то R = ∞; 2) если ` = ∞, то R = 0; 3) если 0 < ` < ∞, то R = 1/`. (без доказательства.) Обобщая теоремы 7 и 8, мы можем записать следующие формулы для вычисления радиуса ¯ ¯ ¯ an ¯ ¯ ; R = lim p1 . (11) R = lim ¯¯ n→∞ an+1 ¯ n→∞ n |a | n

Отметим, что формулы (11) можно применять только к полным рядам, т. е. у которых an 6= 0 ∀ n. Если это не так, то к самому степенному ряду применяют признаки Даламбера или Коши. 14

Пример 8. Исследовать на сходимость ряд ∞ X 2n n! n=1

nn

· x2n .

Воспользуемся признаком Даламбера 2n n! 2n un (x) = n · x ; n

2n+1 (n + 1)! 2n+2 un+1 (x) = x ; (n + 1)n+1

¯ ¯ n+1 ¯ ¯ ¯ 2 (n + 1)! x2n+2 nn ¯ ¯ un+1 (x) ¯ n! (n + 1)nn 2 ¯ ¯ ¯ ¯ lim = lim ¯ = 2|x| lim = n→∞ ¯ un (x) ¯ n→∞ (n + 1)n+1 2n n! x2n ¯ n→∞ (n + 1)n (n + 1)n! 1 2|x|2 ¢ . = 2|x|2 lim ¡ = n n→∞ 1 + 1 e n Если 2|x|2 /e < 1, то ряд сходится абсолютно, то есть |x| < p p − e/2 < x < e/2 — интервал сходимости.

p e/2 или

Исследуем сходимость на концах: r ∞ ∞ X e 2n n! en X n! en x= → = . n nn n 2 2 n n=1 n=1 Проверим необходимое условие сходимости, используя формулу Стирлинга √ ¡ ¢n n! ∼ 2π ne , n → ∞. Имеем √ n! en 2πn nn en √ un = n ∼ = 2πn 9 0 n n→∞ en n n при n → ∞, следовательно, ряд расходится. p Аналогично на конце x = − e/2 ряд расходится. п. 4 Функциональные свойства степенного ряда Теорема 9 (вторая теорема Абеля). Степенной ряд

∞ P k=0

ak xk сходится

равномерно на всяком [α, β], целиком принадлежащим интервалу сходимости (−R; R).

15

Доказательство. Выберем произвольно x0 ∈ (−R; R), так чтобы |x0 | > ∞ P max{|α|; |β|}. Очевидно ряд ak xk0 сходится абсолютно, кроме того для k=0

любого x ∈ [α, β] имеет место неравенство |ak xk | 6 |ak xk0 |. Следовательно, ∞ P по признаку Вейерштрасса ряд ak xk сходится равномерно на [α; β]. k=0

Если степенной ряд сходится на каком-то интервале, то его сумма будет ∞ P функцией переменного x, обозначим ее S(x) = ak xk . k=0

Теорема 10 (непрерывность суммы). Сумма степенного ряда S(x) есть функция непрерывная во всякой точке x, принадлежащей интервалу сходимости (−R; R). Доказательство. Выберем произвольное x ∈ (−R; R). Рассмотрим [α; β] ∞ P такой, что [α; β] ⊂ (−R; R) и x ∈ [α; β]. Так как по теореме 9 ряд ak xk k=0

сходится равномерно на [α; β] и члены ряда ak xk есть функции непрерывные на [α; β], то в силу соответствующей теоремы (теорема 2) для общих функциональных рядов функция S(x) непрерывна на [α; β], следовательно и подавно в точке x. Теорема 11 (интегрируемость суммы). Сумма степенного ряда S(x) есть функция интегрируемая на (−R; R), причем имеет место равенство

Zx 0

и ряд

∞ X ak k+1 S(t) dt = x k+1 k=0

∞ X ak k+1 x k+1

(12)

k=0

имеет тот же радиус сходимости, что и исходный степенной ряд. Доказательство. Пусть x ∈ (−R; R). Рассмотрим [α; β] такой, что [α; β] ⊂ ∞ P (−R; R) и x ∈ [α; β]. Как и в предыдущей теореме ряд ak xk сходится k=0

