VIK, Mérnök Informatikus szak (BSc) ANALÍZIS (2)

Függvénysorok

Oktatási segédanyag

A Villamosmérnöki és Informatikai Kar mérnök informatikus hallgatóinak tartott előadásai alapján összeállította:

Fritz Józsefné Kónya Ilona

2007. február

Szerkesztette: Győri Sándor

1. Függvénysorok

Az f_{k} : D ↦ ℝ , k ∈ ℕ függvényeknek a közös értelmezési tartománya D ≠ ∅. Ezen függvények végtelen összegét nevezzük függvénysornak:

∑_{k=0}^{∞} f_{k} = f_{0} + f_{1} + ⋯ + f_{k} + · · · .

Ezt a végtelen összeget egy s függvénynek tekinthetjük, amely a H ⊂ D halmazon értelmezett, ha x ∈ H esetén teljesül, hogy

lim_{n → ∞} ∑_{k=0}^{n} f_{k}(x) = s(x) .

D^{}s_{n}(x) := ∑_{k=0}^{n} f_{k}(x) : n-edik részletösszeg .

Tehát x ∈ H esetén:

lim_{n → ∞} s_{n}(x) = s(x) .

Az s függvényt összegfüggvénynek, a H halmazt konvergenciatartománynak nevezzük és azt írjuk, hogy

∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) := s(x) , x ∈ H .

A nyomaték kedvéért ilyenkor azt mondjuk, hogy a ∑_{k=0}^{∞} f_{k} függvénysor a H halmazon pon-

tonként konvergál s -hez. Tehát a pontonkénti konvegencia definíciója a következő:

D^{} Azt mondjuk, hogy a ∑_{k=0}^{∞} f_{k} függvénysor a H ⊂ D halmazon pontonként

konvergál az s : H ↦ ℝ összegfüggvényhez, ha ∀ x_{0} ∈ H -ra ∃

lim_{n → ∞} s_{n}(x_{0}) = lim_{n → ∞} ∑_{k=0}^{n} f_{k}(x_{0}) = ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x_{0}) := s(x_{0}) ,

azaz ∀ ε > 0 -hoz ∃ N(ε, x_{0}) , hogy

|s_{n}(x_{0}) − s(x_{0})| < ε , ha n > N(ε, x_{0}) , x_{0} ∈ H

Nyilvánvaló, hogy különböző x_{0} ∈ H esetén más-más (s_{n}(x_{0})) sorozathoz juthatunk, így N(ε, x_{0}) értéke is függhet x_{0} -tól.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

Ha a H halmaz x_{0} pontjaihoz ∀ ε > 0 esetén találhatunk közös, x_{0} -tól független N(ε) küszöbszámot, akkor azt mondjuk, hogy a H halmazon a ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergál az s(x) -hez.

D^{} A ∑_{k=0}^{∞} f_{k} függvénysor a H ⊂ D halmazon egyenletesen konvergál az s függvényhez, ha ∀ ε > 0 -hoz ∃ x -től független N(ε) küszöbszám, hogy

|s_{n}(x) − s(x)| < ε , ha n > N(ε) , ∀ x ∈ H

Tehát az N(ε) küszöbszám univerzálisan ”jó” a H halmaz minden pontjában.

Következmény: Vezessük be az r_{n}(x) = ∑_{k=n+1}^{∞} f_{k}(x) jelölést, melyet n -edik maradékösszegnek nevezünk.

Ha ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) = s(x) ⟹ lim_{n→∞} r_{n}(x) = lim_{n→∞} (s(x) − s_{n}(x)) = 0.

[figure: Pl.] ∑_{k=1}^{∞} (\frac{x}{3})^{k} = \frac{\frac{x}{3}}{1 − \frac{x}{3}} , ha |x| < 3

Tehát  s(x) = \frac{x}{3 − x} ,  H = (−3, 3)

Ez egy geometriai sor, amely pontosan akkor konvergál, ha q kvóciense (q = \frac{x}{3} ) a (−1, 1) -be esik, és az összeg \frac{a}{1 − q} , ahol a = (\frac{x}{3})^{1}

[figure: Pl.] a) ∑_{k=1}^{∞} (\frac{x}{3})^{k} = \frac{x}{3 − x} , a H^{∗} = (−2, 2) halmazon \underline{egyenletesen konvergens}.

Ugyanis tetszőleges x ∈ (−2, 2) esetén:

|s(x) − s_{n}(x)| = | ∑_{k=n+1}^{∞} (\frac{x}{3})^{k}| = |\frac{(\frac{x}{3})^{n+1}}{1 − \frac{x}{3}} | = \frac{(\frac{|x|}{3})^{n+1}}{|1 − \frac{x}{3}|} ≤

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.

2 v2.1

≤ \frac{(\frac{|x|}{3})^{n+1}}{|1 − \frac{|x|}{3}|} ≤ \frac{(\frac{2}{3})^{n+1}}{1 − \frac{2}{3}} = 3·(\frac{2}{3})^{n+1} < ε , ha n > N(ε)

Itt az N(ε) értékét a 3 · (\frac{2}{3})^{n+1} sorozathoz választhattuk. Tehát a H^{∗} = (−2, 2)

halmaz ∀ x_{0} pontjában ugyanaz az N(ε) küszöbszám használható, vagyis a H^{∗} halmazon a konvergencia egyenletes. Nyilván a H^{∗∗} = [−2, 2] halmazon is egyenletes a konvergencia. Sőt 0 < δ < 3 esetén a [−3 + δ , 3 − δ] halmazon is egyenletes a konvergencia.

b) ∑_{k=1}^{∞} (\frac{x}{3})^{k} = \frac{x}{3 − x} , a H = (−3, 3) halmazon \underline{nem egyenletesen konvergens}.

Ugyanis, ha

|s(x) − s_{n}(x)| = \frac{(\frac{|x|}{3})^{n+1}}{|1 − \frac{x}{3}|} < ε , ∀ n > N(ε) és ∀ x ∈ (−3, 3)

lenne, de ekkor lim_{x → 3} \frac{(\frac{|x|}{3})^{n+1}}{|1 − \frac{x}{3}|} ≤ ε , ∀ n > N(ε) lenne, amiből ∞ ≤ ε adódna,

ami persze ellentmondás.

T^{}Ha ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergens H -n, akkor pontonként is konvergens.

Ez a definíció közvetlen következménye, hiszen N(ε) = N(ε, x_{0}) választható ∀ x_{0} ∈ H esetén.

D^{}A ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) eleget tesz a H halmazon a Cauchy kritériumnak, ha ∀ ε > 0 -hoz

∃ N(ε) x -től független küszöbszám, hogy ∀ x ∈ H esetén

| f_{n+1}(x) + f_{n+2}(x) + ⋯ + f_{m}(x) | < ε , ∀ m > n > N(ε) .

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 T^{}∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergens H -n

⟺ ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) eleget tesz a Cauchy kritériumnak H -n.

B^{}⟹ bizonyítása: Az egyenletes konvergencia miatt tetszőleges ε > 0 esetén létezik \frac{ε}{2} - höz N (\frac{ε}{2}) , hogy

|s_{m}(x) − s(x)| < \frac{ε}{2} és |s_{n}(x) − s(x)| < \frac{ε}{2} , ha m > n > N (\frac{ε}{2}) ∀ x ∈ H - ra.

Ebből következik, hogy |s_{m}(x) − s_{n}(x)| = |s_{m}(x) − s(x) + s(x) − s_{n}(x)| ≤

≤ |s_{m}(x) − s(x)| + |s_{n}(x) − s(x)| < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε , ha m > n > N (\frac{ε}{2}) ∀ x ∈ H - ra,

vagyis teljesül a Cauchy kritérium. A tétel másik részét nem bizonyítjuk. (A numerikus sorokra vonatkozó megfelelő tétel bizonyításához hasonlóan bizonyítható, felhasználva a H halmazon való egyenletes konvergencia fogalmát.)

Megjegyezzük, hogy most is beszélhetünk abszolút konvergenciáról:

D^{}A ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) abszolút konvergens x_{0} -ban, ha ∑_{k=0}^{∞} |f_{k}(x_{0})| konvergens.

A függvénysor abszolút konvergenciájából következik a függvénysor konvergenciája:

Ha ∑_{k=0}^{∞} |f_{k}(x_{0})| konvergens x_{0} ∈ H ⟹ ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x_{0}) is konvergens x_{0} ∈ H.

Ez az állítás a numerikus sorokra tanult tétel megismétlése.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

1.1. Weierstrass kritérium

(Egy elégséges tétel függvénysor egyenletes konvergenciájára.)

T^{} Ha ∃ (b_{k}) , hogy |f_{k}(x)| ≤ b_{k}; x ∈ H; k = 0, 1, … és ∑_{k=0}^{∞} b_{k} konvergens

numerikus sor, akkor a) ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) abszolút konvergens ∀ x ∈ H,

b) ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergens H -n.

B^{}

a) A ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) abszolút konvergencája a majoráns kritérium miatt következik a H halmaz minden pontjában.

b) Megmutatjuk, hogy ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) eleget tesz a Cauchy kritériumnak a H halmazon. Ugyanis ∀ x ∈ H :

|f_{n+1}(x) + ⋯ + f_{m}(x)| ≤ |f_{n+1}(x)| + ⋯ + |f_{m}(x)| ≤
≤ b_{n+1} + ⋯ + b_{m} < ε, ha m > n > N(ε),

mert ∑_{k=0}^{∞} b_{k} teljesíti a Cauchy kritériumot, ugyanis ∑_{k=0}^{∞} b_{k} konvergens. N(ε) független

x -től, mivel a ∑_{k=0}^{∞} b_{k} numerikus sorhoz választottuk. Mivel a ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) teljesíti a

Cauchy kritériumot H -n ⟹ ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergens H -n.

[figure: Pl.]  ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin (n^{3}x + π)}{n^{2} + 1} abszolút konvergens ∀ x ∈ ℝ és egyenletesen konvergens a

(−∞, ∞) intervallumon, mert

|f_{n}(x)| ≤ \frac{1}{n^{2} + 1} < \frac{1}{n^{2}} = b_{n} , ∀ x ∈ ℝ és ∑^{∞} b_{n} = ∑^{∞} \frac{1}{n^{2}} konvergens.

[figure: Pl.]  ∑_{n=1}^{∞} ne^{−n(|x|+1)}

|f_{n}(x)| = f_{n}(x) = \frac{n}{(e^{|x|+1})^{n}} < \frac{n}{e^{n}} = b_{n}

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 ∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{e^{n}} = ∑_{n=1}^{∞} b_{n} konvergens, mert lim_{n→∞} \sqrt[n]{b_{n}} = lim_{n→∞} \frac{\sqrt[n]{n}}{e} = \frac{1}{e} < 1 ⟹

⟹ ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) egyenletesen konvergens ℝ -en.

Tudjuk, hogy véges sok folytonos függvény összege is folytonos és tagonként integrálhatjuk véges sok függvény összegét, illetve tagonként deriválhatjuk. Végtelen összeg (függvénysor) esetére ezek az állítások nem feltétlenül teljesülnek. Azonban a végtelen soroknál egyenletes konvergenciát megkövetelve elégséges feltételeket nyerünk arra , hogy a függvénysor összege folytonos legyen, tagonként integrálható legyen, illetve az összege deriválható legyen.

1.2. [a, b] intervallumon egyenletesen konvergens függvénysorok tulajdonságai

[figure: T_{1}]

Ha f_{k} ∈ C_{[a,b]}^{0} és ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergens [a, b] -n , akkor az
s(x) = ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) összegfüggvény folytonos az [a, b] intervallumon.
(¬B)

A tétel akkor is igaz, ha I = [a, b] helyett mindenütt I = (a, b) , vagy I = [a, b) , illetve I = (a, b] szerepel.

M^{}A tétel jelentése:

lim_{x→x_{0}} s(x) = [figure: lim_{x→x_{0}} ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x)] = ∑_{k=0}^{∞} lim_{x→x_{0}} f_{k}(x) = ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x_{0}) = s(x_{0})

A tétel következménye: Ha az összeadandó függvények folytonosak, de az s(x) összegfüggvény nem folytonos az I intervallumon, akkor a konvergencia nem egyenletes I intervallumon.

[figure: Pl.] ∑_{k=1}^{∞} (x^{k} − x^{k−1}) nem egyenletesen konvergens a H konvergenciatartományon.

Ugyanis

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

s_{n}(x) = ∑_{k=1}^{n} (x^{k}−x^{k−1}) = x^{1}−x^{0}+x^{2}−x^{1}+x^{3}−x^{2}+⋯+x^{n}−x^{n−1} = x^{n}−1

s(x) = lim_{n → ∞} s_{n}(x) = lim_{n → ∞} (x^{n} − 1) = \{ \begin{matrix}−1 , & ha |x| < 1 \\ 0 , & ha x = 1 \end{matrix}

A konvergenciatartomány H = (−1, 1] . A (−1, 1] halmazon a konvergencia nem egyenletes, mert az összeadandó f_{k}(x) = x^{k} − x^{k−1} függvények folytonosak, de az s(x) összegfüggvény nem folytonos a (−1, 1] halmazon.

