VIK, Műszaki Informatika ANALÍZIS (2)

Függvénysorozatok, függvénysorok

Oktatási segédanyag

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

Fritz Józsefné Kónya Ilona

2005. február

Szerkesztette: Győri Sándor

1. Függvénysorozatok

1.1. Konvergencia, határfüggvény

Függvénysorozat:

f_{0}(x), f_{1}(x), …, f_{n}(x), …, f_{n} : ℝ ⟶ ℝ , n ∈ ℕ

Jelölése: (f_{n}) vagy ⟨f_{n}⟩ Értelmezési tartománya: D = ⋂_{n=0}^{∞} D_{f_{n}} D^{}H ⊂ D konvergenciatartomány:

∀ x_{0} ∈ H-ra ∃ lim_{n→∞} f_{n}(x_{0})

(Pontonkénti konvergencia.) D^{}

(f_{n}) határfüggvénye: f

x_{0} ∈ D_{f} = H és \underbrace{f(x_{0})}_{A} := lim_{n→∞} \underbrace{f_{n}(x_{0})}_{a_{n}}

Azaz ∀ x_{0} ∈ H-ra tetszőleges ε > 0-hoz ∃ N(ε, x_{0}) :

(|a_{n} − A| =) |f_{n}(x_{0}) − f(x_{0})| < ε, ha n > N(ε, x_{0})

N(ε, x_{0}) neve: küszöbindex, küszöbszám. Néhány példa:

[figure: Pl.] f_{n}(x) = x^{2} + \frac{1}{n}  D = ℝ; H = ℝ;  f(x) = x^{2}
[figure: Pl.] f_{n}(x) = \frac{1}{n + x^{2}}  D = ℝ; H = ℝ;  f(x) ≡ 0
[figure: Pl.] f_{n}(x) = \frac{x^{2} + n}{2x^{2} + 3n} (= \frac{\frac{x^{2}}{n} + 1}{\frac{2x^{2}}{n} + 3})  D = ℝ; H = ℝ;  f(x) ≡ \frac{1}{3}
[figure: Pl.] f_{n}(x) = x^{n}  D = ℝ;  H = (−1, 1]  ^{}\overline{}^{}^{}−1  1^{}y = f(x)

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

f(x) = \{ \begin{matrix}0, & ha |x| < 1 \\ 1, & ha x = 1 \end{matrix}

Az egyes függvények folytonosak, de a határfüggvény nem.

f(1) = 1 = lim_{n→∞} f_{n}(1) = lim_{n→∞} lim_{x→1−0} f_{n}(x) ≠ lim_{x→1−0} lim_{n→∞} f_{n}(x) = lim_{x→1−0} f(x) = 0

Azt is látjuk, hogy a limesz jelek sorrendje itt nem változtatható meg (nem felcserélhetőek).

[figure: Pl.] f_{n}(x) = x + \frac{1}{x^{n}} Csak x > 0 -ra vizsgáljuk.

D := (0, ∞)  f(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x) = \{ \begin{matrix}x, & ha x > 1 \\ 2, & ha x = 1 \end{matrix}  H = [1, ∞)  [figure: 1; 1]

A határfüggvény most sem folytonos, bár az f_{n} függvények folytonosak voltak. Tehát nem öröklődött ez a tulajdonság a határfüggvényre, vagyis a pontonkénti konvergencia nem elegendő ehhez. (Látni fogjuk, hogy az egyenletes konvergencia esetén már örklődik a folytonosság a határfüggvényre, így ez a függvénysorozat nem egyenletesen konvergens.)

[figure: Pl.] f_{n}(x) = e^{−nx^{2}} (= (e^{−x^{2}})^{n})  D = ℝ; H = ℝ;  f(x) = \{ \begin{matrix}0, & ha x ≠ 0 \\ 1, & ha x = 0 \end{matrix}

A határfüggvény most sem folytonos.

[figure: Pl.] f_{n}(x) = 1 + x + ⋯ + x^{n−1} = ∑_{k=0}^{n−1} x^{k} = \{ \begin{matrix}\frac{x^{n} − 1}{x − 1} , & ha x ≠ 1 \\ n , & ha x = 1 \end{matrix}

D = ℝ; H = (−1, 1) f(x) = \frac{1}{1 − x}, ha x ∈ (−1, 1)

[figure: Pl.]

f_{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}

[figure: \frac{1}{n}; \frac{2}{n}; n; f_{n}(x)] f(x) ≡ 0, mert

f_{n}(0) = 0 ⟶ ↓_{∞}^{n} 0

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

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

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

Érdekesség:

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

Későbbiekben látni fogjuk, hogy a konvergencia nem lehetett egyenletes a [0, 1] intervallumon (lásd: elégséges feltétel a limesz és az integrál felcserélhetőségére). ( ||f_{n} − f|| = n ↛ 0 )