16

равномерно; члены ряда — функции непрерывные и, следовательно, по теореме 3 для общих функциональных рядов степенной ряд можно интегрировать почленно. Теперь покажем что R0 = R, где R0 — радиус сходимости ∞ P ряда (12), а R — радиус сходимости ряда ak xk . Вычислим R0 , используя k=0

первую из формул (11) ¯ ¯ ¯ ¯ a a n+1 n ¯ = lim |an ||n + 2| = lim |an | = R. R0 = lim ¯¯ : n→∞ |an+1 ||n + 1| n→∞ n + 1 n + 2 ¯ n→∞ |an+1 |

Теорема 12 (дифференцируемость суммы). Функция S(x) есть функция дифференцируемая во всякой точке интервала сходимости, причем имеет место равенство 0

S (x) =

∞ X

kak xk−1

k=1

и радиус сходимости ряда

∞ X

kak xk−1

(13)

k=1

совпадает с радиусом сходимости исходного ряда. Доказательство. Прежде всего докажем, что радиус сходимости ряда (13) (обозначим его R00 ) совпадает с радиусом сходимости исходного ряда (R). (11)

|an | |an | = lim = R. n→∞ |an+1 ( + 1)| n→∞ |an+1 |

R00 = lim

Теперь докажем дифференцируемость S(x) в произвольной точке x ∈ (−R; R). Рассмотрим [α; β] ⊂ (−R, R), такой что x ∈ [α; β]. Для этого сегмента выполнены все условия теоремы 4 о дифференцируемости общего функционального ряда. Поэтому S(x) можно дифференцировать и имеет место равенство 0

S (x) =

∞ X k=1

17

kak xk−1 .

Замечание 1. Рассмотрим ряд (13) — это степенной ряд, который сходится по-прежнему на (−R; R), поэтому к нему можно применить только что доказанную теорему, то есть продифференцировать почленно, при этом вновь полученный ряд будет снова иметь радиус сходимости такой же, что и (13), то есть R: ∞ X 00 S (x) = k(k − 1)ak xk−2 . (14) k=2

Вновь полученный ряд (14) опять удовлетворяет условиям теоремы 12 и его можно дифференцировать почленно вновь 000

S (x) =

∞ X

k(k − 1)(k − 2)ak xk−3

k=3

и так далее S

(n)

(x) =

∞ X

k(k − 1) . . . (k − n + 1)ak xk−n .

k=n

Таким образом, сумма степенного ряда есть бесконечно дифференцируемая функция и полученные при дифференцировании ряды имеют тот же радиус сходимости, что и исходный степенной ряд. п. 5 Разложение функций в степенные ряды Определение 7. Говорят, что функция f (x) на (−r, r) разлагается в ∞ P степенной ряд ak xk , если этот ряд сходится на (−r, r) и его сумма k=0

совпадает с функцией f (x). Теорема 13 (единственности). Если функция y = f (x) на (−r, r) разлагается в степенной ряд, то это разложение единственно. Доказательство. Пусть f (x) разлагается в степенной ряд, то есть f (x) =

∞ X

ak xk = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + . . .

k=0

Положим в этом равенстве x = 0, тогда получим f (0) = a0 , то есть a0 = f (0). 18

Продифференцируем степенной ряд (это можно делать в силу теорему 12): f 0 (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + . . . и положим x = 0 → f 0 (0) = a1 ⇒ a1 = f 0 (0). Продифференцируем еще раз (это можно делать в силу замечания к теореме 12) f 00 (x) = 2a2 + 3 · 2a3 x + 4 · 3a4 x2 + . . . f 00 (0) и положим x = 0 → f (0) = 2a2 → a2 = . 2! 00

f (n) (0) Продолжая этот процесс, мы получим an = . Таким образом, n! коэффициенты степенного ряда ak однозначно определяются с помощью функции и ее производных, вычисленных в нуле и, следовательно, разложение функции в степенной ряд единственно. Замечание 1. В ходе доказательства мы получим, что если функция разлагается в степенной ряд, то этот ряд будет рядом Тейлора: f 0 (0) f 00 (0) 2 f (n) (0) n f (x) = f (0) + x+ x + ... + x + ... 1! 2! n!