[figure: T_{2}]

Ha f_{k} ∈ C_{[a,b]}^{0} és ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergens a H = [a, b] halmazon, akkor

∫_{a}^{b} s(x) dx = [figure: ∫_{a}^{b} ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) dx] = ∑_{k=0}^{∞} ∫_{a}^{b} f_{k}(x) dx (¬B)

[figure: Pl.] Láttuk, hogy a ∑_{k=1}^{∞} (\frac{x}{3})^{k} egyenletesen konvergens a [−2, 2] -on, ezért nyilván a [0, 2] -

on is egyenletesen konvergens. (A [−2, 2] -on alkalmas, x -től független N(ε) küszöbszám alkalmas a [0, 2] -on is.) Így alkalmazhatjuk a T_{2} tételt:

I = ∫_{0}^{2} ( ∑_{k=1}^{∞} (\frac{x}{3})^{k}) dx = ∑_{k=1}^{∞} ( ∫_{0}^{2} (\frac{x}{3})^{k} dx) = ∑_{k=1}^{∞} \frac{x^{k+1}}{(k + 1) 3^{k}} |_{0}^{2} = ∑_{k=1}^{∞} \frac{2^{k+1}}{(k + 1) 3^{k}}

Másrészt

I = ∫_{0}^{2} ( ∑_{k=1}^{∞} (\frac{x}{3})^{k}) dx = ∫_{0}^{2} \frac{x}{3 − x} dx = − ∫_{0}^{2} (\frac{3 − x}{3 − x} − \frac{3}{3 − x}) dx =

= − [x + 3 ln(3 − x) ]_{0}^{2} = − (2 + 3 ln 1 − 3 ln 3) = 3 ln 3−2 ,

Vagyis

∑_{k=1}^{∞} \frac{2^{k+1}}{(k + 1) 3^{k}} = 3 ln 3 − 2

Tehát T_{2} segítségével egy numerikus sor összegét határoztuk meg.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

[figure: T_{3}] Ha f_{k} ∈ C_{[a,b]}^{1} és

s(x) = ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergál [a, b] -n és
g(x) = ∑_{k=0}^{∞} f′_{k}(x) egyenletesen konvergál [a, b] -n,

akkor s deriválható [a, b] -n, és s′ = g . (¬B)

Tehát

s′(x) = \frac{d}{dx}s(x) = [figure: \frac{d}{dx} ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x)] = ∑_{k=0}^{∞} \frac{d}{dx}f_{k}(x) = ∑_{k=0}^{∞} f′_{k}(x) = g(x)

A T_{1}, T_{2} és T_{3} tételekben szereplő függvénysorokról igen fontos feltenni, hogy a szóbanforgó halmazon egyenletesen konvergensek. Ezt olyan példákon mutatjuk meg, ahol a konvergencia a megfelelő halmazon csak pontonként, de nem egyenletesen teljesül. Az egyszerűség kedvéért az s_{n}(x) részletösszeg függvényt adjuk meg. Ezt azért tehetjük meg, mert tetszőleges s_{n}(x) függvényhez van olyan függvénysor, amelynek éppen s_{n}(x) az n -edik részletösszege, mégpedig a

∑_{k=1}^{∞} (s_{k}(x) − s_{k−1}(x)) , ahol s_{0}(x) = 0.

Ugyanis ennek az n-edik részletösszege:

∑_{k=1}^{n} (s_{k}(x)−s_{k−1}(x)) = s_{1}(x)−s_{0}(x)+s_{2}(x)−s_{1}(x)+⋯ s_{n}(x)−s_{n−1}(x) = s_{n}(x)−s_{0}(x) = s_{n}(x)

[figure: Pl.] s_{n}(x) = e^{−nx^{2}} (= (e^{−x^{2}})^{n}) D = ℝ; H = ℝ;

s(x) = lim_{n → ∞} s_{n}(x) = \{ \begin{matrix}0, & ha x ≠ 0 \\ 1, & ha x = 0 \end{matrix}

Az s függvény nem folytonos, pedig az s_{n} függvények folytonosak.

[figure: Pl.]

s_{n}(x) = \{ \begin{matrix}n^{2}x, & ha x ∈ [0, 1/n) \\ −n^{2}x + 2n, & ha x ∈ [1/n, 2/n) \\ 0, & ha x > 2/n \end{matrix}

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

[figure: \frac{1}{n}; \frac{2}{n}; n; s_{n}(x)]

s(x) ≡ 0 az x ∈ [0, ∞) = H halmazon, mert

s_{n}(0) = 0 ⟶ ↓_{∞}^{n} 0

x > 0 : s_{n}(x) = 0 , ha \frac{2}{n} ≤ x , vagyis n ≥ \frac{2}{x}

Például x = \frac{1}{10} - nél s_{n}(x) = 0 , ha n ≥ 20.

Ugyanakkor

0 = ∫_{0}^{1} s(x) dx = ∫_{0}^{1} lim_{n→∞} s_{n}(x) dx = ∫_{0}^{1} ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) dx ≠

≠ ∑_{k=0}^{∞} ∫_{0}^{1} f_{k}(x) dx = lim_{n→∞} ∑_{k=0}^{n} ∫_{0}^{1} f_{k}(x) dx = lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} ∑_{k=0}^{n} f_{k}(x) dx =

= lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} s_{n}(x) dx = lim_{n→∞} (\frac{1}{2} · \frac{2}{n} · n) = 1

Innen az is leolvasható, hogy

∫_{0}^{1} lim_{n→∞} s_{n}(x) dx ≠ lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} s_{n}(x) dx ,

tehát az integrálás és a limeszképzés se cserélhető fel mindig.

[figure: Pl.] Igaz-e  ∫_{0}^{2} ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{e^{nx}} dx =^{?} ∑_{n=1}^{∞} ∫_{0}^{2} \frac{x^{n}}{e^{nx}} dx

Megoldás:

f_{n}(x) = (\frac{x}{e^{x}} )^{n} = (xe^{−x})^{n} = (g(x))^{n} ∈ C_{ℝ}^{0} [figure: 1; \frac{1}{e}; g(x) = x e^{−x}]

Az f_{n} függvények vizsgálatából megállapítható, hogy

|f_{n}(x)| ≤ max_{x∈[0,2]} |f_{n}(x)| = f_{n}(1) = (\frac{1}{e})^{n} = b_{n}

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 és ∑_{n=1}^{∞} (\frac{1}{e})^{n} konvergens , (0 < q = \frac{1}{e} < 1 , geometriai sor). Tehát a Weierstrass kritérium miatt ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) egyenletesen konvergens [0 , 2] intervallumon. Az előzőek miatt ∫ és ∑ felcserélhető (T_{2} tétel) , tehát a példa állítása igaz.

[figure: Pl.] Differenciálható-e a ∑_{n=1}^{∞} \frac{arctg \frac{x}{n}}{n^{2}} sort összegfüggvénye és igaz-e, hogy s deriváltját a sor tagonkénti deriválásával kapjuk?

Megoldás:

|f_{n}(x)| = \frac{|arctg \frac{x}{n} |}{n^{2}} < \frac{\frac{π}{2}}{n^{2}}

∑_{n=1}^{∞} \frac{\frac{π}{2}}{n^{2}} = \frac{π}{2} ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} konvergens

\underrightarrow{Weierstrass kr.} ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) egyenletesen konvergens (−∞, ∞) -en.

∑_{n=1}^{∞} f′_{n}(x) egyenletesen konvergens-e?

f_{n} ∈ C_{ℝ}^{1} , f′_{n}(x) = \frac{d}{dx} \frac{arctg \frac{x}{n}}{n^{2}} = \frac{1}{n^{2}} \frac{d}{dx} arctg \frac{x}{n} = \frac{1}{n^{2}} \frac{1}{1 + (\frac{x}{n})^{2}} · \frac{1}{n}

|f′_{n}(x)| = \frac{1}{n^{3}} \frac{1}{1 + \frac{x^{2}}{n^{2}}} ≤ \frac{1}{n^{3}} és ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{3}} konvergens.

Ezért a Weierstrass kritérium miatt ∑_{n=1}^{∞} f′_{n}(x) egyenletesen konvergens (−∞, ∞) -en.

T_{3} feltételei teljesülnek ⟹ az összegfüggvény deriválható és deriváltját a végtelen sor tagonkénti deriválásával kapjuk.

[figure: Pl.]  lim_{x → 0} ∑_{n=0}^{∞} \frac{sin (n^{3} x^{2} + \frac{π}{2} )}{5^{n} + n^{2} x^{4}} = ?

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 Megoldás: Mivel a sor összegfüggvényét nem tudjuk felírni, csak akkor van reményünk a feladat megoldására, ha a limeszképzés és a szummázás felcserélhető. Ez a folytonosságról szóló T_{1} tétel alkalmazását igényli.

f_{n}(x) = \frac{sin (n^{3} x^{2} + \frac{π}{2} )}{5^{n} + n^{2} x^{4}} ∈ C_{ℝ}^{0} és a sor konvergenciája egyenletes ℝ -en, mert

|f_{n}(x)| = \frac{| sin (n^{3} x^{2} + \frac{π}{2} )|}{5^{n} + n^{2} x^{4}} ≤ \frac{1}{5^{n}} = b_{n} , x ∈ ℝ és ∑_{n=0}^{∞} b_{n} = ∑_{n=0}^{∞} (\frac{1}{5})^{n} konvergens

gemetriai sor (0 ≤ q = \frac{1}{5} ≤ 1 ).

\overrightarrow{Weierstrass kr.}  ∑_{n=0}^{∞} f_{n}(x) függvénysor egyenletesen konvergens ℝ -en.

Így a T_{1} tétel feltételei teljesülnek, tehát alkalmazható:

lim_{x → 0} ∑_{n=0}^{∞} \frac{sin (n^{3} x^{2} + \frac{π}{2} )}{5^{n} + n^{2} x^{4}} = ∑_{n=0}^{∞} lim_{x → 0} \frac{sin (n^{3} x^{2} + \frac{π}{2} )}{5^{n} + n^{2} x^{4}} = ∑_{n=0}^{∞} (\frac{1}{5})^{n} = \frac{1}{1 − \frac{1}{5}} = \frac{5}{4}

1.3. Speciális függvénysorok

A továbbiakban az alábbi speciális függvénysorokkal ismerkedünk meg:

1.) Hatványsorok (Taylor sorok)

\begin{matrix}∑_{k=0}^{∞} a_{k}(x − x_{0})^{k} & : & x_{0} középpont körüli \\ ∑_{k=0}^{∞} a_{k}x^{k} & : & origó körüli \end{matrix} (a_{k} ∈ ℝ)

2.) Trigonometrikus sorok (Fourier sorok)

\frac{a_{0}}{2} + ∑_{k=1}^{∞} (a_{k} cos kx + b_{k} sin kx)

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

2. Hatványsorok

Elég a ∑_{k=0}^{∞} a_{k} x^{k} hatványsorral foglalkozni, mert az x_{0} bázispontú hatványsor u := x − x_{0}

helyettesítéssel ∑_{k=0}^{∞} a_{k} u^{k} alakú lesz.

[figure: T_{1}] Ha a ∑_{k=0}^{∞} a_{k}x^{k} sor x_{2} -ben konvergens, akkor |x_{1}| < |x_{2}| esetén x_{1} -ben abszolút

konvergens és így konvergens is.

B^{}Megmutatjuk, hogy x_{1}-ben abszolút konvergens ⟹ konvergens is.

∑_{k=0}^{∞} a_{k}x_{2}^{k} konvergens ⟹ lim_{k→∞} a_{k}x_{2}^{k} = 0 (a konvergencia szükséges feltétele)

Konvergens sorozat korlátos, tehát ∃ K : |a_{k}x_{2}^{k}| ≤ K ∀ k-ra

|a_{k}x_{1}^{k}| = |a_{k}| |x_{2}|^{k} |\frac{x_{1}}{x_{2}} |^{k} ≤ Kq^{k} , |q| = |\frac{x_{1}}{x_{2}} | < 1,

és ∑_{k=0}^{∞} Kq^{k} konvergens majoráns (= \frac{K}{1 − q}).

Így ∑_{k=0}^{∞} |a_{k}x_{1}^{k}| konvergens ⟹ ∑_{k=0}^{∞} a_{k}x_{1}^{k} konvergens.

[figure: T_{2}] Ha a ∑_{k=0}^{∞} a_{k}x^{k} hatványsor az x = x_{2} helyen divergens, akkor |x_{1}| > |x_{2}| esetén x_{1} -ben

is divergens.

B^{}Indirekt.

Feltesszük, hogy x_{1}-ben konvergens. De ekkor ∀ |x_{2}| < |x_{1}|-re is konvergens lenne az előző tétel miatt, ami ellentmondás.

Következmény:

E két tételből már látható, hogy a ∑_{k=0}^{∞} a_{k}x^{k} hatványsor H konvergenciatartománya

mindig x_{0} = 0 középpontú, R sugarú nyílt intervallumból és esetleg az R vagy −R végpontokból áll, ahol

R = sup{ |x|, a hatványsor az x pontban abszolút konvergens}.

R neve: konvergenciasugár

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

Mivel 0 -ban a fenti hatványsor mindig abszolút konvergens, azért H nem üres halmaz, R > 0 vagy R = 0 vagy R = ∞ lehetséges. Az egyes példáknál látjuk majd, hogy ezek az esetek valóban előfordulnak. A hatványsor a (−R, R) pontjaiban abszolút konvergens. A hatványsor a (−∞, R) vagy a (R, ∞) pontjaiban nem abszolút konvergens de itt konvergencia sem állhat fenn a második tétel miatt, itt tehát divergens a hatványsor. Megjegyezzük, hogy az 0 < R < ∞ esetén az x = −R illetve az x = R pontokban mind a konvergencia, mind pedig a divergencia fennállhat. Ezért az x = −R illetve az x = R pontokban minden egyes hatványsor esetében külön kell vizsgálódnunk.

Tehát a lehetséges esetek:

a.) H = {0} (R = 0 esete.) Pl. ∑_{k=0}^{∞} k! x^{k} , mert lim_{k → ∞} k! x^{k} ≠ 0 , ha x ≠ 0 .

b.) ∃ R > 0 : |x| = R ? (Nem tudjuk. Minden esetben meg kell vizsgálni.)^{|x| < R-ben konvergens |x| > R-ben divergens [figure: −R; R; 0]}

c.) H = ℝ (R = ∞)

Áttérve az x_{0} középpontú hatványsorokra, kapjuk az alábbi állítást.

[figure: T_{3}]

A ∑_{k=0}^{∞} a_{k}(x − x_{0})^{k} hatványsor konvergenciatartománya

x_{0} középpontú intervallum (nyílt, vagy zárt, vagy csak egyik oldalról zárt ). Az intervallum belső pontjaiban a hatványsor abszolút konvergens.

[figure: x_{0} − R; x_{0} + R; x_{0}]

Vagyis a ∑_{k=0}^{∞} a_{k}(x − x_{0})^{k} hatványsor |x−x_{0}| < R - ben abszolút konvergens, |x−x_{0}| > R

- ben divergens, ahol R a sor konvergencia sugara. A végpontokban a konvergenciát külön kell vizsgálni. Természetesen R = 0 , illetve R = ∞ most is lehet.

[figure: Pl.] ∑_{k=1}^{∞} \frac{x^{k}}{k} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n}

\begin{matrix}x = 1-ben & ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} divergens ⟹_{T_{2} miatt} |x| > 1 − ben div. \\ x = −1-ben & ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n} konvergens ⟹_{T_{1} miatt} |x| < 1 − ben konv. \end{matrix} \} ⟹ R = 1

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 Tehát most H = [−1, 1) . ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n^{2}} konvergencia sugara már nem vizsgálható az előbbi módszerrel, mert x = ±1-ben a sor konvergens. Ettől R > 1 is igaz lehetne. Hogyan határozható meg R?

2.1. A konvergenciasugár meghatározása

A hatványsor konvergenciasugarának meghatározására két lehetőségünk is lesz. Ezekhez felhasználjuk a pozitív tagú sorokra vonatkozó általánosított gyök- ill. hányados kritériumot. Emlékeztető (∑^{∞} c_{n}, c_{n} > 0) :

Gyökkritérium:

\overline{lim} \sqrt[n]{c_{n}} < 1 a sor konv.
> 1 a sor div.
= 1 ?