1.2. Egyenletes konvergencia (f_{n} ⇉ f)

D^{} f_{n} ⇉ f H_{1} ⊂ H-n (H_{1} általában intervallum), ha ∀ ε > 0-hoz ∃ N(ε) (független x -től) :

|f_{n}(x) − f(x)| < ε ,  ha n > N(ε) ,  x ∈ H_{1}

Vagyis az adott H_{1} halmazon megadható egy közös (univerzális) küszöbindex. Ez több a pontonkénti konvergenciánál, hiszen az egyes pontokban lehet más és más a küszöbszám, nem biztos, hogy olyan küszöbszám is található, amely a H_{1} halmaz minden pontjában alkalmas.

Tehát az ábrán bejelölt 2ε sávból f_{n} nem lép ki, ha n > N(ε). Ugyanis a fenti értelmében, ha n > N(ε) :

f(x) − ε < f_{n}(x) < f(x) + ε , ∀ x ∈ H_{1} \overline{}y = f(x) 2ε sáv H_{1}

[figure: Pl.]

f_{n}(x) = \frac{2 x^{3} n^{2}}{x^{2} n^{2} + 5}

Mutassuk meg, hogy a függvénysorozat egyenletesen konvergens a (2, 5) intervallumon!

Megoldás:

f(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x) = lim_{n→∞} \frac{2 x^{3}}{x^{2} + \frac{5}{n^{2}}} = 2x

|f_{n}(x) − f(x)| = |\frac{2 x^{3} n^{2}}{x^{2} n^{2} + 5} − 2x| = |\frac{2 x^{3} n^{2} − 2 x^{3} n^{2} − 10 x}{x^{2} n^{2} + 5}| = |\frac{− 10 x}{x^{2} n^{2} + 5}| =

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

= \frac{10 x}{x^{2} n^{2} + 5} ≤_{x∈(2,5)} \frac{50}{4 n^{2} + 5} < \frac{50}{n^{2}} < ε , ha n > \sqrt{\frac{50}{ε}}

Így az intervallumon közös ( x -től független) küszöbindex például: N(ε) = \sqrt{\frac{50}{ε}}

[figure: Pl.] f_{n}(x) = x^{n}

a.) Egyenletesen konvergens-e a függvénysorozat (0, c]-ben, ha 0 < c < 1 ?

b.) Egyenletesen konvergens-e a függvénysorozat (0, 1)-ben?

Megoldás:

Legyen 0 < ε < 1 !

a.) |f_{n}(x) − f(x)| = |x^{n} − 0| = x^{n} ≤ c^{n} < ε, mert 0 < x ≤ c < 1. Innen

n > \frac{ln ε}{ln c} = N(ε) ( ln c < 0 volt)

Tehát a konvergencia egyenletes a (0, c]-ben, hiszen találtunk közös (x-től független) küszöbindexet.

b.) Vizsgáljuk most az egyenletes konvergenciát a (0, 1)-ben:

|f_{n}(x) − f(x)| = |x^{n} − 0| = x^{n} < ε, ha n > \frac{ln ε}{ln x} .

Mivel lim_{x→1−0} \frac{ln ε}{ln x} = +∞,

azért az 1-hez közeledve egyre nagyobb küszöbindex lehetséges csak, és egyetlen küszöbindex sem jó minden x-ben, tehát a konvergencia nem egyenletes a (0, 1) intervallumon.

Tehát bár minden (0, c] ⊂ (0, 1) -ben a konvergencia egyenletes, mégsem egyenletes a konvergencia a (0, 1) intervallumon!

T^{}Ha f_{n} ⇉_{H_{1}} f ⟹ f_{n} → f pontonként x ∈ H_{1}-re

Ugyanis N(ε) megfelel ∀ x-re.

•••

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

1.3. Uniform norma

D ⊂ ℝ legyen adott!

L := {f : fértelmezett és korlátos D-n}

L lineáris tér (vektortér) (L. Bevezetés a számításelméletbe!)

L-ben bevezetünk egy normát.

D^{} Az f függvény D halmazra vonatkozó uniform normája:

∥ f ∥:= sup_{x∈D} |f(x)|

Házi feladat: Gondolja végig, hogy valóban normát definiáltunk, tehát a fenti definíció eleget tesz a norma alábbi axiómáinak!

a.) ∥ f ∥ ≥ 0 és ( ∥ f ∥= 0 ⟺ f ≡ 0 )

b.) ∥ cf ∥ = |c| ∥ f ∥

c.) ∥ f + g ∥ ≤ ∥ f ∥ + ∥ g ∥

M^{}Ha f ∈ C_{[a,b]}^{0} és D = [a, b]

∥ f ∥= sup_{x∈[a,b]} |f(x)| = max_{x∈[a,b]} |f(x)| (Weierstrass II.)
•••

A függvények körében nemcsak az uniform norma, hanem sok más norma is definiálható (lásd például a Fourier soroknál). Ha a norma adott, akkor beszélhetünk az adott normában való konvergenciáról. Jelölje L(∥ . ∥) a lineáris teret, amelyen definiált a norma és f_{n} , f ∈ L(∥ . ∥), (n ∈ ℕ)

D^{}

(f_{n}) normában konvergál f -hez , ha

lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥ = 0 .