(15)

Замечание 2. Из равенства (15) вытекает, что любой бесконечно дифференцируемой функции легко поставить в соответствие степенной ряд Тейлора. Однако при этом остается открытым вопрос будет ли этот ряд сходящимся и если да, то будет ли его сумма совпадать с исходной функций f (x)? Теорема 14 (необходимое и достаточное условие разложимости функции в степенной ряд). Для того, чтобы функция y = f (x) на (−r, r) разлагалась в степенной ряд необходимо и достаточно, чтобы она была бесконечно дифференцируемой на этом интервале и чтобы остаточный член формулы Тейлора Rn (x) → 0, n → ∞, ∀ x ∈ (−r; r). Доказательство. Необходимость. Функция разлагается в степенной ряд, тогда из доказанных ранее теорем (каких?) она бесконечно дифференци19

руема. В силу того, это разложение единственно (почему?) и имеет вид f 0 (0) f 00 (0) 2 f (n) (0) n f (x) = f (0) + x+ x + ··· + x + .... 1! 2! n! Отсюда ¯ · ¸¯ 0 00 (n) ¯ ¯ f (0) f (0) f (0) 2 n ¯ ¯f (x) − f (0) + x + x + · · · + x ¯ ¯ = |f (x) − Sn (x)| = 1! 2! n! = |Rn (x)| → 0 при n → ∞, ∀ x ∈ (−r, r). Достаточность. Функция бесконечно дифференцируема, поэтому ее можно разложить по формуле Тейлора f 0 (0) f 00 (0) 2 f (n) (0) n f (x) = f (0) + x+ x + ··· + x + Rn (x), 1! 2! n!

∀ n.

Кроме того, дано, что Rn (x) → 0 при n → ∞, ∀ x ∈ (−r, r). Поэтому ¯ ¸¯ · 00 (n) 0 ¯ ¯ f (0) f (0) f (0) 2 n ¯ ¯f (x) − f (0) + x + x + · · · + x ¯ ¯→0 1! 2! n! при n → ∞, ∀ x ∈ (−r, r). Отсюда следует, что ряд

∞ X f (k) (0)

xk сходится во всякой точке

k! x ∈ (−r, r) и его сумма равна f (x), что и требовалось доказать. k=0

Теорема 15 (достаточное условие разложимости функции в степенной ряд). Для того, чтобы функция y = f (x) на интервале (−r, r) разлагалась в степенной ряд достаточно, чтобы она была бесконечно дифференцируемой на этом и чтобы имело место равенство |f (n) (x)| 6 M,

∀ n,

∀ x ∈ (−r, r).

(16)

Доказательство. Поскольку бесконечная дифференцируемость f (x) у нас уже есть согласно условию теоремы, то в силу теоремы 14 достаточно показать только, что Rn (x) → 0, n → ∞, ∀ x ∈ (−r, r). Запишем остаточный член формулы Тейлора в форме Лагранжа: ¯ (n+1) ¯ ¯f ¯ (θx) rn+1 n+1 ¯ ¯ |Rn (x)| = ¯ x ¯<M , 0 < θ < 1. (n + 1)! (n + 1)! 20

Покажем, что ряд ком Даламбера:

∞ X n=0

rn+1 сходится. Для этого воспользуемся призна(n + 1)!

rn+1 n! r lim · n = lim =0<1 n→∞ (n + 1)! r n→∞ n + 1

⇒

rn+1 ряд сходится и значит его общий член стремится к 0, то есть →0 (n + 1)! при n → ∞. Следовательно, Rn (x) → 0, n → ∞, ∀ x ∈ (−r, r). п. 6 Разложение основных элементарных функций в степенные ряды 1) Рассмотрим y = sin x, тогда ¯ ¯ ¯ ³ πn ´¯¯ ¯ (n) ¯ ¯ ¯y (x)¯ = ¯sin x + ¯ 6 1, 2

∀ n,

∀ x ∈ (−∞, +∞).

Таким образом, в силу теоремы 15 функцию y = sin x можно разложить в степенной ряд 2n+1 x3 x5 n x sin x = x − + − . . . + (−1) + ..., 3! 5! (2n + 1)!

2) Рассмотрим y = cos x, тогда ¯ ¯ ¯ ³ πn ´¯¯ ¯ (n) ¯ ¯ ¯y (x)¯ = ¯cos x + ¯ 6 1, 2

∀ n,

∀ x ∈ (−∞, +∞). (17)

∀ x ∈ (−∞, +∞).