Hányados kritérium:

lim_{n→∞} \frac{c_{n+1}}{c_{n}} < 1 a sor konv.
> 1 a sor div.
= 1 ?

Ezeket a konvergencia eldöntésére most is felhasználhatjuk. Nézzünk egy példát! [figure: Pl.] ∑_{n=1}^{∞} \frac{(1 + x^{2})^{n}}{4^{nx}n^{n}} Milyen x-re konvergens? (Ez nem hatványsor!)

∀ x-re pozitív tagú. \sqrt[n]{c_{n}} = \frac{1 + x^{2}}{4^{x}n} ⟶ ↓_{∞}^{n} 0 < 1 ⟹ ∀ x-re konvergens
•••

Visszatérve a ∑_{n=0}^{∞} a_{n} x^{n} hatványsorokra, két tétel is kimondható.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 [figure: T_{4}]

∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} hatványsor R konvergencia sugara:
α := \overline{lim} \sqrt[n]{|a_{n}|}  ”R = \frac{1}{α}”
1. R = \frac{1}{α} = \frac{1}{\overline{lim} \sqrt[n]{|a_{n}|}} ,  ha α > 0 véges
2. R = ∞ ,  ha α = 0
3. R = 0 ,  ha α = ∞

B^{} Az x = 0-ban a sor abszolút konvergens, ezért csak x ≠ 0-ban vizsgálódunk. Az abszolút

konvergenciát vizsgáljuk, tehát ∑^{∞} c_{n} := ∑^{∞} |a_{n} x^{n}| sorra alkalmazzuk a a pozitív tagú sorokra vonatkozó általánosított gyökkritériumot.

\overline{lim} \sqrt[n]{|a_{n}| |x|^{n}} = |x| \underbrace{\overline{lim} \sqrt[n]{|a_{n}|}}_{:= α} = |x| α = q

a.) Ha α = 0 , akkor q = 0 < 1 , tehát a sor minden x -re abszolút konvergens, R = ∞

b.) Ha α ≠ 0 , akkor |x| α = q < 1 , azaz |x| < 1/α esetén a sor abszolút konvergens és |x| > 1/α esetén ( q > 1 ) a sor nem abszolút konvergens, így R = 1/α .

c.) Ha α = ∞, akkor |x| α = q = ∞ (mivel x ≠ 0), vagyis a sor nem abszolút konvergens semmilyen x esetén se, így R = 0 . (Tehát csak x = 0 esetén konvergens a hatványsor.)

•••

[figure: T_{5}] Ha létezik a α := lim_{n→∞} \frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|} , akkor a ∑_{n=0}^{∞} a_{n} x^{n}

hatványsor R konvergencia sugara:

R = \frac{1}{α} ,  ha α > 0 véges
R = ∞ ,  ha α = 0
R = 0 ,  ha α = ∞

B^{} Az előző tételhez hasonlóan történik, csak most a hányados kritériumot használjuk. A

∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} abszolút konvergenciáját x ≠ 0 esetben vizsgáljuk (az x = 0 -ban abszolút kon-

vergens). Ha

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

lim_{n→∞} \frac{|a_{n+1}| |x|^{n+1}}{|a_{n}| |x|^{n}} = lim_{n→∞} \frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|} |x| = α |x| = q < 1 ,

akkor a sor abszolút konvergens, ha q > 1 , akkor nem abszolút konvergens.

a.) Ha α = 0 , akkor q = 0 minden x -re, a sor minden x -re abszolút konvergens, tehát R = ∞.

b.) Ha α > 0 , akkor |x| < 1/α esetén fennáll az abszolút konvergencia, az |x| > 1/α esetén nem áll fenn az abszolút konvergencia. Tehát R = 1/α.

c.) Ha α = ∞, akkor q = ∞ (ugyanis x ≠ 0), a sor minden x ≠ 0 esetén divergens, tehát R = 0.

•••

Példák:

[figure: Pl.]

∑_{n=0}^{∞} \frac{n}{(−3)^{n}} x^{n} Konvergenciatartomány?

lim_{n→∞} \sqrt[n]{|a_{n}|} = lim_{n→∞} \sqrt[n]{\frac{n}{|(−3)^{n}|}} = lim_{n→∞} \frac{\sqrt[n]{n}}{3} = \frac{1}{3} = \frac{1}{R} ⟶ R = 3 ⟹

|x| < 3-ban, vagyis (−3, 3)-ban abszolút konvergens. |x| > 3-ban divergens. |x| = 3-ra meg kell vizsgálni:

x = −3 : ∑_{0}^{∞} \frac{n}{(−3)^{n}} (−3)^{n} = ∑_{0}^{∞} n  divergens, mert n ↛ 0 (szüks. felt. nem teljesül)

x = 3 : ∑_{0}^{∞} \frac{n}{(−3)^{n}} 3^{n} = ∑_{0}^{∞} (−1)^{n} n divergens, mert (−1)^{n} n ↛ 0 (szüks. felt. nem teljesül)

Így a konvergenciatartomány: (−3, 3)

[figure: Pl.]

∑_{n=0}^{∞} n! x^{n} Konvergenciatartomány?

a_{n} = n!  |\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | = \frac{(n + 1)!}{n!} = n + 1 → ∞ ⟹ R = 0

Csak x = 0-ban konvergens a sor.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 [figure: Pl.]

∑_{n=0}^{∞} (n^{2} + n) (x + 2)^{n} Konvergenciatartomány?

|\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | = \frac{(n + 1)^{2} + (n + 1)}{n^{2} + n} = \frac{n + 2}{n} = 1 + \frac{2}{n} → 1 = \frac{1}{R} ⟶ R = 1

x_{0} = −2 |x − (−2)| = |x + 2| < 1-ben konvergens |x + 2| > 1-ben divergens |x + 2| = 1 ?

x = −2 + 1 = −1 : ∑^{∞} (n^{2} + n) divergens, mert az általános tag ↛ 0 . x = −2 − 1 = −3 : ∑^{∞} (n^{2} + n)(−1)^{n} divergens, mert az általános tag ↛ 0 .

Konvergenciatartomány: (−3, −1)

[figure: Pl.] 1 − 3x + 2^{2}x^{2} − 3^{3}x^{3} + 2^{4}x^{4} − 3^{5}x^{5} + ⋯  R = ?

|a_{n}| = \{ \begin{matrix}2^{n}, & ha n páros \\ 3^{n}, & ha n páratlan \end{matrix} \sqrt[n]{|a_{n}|} = \{ \begin{matrix}2, & ha n páros \\ 3, & ha n páratlan \end{matrix} ⟹ Torlódási pontok: t_{1} = 2 , t_{2} = 3

⟹ \overline{lim} \sqrt[n]{|a_{n}|} = 3 = \frac{1}{R} ⟶ R = \frac{1}{3}

[figure: Pl.] Keresse meg az alábbi sorok konvergenciatartományát!

a.) ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n · 9^{n}} x^{n}  b.) ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n · 9^{n}} (x − 1)^{n}  c.) ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n · 9^{n}} (x − 1)^{2n}

a.) \sqrt[n]{|a_{n}|} = \sqrt[n]{\frac{|(−1)^{n}|}{n · 9^{n}}} = \frac{1}{\sqrt[n]{n} · 9} → \frac{1}{9} = \frac{1}{R} ⟶ R = 9; x_{0} = 0

x = 9 : ∑^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n · 9^{n}} · 9^{n} = ∑^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n} konvergens (de nem abszoluú konvergens)

x = −9 : ∑^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n · 9^{n}} · (−9)^{n} = ∑^{∞} \frac{1}{n} (−1)^{2n} = ∑^{∞} \frac{1}{n} divergens

KT (konvergenciatartomány): (−9, 9] −9 < x ≤ 9 b.) Most x_{0} = 1, ennek a 9 sugarú környezetéről van szó.

KT: −9 < x − 1 ≤ 9 ⟶ −8 < x ≤ 10

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 c.) Vigyázat! Most a_{n} = \{ \begin{matrix}0, & ha n páratlan \\ \frac{(−1)^{n/2}}{\frac{n}{2} 9^{n/2}} , & ha n páros \end{matrix}

\overline{lim} \sqrt[n]{|a_{n}|}-nel lehetne dolgozni, de jobb, ha helyettesítéssel visszavezetjük a.)-ra.

z := (x − 1)^{2} esetén: ∑_{1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n 9^{n}} z^{n}

KT: −9 < z ≤ 9 (lásd a.) ) ⟹ −9 < (x − 1)^{2} ≤ 9 adódik

⟹ KT: |x − 1| ≤ 3

2.2. A hatványsor tulajdonságai

Az előző fejezet T_{3} , T_{4} , T_{5} tételei a hatványsor konvergencia tartományáról és abszolút konvergencia tartományáról szólnak. Ezeket itt nem ismételjük meg.

T^{} Ha [α, β] ⊂ (−R, R) , akkor a ∑ a_{k} x^{k} hatványsor egyenletesen konvergens [α, β] -n.

B^{}q := max {|α|, |β|} < R  [  ] ) ( −R  R 0 α β
|a_{k}| |x|^{k} ≤_{x ∈ [α, β]}|a_{k}| q^{k}

és a ∑_{0}^{∞} |a_{k}| q^{k} sor konvergens (mivel a hatványsor a konvergencia tartomány bármely belső

pontjában abszolút konvergens). Így a Weierstrass kritérium értelmében fennáll az egyenletes konvergencia az [α, β] intervallumon. Ha a hatványsor R -ben is konvergens, akkor β = R megengedett.

•••

Az egyenletes konvergencia következményei:

[figure: T_{1}] f(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k}x^{k} folytonos ∀ x ∈ (−R, R) -re

B^{}∃ [α, β] ∀ x-hez: −R < α < x < β < R  [ ] ) ( −R  R 0 x α β

[α, β] ⊂ (−R, R) miatt a hatványsor egyenletesen konvergens [α, β]-n, a_{k}x^{k} folytonos mindenütt ⟹ f is folytonos x-ben. (A függvénysorok T_{1}^{∗} tétele miatt.)

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 [figure: T_{1a}] Ha a hatványsor R-ben is konvergens, akkor összegfüggvénye e helyen balról folytonos.

(Tehát f(R) = ∑_{0}^{∞} a_{k} R^{k} = lim_{x→R−0} f(x)) (¬B)

Hasonló tétel mondható ki (−R)-re is.

[figure: T_{2}] {f(x) := ∑_{k=0}^{∞} a_{k} x^{k}, x ∈ (−R, R) ; [a, b] ⊂ (−R, R) \atop [figure: ∫_{a}^{b}(∑_{k=0}^{∞} a_{k} x^{k}) dx] = ∑_{k=0}^{∞} ∫_{a}^{b} a_{k} x^{k} dx = ∑_{k=0}^{∞} a_{k} \frac{x^{k+1}}{k + 1}|_{a}^{b}}

B^{}a_{k} x^{k} folytonos [a, b]-n (sőt mindenütt) és [a, b] ⊂ (−R, R) miatt [a, b]-ben a sor egyenletesen konvergens ⟹ … (T_{2}^{∗} tétel)

[figure: T_{3}] A hatványsor összegfüggvénye a konvergenciaintervallumának bármely belső x pontjában differenciálható, mégpedig tagonként:

I. azaz \frac{d}{dx} ∑_{k=0}^{∞} a_{k} x^{k} = ∑_{k=1}^{∞} ka_{k} x^{k−1} (újfent hatványsor)

II. és a két sor konvergenciasugara megegyezik.

B^{}Először a II. állítást látjuk be, mivel a tagonkénti deriválhatósághoz ∑^{∞} f′_{n} egyenletes konvergenciája kell.

\overline{lim} \sqrt[n]{|n a_{n}|} = \overline{lim} \begin{matrix}^{n} & \sqrt{n} \\ ↓ \\ 1 \end{matrix}\sqrt[n]{|a_{n}|} = \overline{lim} \sqrt[n]{|a_{n}|} miatt R_{1} = R_{2} (= R)

Felhasználtuk, hogy ∑^{∞} n a_{n} x^{n−1} és ∑^{∞} n a_{n} x^{n} együtt konvergens illetve divergens, ugyanis a második sor az első sornak konstansszorosa (x-szerese).

I.: x-hez ∃ [α, β] ⊂ (−R, R) , hogy x ∈ (α, β)  [ ] ) ( −R  R 0 x α β

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 ∑^{∞} ka_{k} x^{k−1} is hatványsor ⟹ [α, β] ⊂ (−R, R)-en egyenletesen konvergens; ∑^{∞} a_{k} x^{k} is konvergens [α, β] -n és a_{k} x^{k} ∈ C_{[α,β]}^{1} ⟹ tagonként deriválható, azaz

\frac{d}{dx} ∑_{k=0}^{∞} a_{k} x^{k} = ∑_{k=1}^{∞} k a_{k} x^{k−1} . (T_{3}^{∗} tétel)

Az előző tétel következménye: T^{}

A hatványsor összegfüggvénye a konvergenciatartomány bármely belső pontjában akárhányszor deriválható (mégpedig tagonként) és a konvergenciasugár ugyanaz marad mindegyik derivált sor esetén.

M^{}x_{0} középpontú hatványsorokra hasonló tételek igazak.

A fentiekből látható, hogy a hatványsor a konvergenciatartomány belsejében ugyanúgy differenciálható és integrálható, mint a polinomok.

•••

Példák:

[figure: Pl.] ∑_{k=1}^{∞} \frac{x^{k}}{k} := f(x) = ?

Vagyis adjuk meg az f összegfüggvényt véges sok elemi függvény segítségével és határozzuk meg a konvergencia tartományt (az f összegfüggvény értelmezési tartományát)!

R_{1} = 1 , mert lim_{n→∞} \sqrt[n]{|a_{n}|} = lim_{n→∞} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1 = \frac{1}{R_{1}}

x = 1 : ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k} div. , x = −1 : ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k}}{k} konv.

Tehát D_{f} = H = [−1, 1) . Legyen [0 , x] ⊂ (−1 , 1)

∫_{0}^{x} f′(x) dx =^{N−L.} f(x) − \underbrace{f(0)}_{=0} = f(x) = ∫_{0}^{x} (\frac{d}{dx} ∑_{k=1}^{∞} \frac{x^{k}}{k} ) dx =_{[figure: |x| < 1, [0, x]-ben egyenletes a konvergencia]}

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

= ∫_{0}^{x} \underbrace{∑_{k=1}^{∞} k \frac{x^{k−1}}{k}}_{∑_{k=1}^{∞} x^{k−1}= \frac{1}{1−x}} dx = ∫_{0}^{x} \frac{1}{1 − x} dx = − ln (1 − x) (R_{2} = R_{1} = 1)

Tehát f(x) = − ln (1 − x) , ha x ∈ [−1, 1) . (T_{1a} tétel miatt x = −1 -re is fennáll az egyenlőség.)