D^{} (f_{n}) a H halmazra vonatkozó uniform normában konvergál f -hez, ha

lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥ = lim_{n→∞} ( sup_{x∈H} |f_{n}(x) − f(x)| ) = 0 .

Jelben: f_{n} →^{u} f; lim^{u}_{n→∞} f_{n} = f ( H rögzítettnek tekinthető ).

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

T^{}H-n:  f_{n} ⇉ f  ⟺  f_{n} →^{u} f

(Tehát az egyenletes konvergencia és az uniform normában való konvergencia ekvivalens fogalmak.) B^{}

a.) ⟹ :

\underbrace{|f_{n}(x) − f(x)|} < \frac{ε}{2}, ha n > N_{0} (\frac{ε}{2}) , ∀ x ∈ H-ra teljesül, hiszen f_{n} ⇉ f

Mivel korlátos, ∃ sup és

sup_{x∈H} |f_{n}(x) − f(x)| ≤ \frac{ε}{2} < ε, ha n > N_{0} (\frac{ε}{2}) , tehát ∥ f_{n} − f ∥< ε, ha n > N_{0} (\frac{ε}{2})

⟹ lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥ = 0.

b.) ⟸ : lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥ = 0 miatt ∀ ε > 0-hoz ∃ N(ε) :

∥ f_{n} − f ∥< ε, ha n > N(ε)
De ha x ∈ H :

0 ≤ |f_{n}(x) − f(x)| ≤ sup_{x∈H} |f_{n}(x) − f(x)| = \underbrace{∥ f_{n} − f ∥< ε, ha n > N(ε)}_{Ez a feltétel miatt igaz.}

⟹ |f_{n}(x) − f(x)| < ε, ha n > N(ε), x ∈ H, vagyis f_{n} ⇉ f.

•••

D^{}f_{n} (n ∈ ℕ) ∈ L(∥ . ∥) (lineáris normált tér) Az (f_{n}) függvénysorozatot ebben a normában Cauchy sorozatnak nevezzük ( H -n), ha

∀ ε > 0-hoz ∃ M(ε) : ∥ f_{n} − f_{m} ∥< ε , ha n, m > M(ε)

T^{}Ha f_{n} normában konvergál f -hez az L(∥ . ∥) lineáris normált térben, akkor ebben a normában Cauchy sorozatot alkot.

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

∥ f_{n} − f_{m} ∥ = ∥ f_{n} − f + f − f_{m} ∥ ≤ ∥ f_{n} − f ∥ + ∥ f − f_{m} ∥ < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε ,

ha n, m > N(\frac{ε}{2}) = M(ε)

(A bizonyításnál felhasználtuk a háromszög egyenlőtlenséget.) T^{}Ha f_{1} , f_{2} , …, f_{n} , ⋯ ∈ L , ahol L az f : H ↦ ℝ korlátos függvények tere és (f_{n}) az uniform normában Cauchy sorozat, akkor ∃ f ∈ L, hogy f_{n} az uniform normában f -hez konvergál. (¬B)

•••

[figure: Pl.]

f_{n}(x) = e^{5x} + \frac{2}{x^{4} + n^{2} + 3}

a.) f(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x) = ?

b.) ∥ f_{n} − f ∥= ?, ha x ∈ D_{f}

Egyenletes-e a konvergencia a konvergenciatartományon? Megoldás:

a.) f(x) = lim_{n→∞} (e^{5x} + \frac{2}{x^{4} + n^{2} + 3}) = e^{5x} , ∀ x ∈ ℝ = D_{f}

b.) ∥ f_{n} − f ∥= sup_{x∈ℝ} |e^{5x} + \frac{2}{x^{4} + n^{2} + 3} − e^{5x}| = sup_{x∈ℝ} \frac{2}{x^{4} + n^{2} + 3} = \frac{2}{n^{2} + 3}

lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥= lim_{n→∞} \frac{2}{n^{2} + 3} = 0 ⟹ egyenletes a konvergencia

[figure: Pl.]

f_{n}(x) = x + \frac{1}{x^{n}} , x > 0

a.) f(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x) = ?

b.) Egyenletes-e a konvergencia a I_{1} = (1, ∞) intervallumon? c.) Egyenletes-e a konvergencia a I_{2} = (2, ∞) intervallumon?

