Материал: ЛК Осипенко КЮ - весна 2021 (1 сем)

56

Тем самым ряд абсолютно сходится при всех x.

2.∑1

n!xn = 1 + x + 2!x2 + : : : + n!xn + : : : :

n=0

Здесь an = n!, поэтому

Ряд сходится только в нуле.

3.∑1

xn = 1 + x + x2 + : : : + xn + : : : :

n=0

Поскольку an = 1, получаем

R = lim janj = 1:

n!1 jan+1j

Ряд сходится абсолютно при x 2 ( 1; 1) и расходится, если jxj

1.

4.

∑1

2nx2n = 1 + 2x2 + 4x4 + 8x6 + : : : + 2nx2n + : : : :

n=0

Сделаем замену y = x2. Тогда получим степенной ряд

Таким образом, ряд абсолютно сходится при jyj < 12 , а для осталь-

íûõ y расходится. Переходя к исходной переменной, получаем, p

что исходный ряд абсолютно сходится при jxj < 1= 2, а при остальных x расходится.

35.Свойства степенных рядов

1.Степенной ряд равномерно сходится на любом отрезке из интервала сходимости.

Действительно, пусть R радиус сходимости степенного ряда

57

Из доказанного свойства и теоремы 22 вытекает следующее свойство.

2. Сумма степенного ряда есть непрерывная функция на интервале сходимости.

3. Пусть

∑1

anxn = S(x); x 2 ( R; R):

n=0

Это свойство непосредственно вытекает из теоремы о почленном интегрировании равномерно сходящихся рядов (теорема 23).

4. Сформулируем сначала одно вспомогательное утверждение.

Лемма 1. При почленном дифференцировании степенного ряда его

радиус сходимости не меняется.

Доказательство. Пусть дан ряд ∑1n=0 anxn с радиусом сходимости R. Докажем утверждение леммы в предположении существования

lim janj = R:

n!1 jan+1j

Для радиуса почленно продифференцированного ряда

∑1

Теперь сформулируем само свойство. Пусть имеется степенной ряд

∑1

anxn = S(x); x 2 ( R; R):

n=0

Тогда

∑1

nanxn 1 = S′(x); x 2 ( R; R):

n=1

Из леммы 1 вытекает, что почленно продифференцированный ряд имеет тот же радиус сходимости R и, значит, сходится равно-

мерно на любом отрезке из интервала сходимости. Остается применить теорему 24.

Следствие 6. Радиус сходимости не меняется при почленном интегрировании.

58

Доказательство. Пусть дан ряд ∑1n=0 anxn с радиусом сходимости R. Рассмотрим почленно проинтегрированный ряд

Из свойства 1 и леммы 1 получаем

Следствие 7. Сумма степенного ряда есть бесконечно дифференцируемая функция в интервале сходимости.

Можно рассматривать степенные ряды более общего вида

∑1

an(y y0)n:

n=0

наводит на мысль для функции f(x), имеющей все производные в точке a, рассмотреть степенной ряд

Этот степенной ряд называется рядом Тейлора для функции f(x) (с центром в точке a).

Выясним при каких условиях сумма ряда Тейлора для функции f(x) совпадает с самой функцией f(x).

Теорема 26 (достаточные условия разложимости функции в ряд Тейлора). Пусть в некоторой окрестности точки a у функции

f(x) существуют все производные и все они ограничены jf(n)(x)j M. Тогда в этой окрестности справедливо равенство

Доказательство. Из формулы Тейлора (16) для частичной суммы ряда Тейлора

59

имеем

jf(x) Sn(x)j = jRn(x)j:

Запишем остаточный член Rn(x) в форме Лагранжа

Рассмотрим ряд ∑1n=1 an, ãäå

an = Mn! cn:

Применяя признак Даламбера, легко убедиться, что он сходится. Следовательно, по необходимому признаку сходимости

lim an = 0:

n!1

Отсюда следует, что Rn(x) ! 0 ïðè n ! 1. Это означает, что

Этот ряд часто называют рядом Маклорена для функции f(x).

37. Разложение в ряд Тейлора функций ex, sin x, cos x, ln(1 + x) è arctg x

Напишем ряд Тейлора для функции f(x) = ex с центром в ну- ле. Имеем f(n)(x) = ex, поэтому f(n)(0) = 1. Кроме того, в любой окрестности нуля ( A; A) все производные ограничены jf(n)(x)j eA. Поэтому по теореме 26 для всех x справедливо равенство

60

Если почленно продифференцировать этот ряд, то получим ряд для косинуса

Ðÿä äëÿ ln(1 + x)

может быть получен почленным интегрированием степенного ряда

Отметим, что радиус сходимости полученного степенного ряда для ln(1 + x) равен единице.

Если в (19) сделать замену x = t2, то получим следующий ряд

Почленно интегрируя его от 0 до x, получаем ряд для arctg x

радиус сходимости которого равен 1.

38. Единственность разложения функции в степенной ряд

В предыдущем пункте мы получили разложение некоторых функций в степенные ряды, не вычисляя производные этих функций в нуле. Являются ли эти степенные ряды рядами Тейлора для этих функций? На этот вопрос отвечает следующая теорема.

Теорема 27. Если функция разложена в степенной ряд, то это ее ряд Тейлора.

Доказательство. Пусть функция f(x) разложена в степенной ряд f(x) = a0 + a1x + a2x2 + : : : + anxn + : : : :

Подставив x = 0, получаем a0 = f(0). Степенной ряд можно почленно дифференцировать, поэтому

f′(x) = a1 + 2a2x + : : : + nanxn 1 + : : : :

Следовательно, a1 = f′(0). Снова почленно продифференцируем ряд для f′(x). Получим

f′′(x) = 2a2 + 6a3x : : : + n(n 1)anxn 2 + : : : :