[figure: Pl.] Adja meg zárt alakban a Φ(x) = ∑_{n=2}^{∞} n x^{n−2} függvényt!

Határozza meg Φ értelmezési tartományát!

R = 1, mert… ; x = ±1-ben divergens (behelyettesítéssel)

Φ(x) = ∑_{n=2}^{∞} n x^{n−2} = ∑_{k=0}^{∞} (k + 2) x^{k}; Φ(0) = 2

Ha x ≠ 0 :

Φ_{1}(x) := x · Φ(x) = ∑_{k=0}^{∞} (k + 2) x^{k+1}

|x| < 1 esetén [0, x] ⊂ (−1, 1) ( vagy [x, 0] ⊂ (−1, 1) ) miatt szabad tagonként integrálni:

∫_{0}^{x} Φ_{1}(x) dx = ∑_{k=0}^{∞} (k + 2) ∫_{0}^{x} x^{k+1} dx = ∑_{k=0}^{∞} x^{k+2} = \frac{x^{2}}{1 − x}

Φ_{1}(x) = (\frac{x^{2}}{1 − x})′ = ⋯ = \frac{x(2 − x)}{(1 − x)^{2}} ⟶ Φ(x) = \frac{2 − x}{(1 − x)^{2}} ; |x| < 1

2.3. Analitikus függvény

D^{}f x_{0} -ban analitikus, ha K_{x_{0},R} -ben f(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k} (x − x_{0})^{k} , tehát egy konvergens hatványsor összegfüggvénye.

D^{}f analitikus (α, β)-n, ha ∀ pontjában az.

•••

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 Mi a kapcsolat egy analitikus függvény és az a_{k} együtthatók között?

f(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k}(x − x_{0})^{k} = a_{0} + a_{1}(x − x_{0}) + a_{2}(x − x_{0})^{2} + ⋯ + a_{n}(x − x_{0})^{n} + ⋯
f(x_{0}) = a_{0}
f′(x) = a_{1} + 2 a_{2}(x − x_{0}) + 3 a_{3}(x − x_{0})^{2} + ⋯ + na_{n}(x − x_{0})^{n−1} + ⋯
f′(x_{0}) = a_{1}
f′′(x) = 2 a_{2} + 3 · 2 a_{3}(x − x_{0}) + ⋯ + n (n − 1) a_{n} (x − x_{0})^{n−2} + ⋯
f′′(x_{0}) = 2 a_{2}
⋮  ⋮
f^{(n)}(x_{0}) = n! a_{n}

Tehát a_{n} = \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}

T^{}Ha f analitikus x_{0}-ban, azaz

f(x) = ∑_{k=0}^{∞} a_{k}(x − x_{0})^{k} K_{x_{0},R}-ben (R > 0) , akkor a_{k} = \frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!} ,

vagyis analitikus függvény egyértelműen fejthető x_{0} középpontú hatványsorba, azaz

f(x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!} (x − x_{0})^{k}

3. Taylor polinom

Tulajdonképpen már találkoztunk vele:

f(x) ≈ f(x_{0}) + f′(x_{0})(x − x_{0}) = T_{1}(x) (Az érintő egyenes ≡ elsőrendű Taylor polinom)

Milyen tulajdonságokkal rendelkezik?

T_{1}(x_{0}) = f(x_{0}) és T′_{1}(x_{0}) = f′(x_{0}) : T_{1} legalább elsőrendben érinti f-et.

[figure: x_{0}]

D^{}Az f és g legalább n -szer differenciálható függvények legalább n-edrendben érintik egymást x_{0} -ban, ha

f^{(i)}(x_{0}) = g^{(i)}(x_{0}) , 0 ≤ i ≤ n

D^{}Az f és g legalább (n + 1) -szer differenciálható függvények pontosan n-edrendben érintik egymást x_{0} -ban, ha

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

f^{(i)}(x_{0}) = g^{(i)}(x_{0}) , 0 ≤ i ≤ n és f^{(n+1)}(x_{0}) ≠ g^{(n+1)}(x_{0}) .

Pl. f(x) = sin x  g(x) = x − \frac{x^{3}}{6}  f(0) = g(0) = 0 f′(x) = cos x  g′(x) = 1 − \frac{x^{2}}{2}  f′(0) = g′(0) = 1 f′′(x) = − sin x  g′′(x) = −x  f′′(0) = g′′(0) = 0 f′′′(x) = − cos x  g′′′(x) = −1  f′′′(0) = g′′′(0) = −1 f^{(4)}(x) = sin x  g^{(4)}(x) = 0  f^{(4)}(0) = g^{(4)}(0) = 0 f^{(5)}(x) = cos x  g^{(5)}(x) = 0  f^{(5)}(0) ≠ g^{(5)}(0)

Pontosan negyedrendben érintkeznek.

•••

Legyen f legalább n-szer differenciálható x_{0}-ban! Keressük azt a legfeljebb n -edfokú T_{n}(x) polinomot, amely x_{0}-ban legalább n-edrendben érinti f-et.

T_{n}(x) = a_{0} + a_{1}(x − x_{0}) + a_{2}(x − x_{0})^{2} + ⋯ + a_{k}(x − x_{0})^{k} + ⋯ + a_{n}(x − x_{0})^{n}

T_{n}(x_{0}) = a_{0} = f(x_{0})

T′_{n}(x) = a_{1} + 2 a_{2}(x − x_{0}) + ⋯ + k a_{k}(x − x_{0})^{k−1} + ⋯ + n a_{n}(x − x_{0})^{n−1}

T′_{n}(x_{0}) = a_{1} = f′(x_{0})

T′′_{n}(x) = 2 a_{2} + 3 · 2a_{3}(x − x_{0}) + ⋯ + k(k − 1)a_{k}(x − x_{0})^{k−2} + ⋯ + n(n − 1)a_{n}(x − x_{0})^{n−2}

T′′_{n}(x_{0}) = 2 a_{2} = f′′(x_{0})

T′′′_{n}(x) = 3! a_{3} + ⋯ + n(n − 1)(n − 2)a_{n}(x − x_{0})^{n−3} T′′′_{n}(x_{0}) = 3! a_{3} = f′′′(x_{0})

⋮
T_{n}^{(k)}(x_{0}) = k! a_{k} = f^{(k)}(x_{0})
⋮
T_{n}^{(n)}(x_{0}) = n! a_{n} = f^{(n)}(x_{0})

Tehát  a_{k} = \frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!} k = 0, 1, …, n .

Ezzel a következő tételt bizonyítottuk be:

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 T^{}

Legyen f legalább n-szer differenciálható x_{0}-ban! Egyetlen olyan legfeljebb n -edfokú T_{n}(x) polinom van, amely x_{0}-ban legalább n-edrendben érinti f-et, mégpedig

T_{n}(x) = f(x_{0}) + f′(x_{0})(x − x_{0}) + \frac{f′′(x_{0})}{2!}(x − x_{0})^{2} + ⋯ + \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x − x_{0})^{n}

D^{} A legalább n-szer differenciálható f függvény x_{0} bázispontú n-edrendű Taylor polinomja:

T_{n}(x) = f(x_{0}) + f′(x_{0})(x − x_{0}) + \frac{f′′(x_{0})}{2!}(x − x_{0})^{2} + ⋯ + \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x − x_{0})^{n}

M^{}Egy m-edfokú polinom T_{n}(x) Taylor polinomja m ≤ n esetén önmaga :

P_{m}(x) = T_{n}(x), esetleg más hatványok szerint felírva. Ugyanis egyetlen n-edrendben érintő polinom van és önmaga ilyen.

•••

Látni fogjuk, hogy a legtöbb elemi függvény esetén

lim_{n → ∞} T_{n}(x) = f(x) ,

azaz

lim_{n → ∞} f(x) − T_{n}(x) = 0 .

Ezért az R_{n}(x) = f(x) − T_{n}(x) maradéktag vizsgálata szükséges. (Megjegyezzük, hogy nem minden függvény esetén tart a Taylor polinom a függvényhez, ha x ≠ x_{0} .)

A következő tétel R_{n}(x) nagyságrendjét mutatja.

T^{} Legyen f legalább n-szer differenciálható K_{x_{0}}-ban. Ekkor

lim_{x→x_{0}} \frac{R_{n}(x)}{(x − x_{0})^{n}} = 0;

Tehát R_{n}(x) = o ((x − x_{0})^{n}) az x_{0} -ban.

M^{}A közelítés jóságát mutatja a tétel.

B^{}

lim_{x→x_{0}} \frac{R_{n}(x)}{(x − x_{0})^{n}} = lim_{x→x_{0}} \frac{f(x) − T_{n}(x)}{(x − x_{0})^{n}} =^{L′H} lim_{x→x_{0}} \frac{f′(x) − T′_{n}(x)}{n(x − x_{0})^{n−1}} =^{L′H}

=^{L′H} lim_{x→x_{0}} \frac{f′′(x) − T′′_{n}(x)}{n(n − 1)(x − x_{0})^{n−2}} =^{L′H} ⋯_{n lépés után} =^{L′H} lim_{x→x_{0}} \frac{f^{(n)}(x) − T_{n}^{(n)}(x)}{n! (x − x_{0})^{n−n}} = \frac{0}{n!} = 0

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 (Az utolsó tört kivételével a törtek \frac{0}{0} alakúak, ezért alkalmazhattuk a L’Hospital szabályt.) M^{}Ha T_{n}(x) helyett másik polinomot tekintünk, akkor ez az állítás nem igaz. Lagrange-féle alakban felírt maradéktag T^{}

Ha f legalább (n + 1) -szer differenciálható K_{x_{0},δ} - ban és x ∈ K_{x_{0},δ} , akkor
∃ ξ ∈ (x_{0}, x) (ill. ξ ∈ (x, x_{0})) , hogy

R_{n}(x) = \frac{f^{(n+1)}(ξ)}{(n + 1)!} (x − x_{0})^{n+1}.

M^{}Tehát f(x) = T_{n}(x) + \frac{f^{(n+1)}(ξ)}{(n + 1)!} (x − x_{0})^{n+1} (¬B)

•••

[figure: Pl.] f(x) = sin x ≈ T_{5}(x) =?  x ∈ [0 , 0.1], x_{0} = 0 |H| <?
f′(x) = cos x;  f′′(x) = − sin x;  f′′′(x) = − cos x
f^{(4)}(x) = sin x;  f^{(5)}(x) = cos x;  f^{(6)}(x) = − sin x;  f^{(7)}(x) = − cos x

f(0) = 0; f′(0) = 1; f′′(0) = 0; f′′′(0) = −1; f^{(4)}(0) = 0; f^{(5)}(0) = 1; f^{(6)}(0) = 0 Ennek megfelelően: T_{5}(x) = x − \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!}

H = R_{5}(x) = \frac{− sin ξ}{6!} x^{6} ; |H| \begin{matrix}≤ \\ ↑ \\ 0 ≤ x ≤ 0.1 \end{matrix}\frac{1}{6!} · (0.1)^{6}

De most T_{5}(x) ≡ T_{6}(x) és így az alábbi is igaz:

sin x = x − \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} + \frac{− cos ξ}{7!} x^{7} ; |H| ≤ \frac{1}{7!} · (0.1)^{7}

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

4. Taylor sorok

D^{} Legyen f akárhányszor differenciálható x_{0}-ban. Ekkor a formálisan előállítható

∑_{k=0}^{∞} \frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!} (x − x_{0})^{k} = f(x_{0}) + f′(x_{0})(x − x_{0}) + ⋯ + \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x − x_{0})^{n} + ⋯:= T (x)

hatványsort az f függvény x_{0} alapponthoz tartozó Taylor sorának nevezzük.

x_{0} = 0 esetén:

∑_{k=0}^{∞} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^{k} = f(0) + f′(0) x + \frac{f′′(0)}{2!} x^{2} + ⋯ + \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^{n} + ⋯

Ezt MacLaurin sornak is hívják.

Tehát egy akárhányszor differenciálható f függvényhez az x_{0} - ban hozzárendeltük a

∑_{k=0}^{∞} \frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!} (x − x_{0})^{k} hatványsort, jelben:

f(x) ⇝ ∑_{k=0}^{∞} \frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!} (x − x_{0})^{k} = T (x)

Felvetődik a kérdés, hogy

1.) Milyen x-re konvergens a kapott sor? (H=?)

2.) Milyen kapcsolat van f és T között? Látni fogjuk, hogy bizonyos feltételek teljesülése esetén f(x) = T (x) , x ∈ H . (Vagyis ilyenkor az f függvény helyett a T hatványsorával dolgozhatunk.) Az alábbi példa mutatja, hogy előfordulhat az is, hogy f(x) = T (x) nem áll fenn, kivéve az x_{0} alappontot.

[figure: Pl.] f(x) = \{ \begin{matrix}e^{− \frac{1}{x^{2}}} , & x ≠ 0 \\ 0 , & x = 0 \end{matrix}

Belátható, hogy ∀ n -re ∃ f^{(n)}(0) = 0. Így T (x) ≡ 0. Tehát T (0) = f(0) , de más x -re nem áll fenn az egyenlőség, hiszen f(x) ≠ 0 , ha x ≠ 0 .

•••

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 Néhány Taylor sorfejtés:

A kővetkező példáknál azt használjuk ki, hogy a hatványsor összegfüggvényének Taylor sora önmaga. Ha tehát egy függvényt fel tudunk írni hatványsor összegfüggvényeként, akkor az csak a Taylor sora lehet.