Поэтому 2n x2 x4 n x cos x = 1 − + − . . . + (−1) + ..., 2! 4! (2n)!

3) Рассмотрим y = ex . ¯ ¯ ¯ (n) ¯ ¯y (x)¯ = ex < er = M,

∀ x ∈ (−∞, +∞).

∀ x ∈ (−r, r),

∀ n,

(18)

∀ r.

В силу теоремы 15 функцию y = ex на любом интервале (−r, r), а значит на всей бесконечной прямой раскладывается в следующий степенной ряд x2 x3 xn e =1+x+ + + ... + + ..., 2! 3! n! x

21

∀ x ∈ (−∞, +∞).

(19)

4) Рассмотрим y = ln(1 + x). Найдем производную y0 =

1 = 1 − x + x2 − x3 + . . . , 1+x

−1 < x < 1.

Мы получим сходящуюся геометрическую прогрессию. Отсюда, интегрируя обе части в пределах от 0 до x (все это можно делать согласно свойствам суммы степенного ряда), мы получим n x2 x3 x4 n−1 x ln(1 + x) = x − + − + . . . + (−1) + ..., 2 3 4 n

−1 < x 6 1. (20)

Покажем, что разложение (20) остается справедливым и в точке x = 1. Правая часть при этом будет иметь вид 1 1 1 (−1)n−1 1 − + − + ... + + . . . = ln 2 2 3 4 n как было показано ранее в числовых рядах. Очевидно, что и левая часть равна ln 2 при x = 1, следовательно, (20) справедливо на (−1, 1]. 5) Рассмотрим y = (1 + x)α , α — любое вещественное число. Запишем для нее ряд Тейлора 1 + αx +

α(α − 1) 2 α(α − 1) · . . . · (α − n + 1) n x + ... + x + ... 2! n!

Покажем, что этот ряд сходится на (−1, 1). С этой целью найдем его радиус сходимости

¯ ¯ ¯ (n + 1)! α(α − 1) · . . . · (α − n + 1) ¯ ¯ = 1. R = lim ¯¯ n→∞ n! α(α − 1) · . . . · (α − n + 1)(α − n) ¯

То есть ряд действительно сходится на (−1, 1). Можно показать, что на этом интервале имеет место равенство (19)

α(α − 1) 2 x + ... + 2! α(α − 1) · . . . · (α − n + 1) n + x + . . ., n!

(1 + x)α = 1 + αx +

x ∈ (−1, 1). (21)

Заметим, что если α — натуральное число, то данная формула станет формулой бинома Ньютона. 22

Пример 9. Разложить в ряд Тейлора функцию y = e3x−1 а) по степеням x; б) по степеням (x − 1). Решение. а) y = e3x−1 = e−1 · e3x ⇒ e

3x−1

=e

−1

∞ X (3x)n n=0

n!

=e

−1

∞ X 3n n=0

n!

xn ,

x ∈ (−∞; +∞).

б) Сделаем замену x − 1 = t ⇒ x = t + 1 ⇒ y = e3(t+1)−1 = e3t+2 — нужно разложить по степеням t: y=e

3t+2

2

3t

2

=e ·e =e

∞ X (3t)n n=0

n!

=e

2

∞ X 3n n=0

n!

(x − 1)n ,

−∞ < x < +∞.

п. 7 Применение степенных рядов В этом пункте мы рассмотрим некоторые применения степенных рядов. а) Разложения основных элементарных функций, полученные в предыдущем пункте, могут применяться для приближенных вычислений значений функций. Ряды (17)–(19) могут быть использованы для вычисления значений sin(x), cos(x), ex при любых значениях x с любой степенью точности, т. к. равенства (17)–(19) имеют место на всей оси x. При этом, если в качестве приближенных значений функций sin x, cos x брать частичные суммы рядов (17), (18), то, учитывая, что эти ряды есть ряды знакопеременные, допускаемая при этом погрешность легко оценивается в силу признака Лейбница. Для вычисления числа π с любой степенью точности можно использовать ряд для функции y = arctg x, который легко получается тем же способом, что и ряд для функции y = ln(1 + x): (arctg x)0 =

1 = 1 − x2 + x4 − x6 + . . . , 2 1+x

−1 < x < 1.