[figure: Pl.] f(x) = x^{2} + x + 1 ,  x_{0} = 2

\underbrace{x^{2} + x + 1}_{x_{0}=0 körüli T. sor} = \underbrace{(x − 2)^{2} + 5(x − 2) + 7}_{x_{0}=2 körüli Taylor sor} = T_{2}(x) = T_{3}(x) = T (x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{f^{(k)}(2)}{k!} (x − 2)^{k}

[figure: Pl.] f(x) = \frac{1}{1 − x}

f(x) = \frac{1}{1 − x} = 1 + x + ⋯ + x^{n} + ⋯ : geometriai sor, |x| < 1-re konvergens

Tehát f(x) = \frac{1}{1 − x} analitikus x_{0} = 0 -ban. De x = 1 kivételével, ahol nem értelmezett,

minden pontban analitikus. (Felírható az adott pontra támaszkodó hatványsor összegfüggvényeként és R > 0)

Pl. x_{0} := 5

f(x) = \frac{1}{1 − x} = \frac{−1}{x − 1} = \frac{−1}{(x − 5) + 4} = \frac{−1}{4} \frac{1}{1 − \frac{−(x−5)}{4}} (= \frac{a}{1 − q} ) =

= \frac{−1}{4} (1 − (\frac{x − 5}{4}) + (\frac{x − 5}{4})^{2} − (\frac{x − 5}{4})^{3} + ⋯)

KT: |q| = |−\frac{x − 5}{4}| = \frac{|x − 5|}{4} < 1 ⟶ |x − 5| < 4 , R = 4

(HF. x_{0} = −2)

[figure: Pl.] f(x) = (\frac{1}{1 − x})^{2} ,  x_{0} = 0

f(x) = (\frac{1}{1 − x})′ = \frac{d}{dx} (1 + x + x^{2} + x^{3} + ⋯ + x^{n} + ⋯) =

= 1 + 2x + 3x^{2} + ⋯ n x^{n−1} + ⋯,

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 ha |x| < 1 , R = 1 . (A hatványsor tagonként deriválható.) A végpontokban ( x = ±1 ) divergens a sor, mert az általános tag nem tart 0 -hoz.

Házi feladat:

g(x) = (\frac{1}{1 − x})^{3} , x_{0} = 0

[figure: Pl.] f(x) = \frac{1}{x^{2} − 3x + 2} , x_{0} = −2 pontra támaszkodó Taylor sora?

f(x) = \frac{1}{x^{2} − 3x + 2} = \frac{1}{(x − 1)(x − 2)} = \frac{A}{x − 1} + \frac{B}{x − 2} = ⋯ = \frac{−1}{x − 1} + \frac{1}{x − 2}

−\frac{1}{x − 1} = \frac{1}{1 − x} = \frac{1}{3 − (x + 2)} = \frac{1}{3} \frac{1}{1 − \frac{x+2}{3}} =

= \frac{1}{3} (1 + (\frac{x + 2}{3}) + (\frac{x + 2}{3})^{2} + (\frac{x + 2}{3})^{3} + ⋯)

KT_{1} : |\frac{x + 2}{3}| < 1 ⟶ |x + 2| < 3 , R_{1} = 3

\frac{1}{x − 2} = \frac{1}{(x + 2) − 4} = −\frac{1}{4} \frac{1}{1 − \frac{x+2}{4}} = −\frac{1}{4} (1 + (\frac{x + 2}{4}) + (\frac{x + 2}{4})^{2} + (\frac{x + 2}{4})^{3} + ⋯)

KT_{2} : |\frac{x + 2}{4}| < 1 ⟶ |x + 2| < 4 , R_{2} = 4

\frac{1}{x^{2} − 3x + 2} = ∑_{k=0}^{∞} a_{k} (x + 2)^{k}  a_{0} = \frac{1}{3} − \frac{1}{4} ; a_{1} = \frac{1}{3} · \frac{1}{3} − \frac{1}{4} · \frac{1}{4} ; ⋮ ; a_{k} = \frac{1}{3} · (\frac{1}{3})^{k} − \frac{1}{4} · (\frac{1}{4})^{k}

KT : |x + 2| < 3 (közös rész: KT_{1} ∩ KT_{2}) , R = 3

[figure: Pl.] \frac{d^{100}}{dx^{100}} (\frac{1}{x^{2} − 3x + 2})|_{x=−2} = ?

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

f(x) := \frac{1}{x^{2} − 3x + 2}

Az előző példában ennek a függvénynek a Taylor sorát írtuk fel az x_{0} = −2 bázisponttal. Tudjuk, hogy a_{k} = \frac{f^{k}(x_{0})}{k!} , így az előző sorfejtésből:

a_{100} = \frac{f^{(100)}(−2)}{100!} ⟹ f^{(100)}(−2) = 100! (\frac{1}{3} · (\frac{1}{3})^{100} − \frac{1}{4} · (\frac{1}{4})^{100})

[figure: Pl.] f(x) = \frac{1}{1 + x^{2}} ,  x_{0} = 0

f(x) = \frac{1}{1 − (−x^{2})} = 1 − x^{2} + x^{4} − x^{6} + ⋯ = ∑_{k=0}^{∞} (−1)^{k}x^{2k}

Geometriai sor: a = 1 , q = −x^{2}

KT: |q| = |−x^{2}| < 1 ⟹ |x|^{2} < 1 ⟹ |x| < 1 , R = 1 Házi feladat: Írja fel az f(x) = \frac{1}{1 + 3x^{4}} függvény x_{0} = 0 bázispontú Taylor sorfejtését!

[figure: Pl.] f(x) = arctg x , x_{0} = 0 bázispontú Taylor sora?

(arctg x)′ = \frac{1}{1 + x^{2}} = \frac{1}{1 − (−x^{2})} = 1 − x^{2} + x^{4} − x^{6} + ⋯; q := −x^{2}

KT.: |q| = |−x^{2}| < 1 ⟶ |x| < 1 , R = 1

∫_{0}^{x} (arctg x)′ dx =^{N−L.} arctg x − arctg 0 = arctg x = ∫_{0}^{x} (1 − t^{2} + t^{4} − t^{6} + ⋯) dt =

= t − \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{5}}{5} − ⋯ |_{0}^{x} = x − \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} − ⋯

Tehát

T^{}arctg x = x − \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} − ⋯ = ∑_{n=1}^{∞} (−1)^{n+1} \frac{x^{2n−1}}{2n − 1} , |x| ≤ 1 , így R = 1

KT.: |x| < 1-ben biztosan konvergens. Sőt: x = ±1-ben is, mert

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 x = 1 : 1 − \frac{1}{3} + \frac{1}{5} − ⋯ = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} konvergens (Leibniz típusú) A sor összege a T_{1a} tétel miatt = arctg 1 = \frac{π}{4} , tehát

1 − \frac{1}{3} + \frac{1}{5} − ⋯ = \frac{π}{4} .

Hasonlóan mutatható meg a konvergencia x = −1-re.

Pl. arctg 0,1 ≈ T_{5}(0, 1) = 0,1 − \frac{0,1^{3}}{3} + \frac{0,1^{5}}{5} , |H| < \frac{0,1^{7}}{7} (Leibniz sor)

[figure: Pl.] f(x) = ln (1 + x) ,  x_{0} = 0

f′(x) = \frac{1}{1 + x} = \frac{1}{1 − (−x)} = 1 − x + x^{2} − x^{3} + ⋯ |x| < 1 , R = 1

Elvégezve az integrálást [ 0 , x] - en:

ln (1 + x) = ∫_{0}^{x} (1 − t + t^{2} − t^{3} + ⋯) dt = x − \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} − ⋯,

Ez a sor x = 1 -ben is konvergens, mert Leibniz sor. T_{1a} tétel miatt értéke:

ln 2 = 1 − \frac{1}{2} + \frac{1}{3} − \frac{1}{4} + ⋯ = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n}

Tehát a kapott eredmény:

T^{}ln (1 + x) = x − \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} − ⋯ = ∑_{n=1}^{∞} (−1)^{n+1} \frac{x^{n}}{n} , x ∈ (−1, 1] , R = 1

Az előző sorfejtésből x → −x helyettesítéssel adódik:

ln (1 − x) = −x − \frac{x^{2}}{2} − \frac{x^{3}}{3} − ⋯, R = 1

A két sorfejtés segítségével már kapható egy minden argumentumértékre konvergens sorfejtés is:

\frac{1}{2} ln \frac{1 + x}{1 − x} = x + \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} + ⋯, |x| < 1 , R = 1

( ln z = ?  ln z := ln \frac{1 + x}{1 − x};  z = \frac{1 + x}{1 − x}-ből  |x| < 1 adódik mindig )

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

4.1. Függvény és Taylor sorának megegyezése

f(x) ⇝ T (x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^{k}

f(x) = T (x) -ről mit mondhatunk általánosságban?

Szükséges és elégséges tétel f(x) = T (x) fennállására:

T^{} T_{n}(x) = ∑_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^{k} ⟶ ↓_{∞}^{n} f(x) (azaz f(x) = T (x)) akkor és csak akkor, ha

R_{n}(x) = \frac{f^{(n+1)}(ξ)}{(n + 1)!} x^{n+1} ⟶ ↓_{∞}^{n} 0

D^{}A g_{0}, g_{1}, …, g_{n}, … függvények a D = ⋂ D_{g_{n}} halmazon egyenletesen korlátosak, ha

∃ K ∈ ℝ :  |g_{n}(x)| ≤ K , ha x ∈ D, n ∈ ℕ  ( van közös korlát )

Pl. sin x, 2 sin 2x, 3 sin 3x, …, n sin nx, … egyenként korlátosak, de nem egyenletesen korlátosak.

Pl. cos x, cos 4x, cos 9x, …, cos n^{2}x, … egyenletesen korlátosak.

Elégséges tétel f(x) = T (x) fennállására: T^{}

Ha f akárhányszor differenciálható (−R, R)-en és f, f′, f′′, …, f^{(n)}, … deriváltfüggvények egyenletesen korlátosak itt, akkor

f(x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^{k} x ∈ (−R, R)-en.

M^{}x_{0} bázispontra hasonló tétel mondható ki (x_{0} − R, x_{0} + R) -re.

B^{}Már láttuk, hogy

f(x) = \underbrace{∑_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^{k}}_{T_{n}(x)=s_{n}(x)} + \underbrace{\frac{f^{(n+1)}(ξ)}{(n + 1)!} x^{n+1}}_{R_{n}(x) Lagrange-féle alakja}

Ezért:

\underbrace{|f(x) − T_{n}(x)|}_{=|s(x)−s_{n}(x)|} = |R_{n}(x)| = |\frac{f^{(n+1)}(ξ)}{(n + 1)!} x^{n+1}| = \frac{|f^{(n+1)}(ξ)|}{(n + 1)!} |x|^{n+1} ≤ K \frac{R^{n+1}}{(n + 1)!} := a_{n}

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 Mivel a_{n} ⟶ ↓_{∞}^{n} 0 (I. félévi anyagban szerepelt: \frac{a^{n}}{n!} ⟶ ↓_{∞}^{n} 0) , ezért

|f(x) − T_{n}(x)| < ε, ha n > N(ε) ⟹ T_{n}(x) → f(x) , azaz T (x) = f(x).
•••

További fontos Taylor sorfejtések:

[figure: Pl.] f(x) = sin x = x − \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} − \frac{x^{7}}{7!} + ⋯ = ∑_{n=0}^{∞} (−1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{(2n + 1)!} ; x ∈ ℝ

Ui.: f(x) = sin x  f(0) = 0 f′(x) = cos x  f′(0) = 1 f′′(x) = − sin x f′′(0) = 0 f′′′(x) = − cos x f′′′(0) = −1 f^{(4)}(x) = sin x ↓ Innen periodikusan ismétlődik

f(0) + \frac{f′(0)}{1!}x + \frac{f′′(0)}{2!}x^{2} + \frac{f′′′(0)}{3!}x^{3} + ⋯ + \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} + ⋯ = x − \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} − ⋯

A deriváltak (−∞, ∞)-en egyenletesen korlátosak, ezért ∀ x-re: sin x = x− \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} −· · · .

[figure: Pl.] f(x) = cos x = 1 − \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} − \frac{x^{6}}{6!} + ⋯ = ∑_{n=0}^{∞} (−1)^{n} \frac{x^{2n}}{(2n)!}; x ∈ ℝ

Az előző példához hasonlóan:

\begin{matrix}f(x) = cos x & f(0) = 1 \\ f′(x) = − sin x & f′(0) = 0 \\ f′′(x) = − cos x & f′′(0) = −1 \\ f′′′(x) = sin x & f′′′(0) = 0 \end{matrix} \} a deriváltak egyenletesen korlátosak

f^{(4)}(x) = cos x ↓ Innen periodikusan ismétlődik

[figure: Pl.] f(x) = e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{4}}{4!} + ⋯ = ∑_{k=0}^{∞} \frac{x^{k}}{k!} ; x ∈ ℝ

f^{(k)}(x) = e^{x}; f^{(k)}(0) = 1 k ∈ ℕ Konvergencia: f^{(k)}(x) = e^{x} x ∈ ℝ-en nem korlátos, de tetszőleges [α, β] ⊂ ℝ-en már igen. |f^{(k)}(x)| ≤ e^{β} . Tehát itt a deriváltak egyenletesen korlátosak, így a tétel alapján f(x) = T (x) ∀ x ∈ ℝ-re.

[ ] α β x

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

[figure: Pl.] f(x) = sh x = x + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} + \frac{x^{7}}{7!} + ⋯ = ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{2n+1}}{(2n + 1)!}; x ∈ ℝ

sh x = \frac{1}{2} (e^{x} − e^{−x})

\begin{matrix}e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{4}}{4!} + ⋯ & x ∈ ℝ \\ e^{−x} = 1 − x + \frac{x^{2}}{2!} − \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{4}}{4!} − ⋯ & x ∈ ℝ \end{matrix} \} ⟹ …

[figure: Pl.] f(x) = ch x = 1 + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} + \frac{x^{6}}{6!} + ⋯ = ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{2n}}{(2n)!}; x ∈ ℝ

ch x = \frac{1}{2} (e^{x} + e^{−x}) = ⋯

•••

Példák Taylor sorfejtésre:

[figure: Pl.] f(x) = sin x · cos x ,  x_{0} = 0

f(x) = sin x · cos x = \frac{1}{2} sin 2x = \frac{1}{2} (2x − \frac{1}{3!}(2x)^{3} + \frac{1}{5!}(2x)^{5} − \frac{1}{7!}(2x)^{7} + ⋯) x ∈ ℝ

Az alábbi néhány példa az

e^{u} = 1 + u + \frac{u^{2}}{2!} + \frac{u^{3}}{3!} + \frac{u^{4}}{4!} + ⋯, u ∈ ℝ

sorfejtésre támaszkodik.

[figure: Pl.] f(x) = e^{x^{2}} ,  x_{0} = 0

e^{x^{2}} = 1 + x^{2} + \frac{1}{2!}x^{4} + \frac{1}{3!}x^{6} + \frac{1}{4!}x^{8} + ⋯, x ∈ ℝ (u = x^{2})

[figure: Pl.] f(x) = e^{−x^{2}} ,  x_{0} = 0

e^{−x^{2}} = 1 − x^{2} + \frac{1}{2!}x^{4} − \frac{1}{3!}x^{6} + \frac{1}{4!}x^{8} − ⋯, x ∈ ℝ (u = −x^{2})

A valószínűségszámításban találkozunk az f(x) = e^{−x^{2}} Gauss görbével.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

[figure: Pl.] f(x) = \sqrt{e^{x}} ,  x_{0} = 0

\sqrt{e^{x}} = e^{\frac{x}{2}} = 1 + \frac{x}{2} + \frac{1}{2!} (\frac{x}{2})^{2} + \frac{1}{3!} (\frac{x}{2})^{3} + ⋯, x ∈ ℝ (u = \frac{x}{2})

[figure: Pl.] f(x) = e^{3x^{2}} ,  x_{0} = 0
e^{3x^{2}} = 1 + 3x^{2} + \frac{1}{2!}3^{2}x^{4} + \frac{1}{3!}3^{3}x^{6} ⋯,  x ∈ ℝ  (u = 3x^{2})

[figure: Pl.]

f(x) = e^{3x} , x_{0} = 0, illetve x_{0} = 1

a.) x_{0} = 0 : e^{3x} = 1 + 3x + \frac{1}{2!}(3x)^{2} + \frac{1}{3!}(3x)^{3} + ⋯, x ∈ ℝ

b.) x_{0} = 1 : e^{3x} = e^{3(x−1)+3} = e^{3}e^{3(x−1)} =

= e^{3} (1 + 3(x − 1) + \frac{1}{2!}3^{2}(x − 1)^{2} + \frac{1}{3!}3^{3}(x − 1)^{3} + ⋯) , x ∈ ℝ

[figure: Pl.] Adja meg az

f(x) = \frac{1}{7 + x}

függvény Taylor sorát és annak konvergenciatartományát, ha a.) x_{0} = 0 b.) x_{0} = 2

a.)

\frac{1}{7 + x} = \begin{matrix}\frac{1}{7} & \frac{1}{1 − \frac{−x}{7}} \\ a = \frac{1}{7} ; q = −\frac{x}{7} \end{matrix} = \frac{1}{7} (1 − \frac{x}{7} + (\frac{x}{7})^{2} − (\frac{x}{7})^{3} + ⋯)

KT.: |q| = |−\frac{x}{7}| = \frac{|x|}{7} < 1 ⟹ |x| < 7 , R = 7

b.)

\frac{1}{7 + x} = \frac{1}{(x − 2) + 9} = \begin{matrix}\frac{1}{9} & \frac{1}{1 − \frac{−(x − 2)}{9}} \\ a = \frac{1}{9} ; q = −\frac{x−2}{9} \end{matrix} = \frac{1}{9} (1 − \frac{x − 2}{9} + (\frac{x − 2}{9})^{2} − (\frac{x − 2}{9})^{3} + ⋯)

KT.: |q| = |−\frac{x − 2}{9}| = \frac{|x − 2|}{9} < 1 ⟹ |x − 2| < 9 (x ∈ (−7, 11))

R = 9

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.

v2.1 [figure: Pl.] Fejtse x_{0} = 0 bázispontú Taylor sorba az

f(x) = \frac{2x}{2 − x^{2}}

függvényt! Konvergenciatartomány?

\frac{1}{2 − x^{2}} = \frac{1}{2} \frac{1}{1 − \frac{x^{2}}{2}} = \frac{1}{2} (1 + \frac{x^{2}}{2} + (\frac{x^{2}}{2} )^{2} + (\frac{x^{2}}{2} )^{3} + ⋯) =

= \frac{1}{2} ∑_{k=0}^{∞} (\frac{x^{2}}{2} )^{k} = \frac{1}{2} ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{2^{k}} x^{2k}

KT.: |\frac{x^{2}}{2} | < 1, tehát |x| < \sqrt{2} , azaz R = \sqrt{2} , H = (−\sqrt{2} , \sqrt{2})

Ennek a sorfejtésnek a felhasználásával:

f(x) = 2x \frac{1}{2 − x^{2}} = 2x \frac{1}{2} ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{2^{k}} x^{2k} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{2^{k}} x^{2k+1} ,

|x| < \sqrt{2} , R = \sqrt{2} , H = (−\sqrt{2} , \sqrt{2})

[figure: Pl.] a.) Határozza meg a

∑_{k=0}^{∞} \frac{2k + 1}{k!} x^{2k}

sor konvergenciatartományát és összegfüggvényét!

b.) ∑_{k=0}^{∞} \frac{2k + 1}{k!} = ?

a.) f(x) := ∑_{k=0}^{∞} \frac{2k + 1}{k!} x^{2k} R = ∞, mert…

f_{1}(x) := ∫_{0}^{x} f(x) dx = ∫_{0}^{x} ∑_{k=0}^{∞} \frac{2k + 1}{k!} x^{2k} dx_{[figure: egyenl. konv.]} = ∑_{k=0}^{∞} ∫_{0}^{x} \frac{2k + 1}{k!} x^{2k} dx =

= ∑_{k=0}^{∞} \frac{2k + 1}{k!} \frac{x^{2k+1}}{2k + 1}|_{0}^{x} \begin{matrix}= \\ ↑ \\ x ≠ 0 \end{matrix}x ∑_{k=0}^{∞} \frac{(x^{2})^{k}}{k!} = xe^{x^{2}} és f_{1}(0) = 0

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.

v2.1

Tehát f_{1}(x) = x e^{x^{2}} , ∀ x ∈ ℝ ⟹ f(x) = (x e^{x^{2}})′ = e^{x^{2}} + 2x^{2} e^{x^{2}} , ∀ x ∈ ℝ b.)

∑_{0}^{∞} \frac{2k + 1}{k!} = f(1) = e + 2e = 3e

[figure: Pl.] ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n 5^{n}} = ?

∑_{n=1}^{∞} \frac{(\frac{1}{5})^{n}}{n} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} |_{x= \frac{1}{5}}

∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} = ∫_{0}^{x} (\frac{d}{dx} ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} ) dx = ∫_{0}^{x} (∑_{n=1}^{∞} x^{n−1}) dx =

= ∫_{0}^{x} \frac{1}{1 − x} dx = − ln (1 − x) , ahol |x| < 1

Ezért x = \frac{1}{5} behelyettesíthető:

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n 5^{n}} = − ln (1 − \frac{1}{5}) = ln \frac{5}{4}

[figure: Pl.] ∑_{k=2}^{∞} \frac{1}{(2k)!} = ?

∑_{k=2}^{∞} \frac{1}{(2k)!} = \frac{1}{4!} + \frac{1}{6!} + ⋯; ch x = 1 + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} + \frac{x^{6}}{6!} + ⋯, ∀ x ∈ ℝ

Ezért ∑_{k=2}^{∞} \frac{1}{(2k)!} = ch 1 − 1 − \frac{1}{2!}

[figure: Pl.] ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(n + 1)!} x^{n} = ? , ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(n + 1)! 3^{n}} = ?

f(x) := ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(n + 1)!} x^{n}

A hányadoskritériummal belátható, hogy R = ∞ . Azt is tudjuk, hogy f -re folytonos

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 függvényt kell kapnunk eredményül, mert f egy hatványsor összegfüggvénye. Mivel f(0) = 0 , azért x ≠ 0 -át vizsgáljuk.

x · f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n+1}}{(n + 1)!} = \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + ⋯ = e^{x} − 1 − x , R = ∞

f(x) = \{ \begin{matrix}\frac{e^{x} − 1 − x}{x}, & x ≠ 0 \\ 0, & x = 0 \end{matrix}

(L’Hospital szabállyal megmutatható, hogy f valóban folytonos x = 0 -ban is.)

f(x) -be x = \frac{1}{3} - ot helyettesítve kapjuk:

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(n + 1)! 3^{n}} = \frac{e^{\frac{1}{3}} − 1 − \frac{1}{3}}{\frac{1}{3}}

[figure: Pl.] ∑_{k=1}^{∞} \frac{2^{k} (−1)^{k}}{(2k)!} = ?

cos x = 1 − \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} − ⋯ = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k} x^{2k}}{(2k)!} , ∀ x ∈ ℝ

∑_{k=1}^{∞} \frac{2^{k} (−1)^{k}}{(2k)!} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k} (\sqrt{2})^{2k}}{(2k)!} − 1 = cos \sqrt{2} − 1

4.2. Binomiális sor

Az f(x) = (1 + x)^{α}, α ∈ ℝ (α ≠ −1) függvény x_{0} = 0 pontra támaszkodó Taylor sora. (α = −1 esetén geometriai sor összegfüggvényéről van szó.)

f(x) = (1 + x)^{α}  f(0) = 1
f′(x) = α(1 + x)^{α−1}  f′(0) = α
f′′(x) = α(α − 1)(1 + x)^{α−2}  f′′(0) = α(α − 1)
⋮  ⋮
f^{(k)}(x) = α(α − 1) ⋯ (α − k + 1)(1 + x)^{α−k}  f^{(k)}(0) = α(α − 1) ⋯ (α − k + 1)

(1 + x)^{α} ⇝ T (x) = 1 + αx + \frac{α(α − 1)}{2!}x^{2} + \frac{α(α − 1)(α − 2)}{3!}x^{3} + ⋯ =

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

= 1 + ∑_{k=1}^{∞} \frac{α(α − 1) ⋯ (α − k + 1)}{k!} x^{k} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^{k}

M^{}Ha α = n egész: f^{(k)}(x) ≡ 0 k ≥ n + 1-re és

\frac{n(n − 1) ⋯ (n − k + 1)}{k!} · \frac{(n − k) ⋯ 2 · 1}{(n − k)!} = \frac{n!}{k!(n − k)!} = \binom{n}{k}

Ezért

D^{}\binom{α}{k} := \frac{α(α − 1) ⋯ (α − k + 1)}{k!} és \binom{α}{0} := 1

Az eredményeink:

α = n ∈ ℕ^{+} : (1 + x)^{α} = T (x) = T_{n}(x) = ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k}x^{k}  (Binomiális tétel)
α ≠ n  : (1 + x)^{α} ⇝ T (x) = ∑_{k=0}^{∞} \binom{α}{k}x^{k}

Kérdések:

1.) R = ?

2.) f(x) = T (x) mikor igaz (−R, R) -en?

T^{}∑_{k=0}^{∞} \binom{α}{k}x^{k} esetén R = 1

B^{}a_{k} = \binom{α}{k} = \frac{α(α − 1) ⋯ (α − k + 1)}{k!}

a_{k+1} = \binom{α}{k + 1} = \frac{α(α − 1) ⋯ (α − k + 1)(α − k)}{(k + 1)!} = \binom{α}{k} \frac{α − k}{k + 1}

|\frac{a_{k+1}}{a_{k}} | = |\frac{α − k}{k + 1} | = | \frac{\frac{α}{k} − 1}{1 + \frac{1}{k}}| ⟶ ↓_{∞}^{k} | − 1| = 1 = \frac{1}{R} ⟹ R = 1

T^{}\underbrace{(1 + x)^{α}}_{f(x)} = \underbrace{∑_{k=0}^{∞} \binom{α}{k}x^{k}}_{T (x)}  ∀ x ∈ (−1, 1)-re.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 A végpontokban a konvergenciát külön meg kell vizsgálni.

B^{}f deriváltfüggvényei most nem egyenletesen korlátosak ⟹ tételünk nem alkalmazható.

Ezért más módszerrel látjuk be az egyenlőséget. Megmutatjuk, hogy

(\frac{T (x)}{f(x)})′ ≡ 0 ⟹ \frac{T (x)}{f(x)} ≡ konst. , de \frac{T (0)}{f(0)} = \frac{1}{1} = 1 ⟹ T (x) ≡ f(x)

(\frac{T}{f} )′ = \frac{T′f − T f′}{f^{2}} = \frac{T′(1 + x)^{α} − T · α · (1 + x)^{α−1}}{f^{2}} = \frac{(1 + x)^{α−1}}{(1 + x)^{2α}} (T′(1 + x) − αT) ≡ 0,

mert

\begin{matrix}T (x) = 1 + αx + \frac{α(α − 1)}{2!}x^{2}+ & ⋯ & +\binom{α}{k}x^{k} + ⋯ \\ αT (x) = α + α^{2}x + \frac{α^{2}(α − 1)}{2!}x^{2}+ & ⋯ & +α\binom{α}{k}x^{k} + ⋯ \\ T′(x) = α + \frac{α(α − 1)}{1!}x + \frac{α(α − 1)(α − 2)}{2!}x^{2}+ & ⋯ & +k\binom{α}{k}x^{k−1} + (k + 1)\binom{α}{k + 1}x^{k} + ⋯ \\ xT′(x) = αx + \frac{α(α − 1)}{1!}x^{2}+ & ⋯ & +k\binom{α}{k}x^{k} + ⋯ \end{matrix}

(1 + x)T′ − αT = ∑_{k=0}^{∞} ((k + 1)\binom{α}{k + 1} + k\binom{α}{k} − α\binom{α}{k}) x^{k}

és itt

((k + 1)\binom{α}{k + 1} + k\binom{α}{k} − α\binom{α}{k}) = \binom{α}{k} ((k + 1)\frac{α − k}{k + 1} + k − α) = 0 ∀ k-ra

M^{}Belátható, hogy |x| < 1 -re végülis |\binom{α}{k}x^{k}| ↘ 0 , tehát k egy értékétől kezdődően a sor tagjai monoton csökkenően tartanak a 0 -hoz. A 0 -hoz tartás a konvergencia miatt nem kérdéses, csak a monoton csökkenés. (Mi nem bizonyítjuk általánosságban a monoton csökkenést.) Ezért, ha váltakozó előjelű a sor, akkor felírható egy konstans és egy Leibniz típusú sor összegeként. Ilyen esetben könnyű a hibaszámítás:

(1 + x)^{α} ≈ ∑_{k=0}^{N} \binom{α}{k} x^{k} = s_{N} közelítésnél |H| < |\binom{α}{N + 1} x^{N+1}|

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 (Az első elhagyott tag majorálja a hibát, ha N értéke akkora, amelynél már teljesül a monoton csökkenés.)

Példák binomiális sorfejtésre

[figure: Pl.] f(x) = \sqrt{1 + x} ,  x_{0} = 0

f(x) = (1 + x)^{\frac{1}{2}} = \binom{\frac{1}{2}}{0} + \binom{\frac{1}{2}}{1}x + \binom{\frac{1}{2}}{2}x^{2} + ⋯ = ∑_{k=0}^{∞} \binom{\frac{1}{2}}{k}x^{k} =

= 1 + \frac{1}{2}x + \frac{\frac{1}{2}(−\frac{1}{2})}{2!}x^{2} + \frac{\frac{1}{2}(−\frac{1}{2})(−\frac{3}{2})}{3!}x^{3} + ⋯,

Konvergenciasugár: R = 1

Megmutatható, hogy x > 0 -ra Leibniz típusú a sor (x < 0-nál nem!). Ezért, ha x > 0 :

\sqrt{1 + x} ≈ 1 + \frac{1}{2}x és |H| < \frac{1}{8}x^{2}

(Tehát \sqrt{1 + x} = 1 + \frac{1}{2}x + o(x), ha x > 0)

Pl. \sqrt{1,05} = (1 + 0,05)^{\frac{1}{2}} ≈ 1 + \frac{1}{2} 0,05 |H| < \frac{1}{8} (0,05)^{2}

Hasonlóan megmutatható, hogy k ∈ ℕ^{+}-ra: \sqrt[k]{1 + x} ≈ 1 + \frac{x}{k} = T_{1}(x)

[figure: Pl.] \sqrt[5]{34} ≈?