Мы опять получили сходящуюся геометрическую прогрессию. Интегрируя последнее равенство от 0 до x, получим x3 x5 x7 arctg x = x − + − + ..., 3 5 7 23

−1 < x < 1.

(22)

Справедливость этого равенства в точке x = 1 доказывается так же, как была доказана справедливость разложения (20) в точке x = 1. Полагая теперь в (22) x = 1, получим π 1 1 1 = 1 − + − + ..., 4 3 5 7 при этом, в силу знакопеременности этого ряда, легко оценивается погрешность, допускаемая при замене суммы ряда его частичной суммой. Ряд (21) можно использовать для приближенного вычисления корней. Здесь надо учитывать, что сходимость ряда имеет место на интервале (−1, 1). Напри√ мер, вычислим приближенно 9 10: " # µ ¶1/9 µ ¶2 √ √ √ 1 1 1 8 1 3 9 3 10 = 2 1 + = 2 1+ · − · + ... . 4 9 4 81 4 б) Разложение функций в степенные ряды можно использовать для вычисления интервалов, которые через элементарные функции не выражаются. Например, рассмотрим интеграл Zx Si x = 0

sin t dt. t

В силу разложения (17) имеем 2n+1 t3 t5 n t sin t = t − + − . . . + (−1) + ..., 3! 5! (2n + 1)!

t ∈ (−∞, ∞).

Отсюда

sin t t2 t4 = 1 − + − . . . , t 6= 0. (23) t 3! 5! Полагая (sin t)/t = 1 при t = 0, получим справедливость равенства (23) и при t = 0, интегрируя это равенство будем иметь Zx Si x = 0

sin t x3 x5 x7 dt = x − + − + ... t 3 · 3! 5 · 5! 7 · 7!

(24)

Мы вновь получили знакопеременный ряд, для которого очень удобно оценивается погрешность. 24

в) Наиболее широкое применение находят степенные ряды при решении дифференциальных уравнений. Подробный и очень интересный разговор об этом пойдет в других курсах математики (дифференциальные уравнения, уравнения математической физики), мы же ограничимся сейчас одним достаточно простым примером. Рассмотрим уравнение xy 00 + y 0 + xy = 0,

y = y(x).

Будем искать решение в виде ряда с неопределенными коэффициентами y(x) =

∞ X

am xm .

(25)

m=0

Продифференцируем его дважды, считая ряд сходящимся на всей оси 0

y (x) =

∞ X

mam x

m−1

,

00

y (x) =

m=1

∞ X

m(m − 1)am xm−2 .

(26)

m=2

Подставляя рязложения (25), (26) в исходный ряд, получим a1 +

∞ X

(m(m − 1)am + mam + am−2 )xm−1 = 0

m=2

или a1 + Отсюда следует a1 = 0,

∞ X

(m2 am + am−2 )xm−1 = 0.

m=2 m2 am

+ am−2 = 0 (m = 2, 3, . . . ). Из последнего

равенства имеем, что все a2k−1 = 0 (k = 1, 2, . . . ), a0 a2 (−1)2 a0 a2 = − 2 , a4 = − 2 = , 2 4 (2!)2 · 22·2 (−1)3 a0 (−1)k a0 a6 = 2·3 , . . . , a2k = . 2 · (3!)2 (k!)2 · 22k (точное доказательство формулы для a2k можно провести методом полной математической индукции). Итак, с точностью до произвольного множителя a0 , мы получаем решение y(x)

" y(x) = a0

# 2m x 1+ (−1)m . 2 22m (m!) m=1 ∞ X

25

(27)

Ряд в равенстве (27) сходится абсолютно, ∀ x, что проверяется непосредственно. ¯ 2m+2 ¯ 2n ¯ ¯ x · m! · 2 x2 1 ¯ ¯ lim ¯ = lim = 0 ∀ x (конечного). m→∞ (m + 1)! 22m+2 x2m ¯ 4 m→∞ m + 1 Обозначим

∞ X

x2m 1+ (−1) = L0 (x). 2 22m (m!) m=1 m

Функция L0 (x) нызывается функцией Бесселя порядка ноль, эта и более общие функции Бесселя порядка «k» играют важную роль в математической физике, небесной механике и др.

Литература [1] Будак Б. М., Фомин С. В. Кратные интегралы и ряды. М., 1965. [2] Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Т. 2. М., 1969. 26