\sqrt[5]{34} = (1 + 33)^{\frac{1}{5}} nem jó, mert x = 33 > 1

De \sqrt[5]{34} = \sqrt[5]{32\frac{34}{32}} = 2\sqrt[5]{\frac{34}{32}} = 2 (1 + \frac{1}{16})^{\frac{1}{5}} = 2 ∑_{k=0}^{∞} \binom{\frac{1}{5}}{k} (\frac{1}{16})^{k} ≈_{pl.}2 ∑_{k=0}^{3} \binom{\frac{1}{5}}{k} (\frac{1}{16})^{k}

Leibniz sor (belátható): |H| < 2 |\binom{\frac{1}{5}}{4} (\frac{1}{16})^{4}|

[figure: Pl.] f(x) = \frac{1}{\sqrt{2 + x^{2}}} , x_{0} = 0 bázispontú Taylor sor?

\frac{1}{\sqrt{2 + x^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{x^{2}}{2}}} = \frac{1}{\sqrt{2}} (1 + (\frac{x^{2}}{2} ))^{− \frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} ∑_{k=0}^{∞} \binom{−\frac{1}{2}}{k} (\frac{x^{2}}{2} )^{k}

konvergenciasugár: |\frac{x^{2}}{2} | < 1 ⟹ |x| < \sqrt{2} (R = \sqrt{2})

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 [figure: Pl.]

f(x) = \frac{1}{\sqrt[4]{16 − x^{3}}} , x_{0} = 0 bázispontú Taylor sor?

f(x) = \frac{1}{\sqrt[4]{16}} \frac{1}{(1 − \frac{x^{3}}{16})^{\frac{1}{4}}} = \frac{1}{2} (1 + (−\frac{x^{3}}{16}))^{− \frac{1}{4}} = \frac{1}{2} ∑_{k=0}^{∞} \binom{−\frac{1}{4}}{k} (−\frac{x^{3}}{16})^{k} =

= \frac{1}{2} ∑_{k=0}^{∞} \binom{−\frac{1}{4}}{k}\frac{(−1)^{k}}{16^{k}} x^{3k}

Konvergenciasugár: |−\frac{x^{3}}{16}| < 1 ⟹ |x| < \sqrt[3]{16} , R = \sqrt[3]{16}

[figure: Pl.]

f(x) = \sqrt[3]{8 + x^{2}} , x_{0} = 0 bázispontú Taylor sor?

f(x) = \sqrt[3]{8} \sqrt[3]{1 + \frac{x^{2}}{8}} = 2 (1 + (\frac{x}{\sqrt{8}})^{2})^{\frac{1}{3}} = 2 ∑_{k=0}^{∞} \binom{\frac{1}{3}}{k} (\frac{x}{\sqrt{8}})^{2k}

Konvergenciasugár: |\frac{x^{2}}{8} | < 1 ⟹ |x| < \sqrt{8} , R = \sqrt{8}

[figure: Pl.] f(x) = arcsin x , x_{0} = 0 bázispontú Taylor sor?

f′(x) = \frac{1}{\sqrt{1 − x^{2}}} = (1 + (−x^{2}))^{− \frac{1}{2}} = ∑_{k=0}^{∞} \binom{−\frac{1}{2}}{k}(−x^{2})^{k} = 1 + \frac{1}{2}x^{2} + \frac{3}{8}x^{4} + ⋯

Konvergenciasugár: | − x^{2}| < 1 ⟹ |x| < 1 (R_{1} = 1)

arcsin x = ∫_{0}^{x} \frac{1}{\sqrt{1 − x^{2}}} dx = x + \frac{1}{6}x^{3} + \frac{3}{8 · 5}x^{5} + ⋯, (R_{2} = 1)

( ∑_{k=0}^{∞} a_{k} x^{k} és ∑_{k=0}^{∞} k a_{k} x^{k} sorok konvergenciasugarai megegyeznek.) Összefoglalva:

T^{}arcsin x = x + \frac{1}{6} x^{3} + \frac{3}{8 · 5} x^{5} + ⋯,  R = 1

Az arccos x Taylor sorát hasonlóan kaphatjuk meg, mint az arcsin x -ét.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 Mivel arccos x = π/2 − arcsin x , azért nyilván:

arccos x = \frac{π}{2} − (x + \frac{1}{6} x^{3} + \frac{3}{8 · 5} x^{5} + ⋯) , R = 1

[figure: Pl.] Írja fel az f(x) = 5\sqrt[5]{1 + x^{2}} − 7\sqrt[7]{1 + x^{2}} + 2 függvény x_{0} = 0 körüli Taylor sorát és adja meg annak konvergencia sugarát! Létezik-e C és α úgy, hogy f(\frac{1}{n}) ∼ Cn^{α} legyen?

(1 + x^{2})^{\frac{1}{5}} = 1 + \frac{1}{5}x^{2} + \frac{\frac{1}{5}(−\frac{4}{5})}{2!}x^{4} + ⋯  konv.sugár: |x^{2}| < 1 ⟹ |x| < 1

(1 + x^{2})^{\frac{1}{7}} = 1 + \frac{1}{7}x^{2} + \frac{\frac{1}{7}(−\frac{6}{7})}{2!}x^{4} + ⋯  konv.sugár: |x^{2}| < 1 ⟹ |x| < 1

f(x) = 5 − 7 + 2 + (5 · \frac{1}{5} − 7 · \frac{1}{7}) x^{2} + (5\frac{−4}{5^{2} · 2} − 7\frac{−6}{7^{2} · 2!}) x^{4} + ⋯ =

= (−\frac{2}{5} + \frac{3}{7}) x^{4} + ⋯ |x| < 1 , R = 1

a_{n} ∼ b_{n}, ha lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{b_{n}} = 1

f (\frac{1}{n}) = (−\frac{2}{5} + \frac{3}{7}) (\frac{1}{n})^{4} + ( …) (\frac{1}{n})^{6} + ⋯ 0 < \frac{1}{n} < 1, ha n > 1

\frac{f (\frac{1}{n})}{(−\frac{2}{5} + \frac{3}{7}) (\frac{1}{n})^{4}} = 1 + ( …)\frac{1}{n^{2}} + ( …)\frac{1}{n^{4}} + ⋯ ⟶ ↓_{∞}^{n} 1 \begin{matrix}C = −\frac{2}{5} + \frac{3}{7} \\ α = −4 \end{matrix}

[figure: Pl.]

Számítsa ki ∫_{0}^{0,1} \frac{1}{\sqrt[3]{1 + x^{2}}} dx értékét közelítően!

f(x) = \frac{1}{\sqrt[3]{1 + x^{2}}} = (1 + x^{2})^{− \frac{1}{3}} = ∑_{k=0}^{∞} \binom{−\frac{1}{3}}{k}x^{2k} Konv.sugár: |x^{2}| < 1 ⟹ |x| < 1

R = 1

A hatványsort szabad tagonként integrálni, mivel [0 , 0.1] ⊂ (−1 , 1) .

∫_{0}^{0,1} \frac{1}{\sqrt[3]{1 + x^{2}}} dx = ∑_{k=0}^{∞} \binom{−\frac{1}{3}}{k} ∫_{0}^{0,1}x^{2k} dx = ∑_{k=0}^{∞} \binom{−\frac{1}{3}}{k}\frac{x^{2k+1}}{2k + 1}|_{0}^{0,1} = ∑_{k=0}^{∞} \binom{−\frac{1}{3}}{k}\frac{0,1^{2k+1}}{2k + 1} =

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

\underbrace{0,1 + \frac{−1}{3} \frac{0,1^{3}}{3} + \frac{(−\frac{1}{3})(−\frac{4}{3})}{2!} \frac{0,1^{5}}{5}}_{:=a} + \underbrace{\frac{(−\frac{1}{3})(−\frac{4}{3})(−\frac{7}{3})}{3!} \frac{0,1^{7}}{7}}_{:=b} + ⋯ ≈ ; Leibniz ; típusúa , |H| ≤ |b|

(Belátható, hogy Leibniz sorról van szó.)

[figure: Pl.] Határozza meg az ∫_{0}^{0,1}\sqrt[5]{32 + x^{5}} dx integrál értékét közelítőleg az integrálandó függvényt

ötödrendű Taylor polinomjával közelítve! Adjon becslést az elkövetett hibára!

\sqrt[5]{32 + x^{5}} = \sqrt[5]{32} \sqrt[5]{1 + \frac{x^{5}}{32}} = 2 (1 + (\frac{x}{2})^{5})^{\frac{1}{5}} = 2 ∑_{k=0}^{∞} \binom{\frac{1}{5}}{k} (\frac{x}{2})^{5k} = 2 ∑_{k=0}^{∞} \binom{\frac{1}{5}}{k}\frac{1}{32^{k}} x^{5k}

Konv.sugár: |(\frac{x}{2})^{5}| < 1 ⟹ |x| < 2 , R = 2

[0, 0,1]-ben a sor egyenletesen konvergens ⟹ szabad tagonként integrálni.

[figure: ∫_{0}^{0,1}2 ∑_{k=0}^{∞} \binom{\frac{1}{5}}{k}\frac{1}{32^{k}} x^{5k} dx] = 2 ∑_{k=0}^{∞} \binom{\frac{1}{5}}{k}\frac{1}{32^{k}} \frac{x^{5k+1}}{5k + 1}|_{0}^{0,1} = 2 ∑_{k=0}^{∞} \binom{\frac{1}{5}}{k}\frac{1}{32^{k}} \frac{0,1^{5k+1}}{5k + 1} =

= 2 (0,1 + \frac{\frac{1}{5}}{1} \frac{1}{32} \frac{0,1^{6}}{6!} + \frac{\frac{1}{5}(−\frac{4}{5})}{2!} \frac{1}{32^{2}} \frac{0,1^{11}}{11} + ⋯) ≈_{Leibniz típusú}2 (0,1 + \frac{1}{5} \frac{1}{32} \frac{0,1^{6}}{6!} )

|H| < 2 | \frac{\frac{1}{5}(−\frac{4}{5})}{2} \frac{1}{32^{2}} \frac{0,1^{11}}{11} |

(Most is belátható, hogy Leibniz sorról van szó.)

5. Fourier sor

Emlékeztető: L : lineáris tér (vektortér) a valós számok teste felett; \underline{v} ∈ L (λ ∈ ℝ)

Skaláris szorzat axiómái:

(\underline{v}_{1}|\underline{v}_{2}) = (\underline{v}_{1}, \underline{v}_{2}) ∈ ℝ

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 1.) (\underline{v}|\underline{v}) ≥ 0 és (\underline{v}|\underline{v}) = 0 a.cs.a., ha \underline{v} = \underline{0} (\underline{0}: a tér nulleleme) 2.) (\underline{v}_{1}|\underline{v}_{2}) = (\underline{v}_{2}|\underline{v}_{1}) (Nem valós esetben: (\underline{v}_{1}|\underline{v}_{2}) = \overline{(\underline{v}_{2}|\underline{v}_{1})} ) 3.) (λ\underline{v}_{1}|\underline{v}_{2}) = λ(\underline{v}_{1}|\underline{v}_{2}) 4.) (\underline{v}_{1} + \underline{v}_{2}|\underline{v}_{3}) = (\underline{v}_{1}|\underline{v}_{3}) + (\underline{v}_{2}|\underline{v}_{3})

Pl. C_{[a,b]}^{0}-n: (f|g) = ∫_{a}^{b} f(x) g(x) dx megfelel skaláris szorzatnak.

Euklideszi tér: olyan lineáris tér, amelyben van skaláris szorzat. D^{}(\underline{v}_{1}|\underline{v}_{2}) = 0 esetén \underline{v}_{1} ortogonális \underline{v}_{2}-re. Norma: ∥ \underline{v} ∥ = \sqrt{(\underline{v}|\underline{v})} -vel dolgozunk (euklideszi norma) Távolság: ρ(\underline{v}_{1}, \underline{v}_{2}) = ∥ \underline{v}_{1} − \underline{v}_{2} ∥

•••

T^{}

Ha \underline{v}_{1}, …, \underline{v}_{n} (\underline{v}_{i} ≠ \underline{0}) páronként ortogonálisak, akkor lineárisan függetlenek. B^{}

λ_{1}\underline{v}_{1} + ⋯ + λ_{i}\underline{v}_{i} + ⋯ + λ_{n}\underline{v}_{n} = \underline{0} | · \underline{v}_{i}

λ_{1} \underbrace{(\underline{v}_{1}|\underline{v}_{i})}_{=0} + ⋯ + λ_{i−1} \underbrace{(\underline{v}_{i−1}|\underline{v}_{i})}_{=0} +λ_{i} \underbrace{(\underline{v}_{i}|\underline{v}_{i})}_{≠0} + ⋯ + λ_{n} \underbrace{(\underline{v}_{n}|\underline{v}_{i})}_{=0} = 0

⟹ λ_{i} = 0 (és ez igaz ∀ i -re)

T^{} 1, sin x, cos x, sin 2x, cos 2x, …, sin kx, cos kx, … páronként ortogonálisak [−π, π]-n (általánosan [a, a + 2π] -n), így közülük bármely véges sok lineárisan független. A skaláris szorzat: (f|g) = ∫_{−π}^{π} f(x) · g(x) dx

M^{}Így az általuk generált tér nem véges dimenziós. B^{}

\begin{matrix}(1| sin kx) = ∫_{−π}^{π} sin kx dx = 0 \\ (1| cos kx) = ∫_{−π}^{π} cos kx dx = 0 \end{matrix} \} teljes periodusra integrálunk

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

(sin kx| sin lx) = ∫_{−π}^{π} sin kx · sin lx dx = \frac{1}{2} ∫_{−π}^{π} (cos (k − l)x − cos (k + l)x) dx = \{ \begin{matrix}π, & ha k = l \\ 0, & ha k ≠ l \end{matrix}

⟹ ∥ sin kx ∥= \sqrt{(sin kx| sin kx)} = \sqrt{π}

(cos kx| cos lx) = \{ \begin{matrix}π, & ha k = l \\ 0, & ha k ≠ l \end{matrix} (Az előzőhöz hasonlóan jön ki.)

⟹ ∥ cos kx ∥= \sqrt{(cos kx| cos kx)} = \sqrt{π}

(sin kx| cos lx) = 0 (Szintén hasonlóan.)

M^{}(1|1) = ∫_{−π}^{π} 1^{2} dx = 2π ⟹ ∥ 1 ∥= \sqrt{(1|1)} = \sqrt{2π}

ONR (ortonormált rendszer) :

\frac{1}{\sqrt{2π}} ; φ_{0} , \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{π}} sin x \\ φ_{1} \end{matrix}, \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{π}} cos x \\ φ_{2} \end{matrix}, …, \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{π}} & sin & kx \\ φ_{2k−1} \end{matrix}, \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{π}} & cos & kx \\ φ_{2k} \end{matrix}, …

•••

Mivel a {φ_{i}} függvények közül tetszőlegesen kiválasztva véges sokat, azok lineárisan függetlenek, jogos az a kérdés, hogy egy 2π szerint periodikus f függvény felírható-e a következő alakban:

f(x) = ∑_{i=0}^{∞} α_{i} φ_{i}(x) = \frac{a_{0}}{2} + ∑_{k=1}^{∞} (a_{k} cos kx + b_{k} sin kx)

A felvetődő kérdések:

– α_{i} = ? (a_{k} = ?, b_{k} = ?)

– Milyen f-ekre és hol lesz egyenlőség?

Az ilyen alakú sorokat trigonometrikus soroknak nevezzük.

n-edrendű trigonometrikus polinom:

t_{n}(x) = \frac{a_{0}}{2} + ∑_{k=1}^{n} (a_{k} cos kx + b_{k} sin kx)

•••

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 Mi a kapcsolat a trigonometrikus sor Φ összegfüggvénye és az a_{k}, b_{k} együtthatók között?

T^{} Φ(x) = \frac{a_{0}}{2} + ∑_{k=1}^{∞} (a_{k} cos kx + b_{k} sin kx) és a konvergencia egyenletes, akkor Φ és

a_{k}, b_{k} között egyértelmű kapcsolat van, mégpedig:

a_{k} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} Φ(x) cos kx dx = \frac{(Φ| cos kx)}{(cos kx| cos kx)} , k = 0, 1, 2, …

b_{k} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} Φ(x) sin kx dx = \frac{(Φ| sin kx)}{(sin kx| sin kx)} , k = 1, 2, …

B^{}Általánosságban a ∑_{i=0}^{∞} α_{i}φ_{i}(x) alakot kellene szoroznunk skalárisan φ_{k}-val és így megkap-

nánk α_{k} értékét, ahonnan már a_{k} ill. b_{k} kapható. a_{2}-re megmutatjuk a képlet helyességét. Hasonlóan történik a bizonyítás a többi együtthatóra is.

\frac{a_{0}}{2} + a_{1} cos x + b_{1} sin x + a_{2} cos 2x + ⋯ + a_{k} cos kx + b_{k} sin kx + ⋯ = Φ(x)

Beszorozva cos 2x-szel és [−π, π]-n integrálva (az egyenletes konvergencia miatt szabad tagonként integrálni):

∫_{−π}^{π} (\frac{a_{0}}{2} · cos 2x + a_{1} cos x · cos 2x + b_{1} sin x · cos 2x + a_{2} cos 2x · cos 2x + ⋯

⋯ + a_{k} cos kx · cos 2x + b_{k} sin kx · cos 2x + ⋯) dx = ∫_{−π}^{π} Φ(x) · cos 2x dx

\frac{a_{0}}{2} (1| cos 2x) + a_{1} (cos x| cos 2x) + b_{1} (sin x| cos 2x) + a_{2} (cos 2x| cos 2x) + ⋯

⋯ + a_{k} (cos kx| cos 2x) + b_{k} (sin kx| cos 2x) + ⋯ = (Φ(x)| cos 2x)

A bal oldalon (cos 2x| cos 2x) =∥ cos 2x ∥^{2}= π, a többi skaláris szorzat az ortogonalitás miatt nulla. Így

a_{2} (cos 2x| cos 2x) = (Φ(x)| cos 2x) ⟹ a_{2} = \frac{(Φ(x)| cos 2x)}{(cos 2x| cos 2x)}

M^{}A tétel feltételei között igen fontos, hogy egyenletesen konvergens trigonometrikus sorról

van szó, hiszen emiatt tudtunk tagonként integrálni egy végtelen sort.

Házi feladat: Vezesse le a bizonyítást a_{3} és b_{2} esetére is!

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 Fourier sor D^{}

Ha f 2π szerint periodikus és f ∈ R_{[0,2π]}, akkor f Fourier sora

\frac{a_{0}}{2} + ∑_{k=1}^{∞} (a_{k} cos kx + b_{k} sin kx),

ahol

a_{k} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f(x) cos kx dx = \frac{1}{π} ∫_{a}^{a+2π}f(x) cos kx dx = \frac{1}{π} (f| cos kx) , k = 0, 1, 2, …

b_{k} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f(x) sin kx dx = \frac{1}{π} ∫_{a}^{a+2π}f(x) sin kx dx = \frac{1}{π} (f| sin kx) , k = 1, 2, …

a_{k}, b_{k} neve: Fourier együtthatók. Itt a ∈ ℝ tetszőleges.

•••

A Fourier sor összegfüggvénye legyen Φ(x) és az n-edik részletösszeg függvény pedig Φ_{n}(x)!

(Φ_{n}(x) = \frac{a_{0}}{2} + ∑_{k=1}^{n} (a_{k} cos kx + b_{k} sin kx))

Kitérő: egy minimum probléma f adott 2π szerint periodikus, integrálható függvény.

t_{n}(x) = \frac{A_{0}}{2} + ∑_{k=1}^{n} (A_{k} cos kx + B_{k} sin kx) = ∑_{i=0}^{2n} α_{i} φ_{i}(x)

Ezen trigonometrikus polinomok közül melyik van f-hez átlagnormában a legközelebb? Azaz milyen α_{i}-kre lesz ∥ f − t_{n} ∥= min.?

T^{} ∥ f − t_{n} ∥= ; ; ; ; √ ; \overline{∫_{−π}^{π} (f(x) − t_{n}(x))^{2} dx} akkor minimális, ha az együtthatók a Fourier együtt-

hatók, tehát t_{n}(x) = Φ(x) . (¬B) •••

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

Visszatérve a Fourier sorhoz, még válaszolni kell arra a kérdésre, hogy a Fourier sor milyen x-ekre konvergens, és f(x) = Φ(x) mikor igaz.

T^{} Ha a 2π szerint periodikus f függvény folytonos és Fourier sora egyenletesen konvergens, akkor f(x) = Φ(x) (¬B)

Pl. f(x) = |x| x ∈ [−π, π); f(x + 2π) = f(x) L. előadás!

•••

T^{} Ha f kétszer folytonosan deriválható 2π szerint periodikus függvény, akkor Fourier sora egyenletesen konvergens. (¬B)

Önmagában az egyenletes konvergenciából még nem következik az f(x) = Φ(x) egyenlőség. Csak annyi következik, hogy Φ Fourier együtthatói megegyeznek f Fourier együtthatóival.

Kérdés: ha f és Φ Fourier együtthatói azonosak, lehetséges-e, hogy f(x) ≢ Φ(x)? Lehetséges. Pl. az f(x) = |x|-es példában f értékét 1 pontban megváltoztatva (pl. f(1) := 3), a Fourier együtthatók nem változnak, így Φ(x) sem változik, de igaz, hogy f_{1}(x) ≢ Φ(x) (≡ f(x)). Ha viszont f folytonos, akkor már érdekes a kérdés. (A választ már persze ismerjük.)

Legyenek f és Φ Fourier együtthatói azonosak, tehát f − Φ Fourier együtthatói nullák, vagyis (f − Φ|φ_{k}) = 0. Tehát f − Φ ortogonális a φ_{0}, φ_{1}, φ_{2}, … függvényrendszerre.

Bővíthető-e a trigonometrikus rendszer?

T^{} Ha a g függvény 2π szerint periodikus és folytonos és

(g|φ_{k}) = 0, k = 0, 1, 2, … ⟹ g ≡ 0.

Azaz a trigonometrikus rendszer nem bővíthető. (¬B)

A Fourier sor konvergenciájával kapcsolatban sok tétel ismert. Mi egy könnyen kezelhető tételt használunk:

Dirichlet tétel (egy elégséges tétel a Fourier sor konvergenciájára) T^{}

Ha az f függvény 2π szerint periodikus, f ∈ R_{[0,2π]} , a periodus felbontható véges sok (α, β) intervallumra, hogy itt f monoton és a végpontokban ∃ a véges határérték, akkor f Fourier sora minden x -re konvergens, és

Φ(x) = \frac{f(x − 0) + f(x + 0)}{2}

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1

6. Feladatok

6.1. Függvénysorok

1.) Határozza meg az alábbi függvénysorok konvergenciatartományát!

\begin{matrix}a.) & ∑_{n=1}^{∞} & ln^{n} x \\ b.) & ∑_{n=1}^{∞} & \frac{1}{n^{x}} \\ c.) & ∑_{n=1}^{∞} & (−1)^{n} \frac{e^{nx}}{n} \end{matrix}  \begin{matrix}d.) & ∑_{n=1}^{∞} & (−1)^{n} \frac{1}{n^{2} + x^{4}} \\ e.) & ∑_{n=1}^{∞} & \frac{1}{n + x^{4}} \\ f.) & ∑_{n=1}^{∞} & \frac{1}{e^{nx}} \end{matrix}

2.) Egyenletesen konvergensek-e az alábbi függvénysorok az adott I intervallumon?

a.) ∑_{n=1}^{∞} (−1)^{n} \frac{1}{n^{2} + 2x^{2}} , I = (−∞, ∞)

b.) ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin n^{2}(x + 3)}{n^{2} + 1 + cos nx}, I = (−∞, ∞)

c.) ∑_{n=1}^{∞} (\frac{x}{n})^{n}, I = [0, 1] ill. I = (0, 2)

3.) Szabad-e tagonként deriválni tetszőleges x-re a ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin (nπx + 3)}{n^{3}} függvénysort? 4.) Határozza meg az alábbi függvénysorok konvergenciatartományát!

\begin{matrix}a.) & ∑_{n=1}^{∞} & n (\frac{x}{2})^{n} \\ b.) & ∑_{n=1}^{∞} & \frac{(−3)^{n}}{n} x^{n} \\ c.) & ∑_{n=1}^{∞} & \frac{n + 2}{n}(x − 3)^{n} \\ d.) & ∑_{n=1}^{∞} & \frac{5^{n}}{n^{5}} (x + 2)^{n} \end{matrix}  \begin{matrix}e.) & ∑_{n=1}^{∞} & \frac{n + 3}{(n + 1)!}(x + 1)^{n} \\ f.) & ∑_{n=1}^{∞} & \frac{(3x − 6)^{n}}{(2n)!} \\ g.) & ∑_{n=1}^{∞} & \frac{(x + 1)^{3n}}{n^{2} 2^{n}} \\ h.) & ∑_{n=1}^{∞} & \frac{(2x + 1)^{2n}}{(n + 1)^{2} 3^{n}} \end{matrix}

5.) Határozza meg az alábbi sorok konvergenciatartományát és összegfüggvényét!

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.

49 v2.1

a.) ∑_{k=2}^{∞} (k − 1)x^{k+1}

b.) ∑_{k=2}^{∞} \frac{x^{k}}{k − 1}

c.) ∑_{k=1}^{∞} \frac{k}{k + 1}(x − 2)^{k−1}

6.) Írja fel az alábbi függvények x_{0} = 0 körüli Taylor sorát, és határozza meg a sor konvergenciatartományát!

a.) f(x) = 2x^{2} + 3x − 2

b.) f(x) = \frac{1}{1 + 2x^{2}}

c.) f(x) = e^{2x} d.) f(x) = e^{−x^{2}} e.) f(x) = sin^{2} x f.) f(x) = \sqrt{1 − x^{2}} g.) f(x) = arctg 2x

h.) f(x) = \frac{3}{8 + x^{3}}

i.) f(x) = \sqrt[3]{1 − 2x^{2}}

j.) f(x) = \frac{1}{\sqrt[3]{27 − x}}

7.) Írja fel az alábbi függvények x_{0} = 1 körüli Taylor sorát, és határozza meg a sor konvergenciatartományát!

{a.) f(x) = 6x^{3} − 2x^{2} + 3 \atop b.) f(x) = \frac{1}{x}}  {c.) f(x) = e^{x} \atop d.) f(x) = e^{−2x}}

8.) f(x) = x^{5}e^{x} f^{(67)}(0) = ?

9.) f(x) = ln (8 − 3x^{2}) f^{(10)}(0) = ?, f^{(9)}(0) = ?

10.) Felhasználva, hogy (arsh x)′ = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} , fejtse x_{0} = 0 bázispontú Taylor sorba az

f(x) = arsh x

függvényt! R = ? Adja meg a g(x) = 1 − arsh (2x^{3}) függvény sorfejtését is!

11.) f(x) = \sqrt[5]{1 + 2x^{2}} + sh x − 1

a.) Adja meg a függvény x_{0} = 0 körüli hatodrendű Taylor polinomját!

b.) Határozza meg a függvény x_{0} = 0 körüli Taylor sorának konvergenciasugarát!

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.

50 v2.1 12.) a.) Fejtse x_{0} = 0 bázispontú Taylor sorba az f(x) = \frac{1}{\sqrt[3]{8 − x}} függvényt, és határozza

meg a sorfejtés konvergenciasugarát!

b.) Írja fel f harmadrendű Taylor polinomját elemi műveletekkel!

c.) (x^{100}f(x))^{(200)} (0) = ?

13.) f(x) = \sqrt[12]{1 + 2x^{2}} − \sqrt[18]{1 + 3x^{2}}

a.) Írja fel a függvény x_{0} = 0 körüli Taylor sorát, és határozza meg annak konvergenciasugarát!

b.) lim_{x→0} \frac{f(x)}{x^{4}} = ?

14.) Határozza meg az alábbi integrálok közelítő értékét az integrálandó függvény Taylor sorának 3. részletösszegét felhasználva!

a.) ∫_{0}^{1} cos x^{2} dx

b.) ∫_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{sin x}{x} dx

c.) ∫_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{arctg x}{x} dx

d.) ∫_{0}^{0,1} \frac{1}{\sqrt{1 + x^{3}}} dx

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1