Megoldás:

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

a.) f(x) = lim_{n→∞} (x + \frac{1}{x^{n}} ) = \{ \begin{matrix}2 , & ha x = 1 \\ x , & ha x > 1 \end{matrix}

b.) ∥ f_{n} − f ∥_{I_{1}} = sup_{x∈(1,∞)} |x + \frac{1}{x^{n}} − x| = sup_{x∈(1,∞)} \frac{1}{x^{n}} = 1

⟹ lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥_{I_{1}}= 1 ≠ 0

Tehát a konvergencia nem egyenletes.

c.) ∥ f_{n} − f ∥_{I_{2}} = sup_{x∈(2,∞)} \frac{1}{x^{n}} = \frac{1}{2^{n}}

lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥_{I_{2}}= lim_{n→∞} \frac{1}{2^{n}} = 0

Tehát a konvergencia egyenletes.

[figure: Pl.]

f_{n}(x) = \frac{x^{2} + x + n}{x^{2} + n}

a.) f(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x) = ?

b.) Egyenletes-e a konvergencia a I_{1} = [−2, 5] intervallumon? c.) ∥ f_{n} − f ∥= ?, ha x ∈ [0, ∞)

Egyenletes-e a konvergencia a I_{2} = [0, ∞) intervallumon?

Megoldás:

a.) lim_{n→∞} \frac{x^{2} + x + n}{x^{2} + n} = lim_{n→∞} \frac{\frac{x^{2} + x}{n} + 1}{\frac{x^{2}}{n} + 1} = 1 = f(x) ∀ x ∈ ℝ = D_{f}

b.) ∥ f_{n} − f ∥_{[−2,5]} = sup_{x∈[−2,5]} |\frac{x^{2} + x + n}{x^{2} + n} − 1| = sup_{x∈[−2,5]} \frac{|x|}{x^{2} + n} ≤ \frac{5}{n}

0 ≤ lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥_{[−2,5]} ≤ lim_{n→∞} \frac{5}{n} = 0 ⟹ lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥_{[−2,5]} = 0

Tehát a konvergencia egyenletes az I_{1} intervallumon.

c.) ∥ f_{n} − f ∥_{[0,∞)} = sup_{x∈[0,∞)} |\frac{x^{2} + x + n}{x^{2} + n} − 1| = sup_{x∈[0,∞)} \frac{|x|}{x^{2} + n} = sup_{x∈[0,∞)} \underbrace{\frac{x}{x^{2} + n}}_{:=g_{n}(x)}

g_{n}(0) = 0;  lim_{x→∞} g_{n}(x) = lim_{x→∞} \frac{\frac{1}{x}}{1 + \frac{n}{x^{2}}} = 0

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 (g_{n}(x) ≥ 0 és az előzőek miatt sup_{x∈[0,∞)} g_{n}(x) = max_{x∈[0,∞)} g_{n}(x) lesz.)

g′_{n}(x) = (\frac{x}{x^{2} + n})′ = \frac{x^{2} + n − 2x^{2}}{(x^{2} + n)^{2}} = \frac{n − x^{2}}{(x^{2} + n)^{2}} = 0, ha x = +\sqrt{n}

\begin{aligned}& (0, \sqrt{n}) & \sqrt{n} & (\sqrt{n}, ∞) \\ g′ & + & 0 & − \\ g & ↗ & {lok. \atop max.} & ↘ \end{aligned} [figure: \sqrt{n}] y = g_{n}(x)

Tehát jelenleg az abszolut maximum a lokális maximum értéke lett.

g_{n}(\sqrt{n}) = \frac{\sqrt{n}}{(\sqrt{n})^{2} + n} = \frac{1}{2\sqrt{n}} = max_{x>0} g_{n}(x)

Tehát ∥ f_{n} − f ∥_{[0,∞)} = \frac{1}{2\sqrt{n}} ⟶ ↓_{∞}^{n} 0 ⟹ f_{n} ⇉ f x ∈ I_{2} = [0, ∞)-en.

1.4. [a, b]-n egyenletesen konvergens függvénysorozatok tulajdonságai

(a határfüggvény folytonossága, differenciálhatósága és integrálhatósága)

[figure: T_{1}] Ha az f_{n} függvények folytonosak x_{0} -ban és f_{n} ⇉ f K_{x_{0},r} -ben, akkor az f = lim_{n→∞} f_{n} határfüggvény is folytonos x_{0}-ban.

M^{}A tétel jelentése:

lim_{x→x_{0}} f(x) = lim_{x→x_{0}} lim^{u}_{n→∞} f_{n}(x) = lim_{n→∞} lim_{x→x_{0}} f_{n}(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x_{0}) = f(x_{0})

[figure]

B^{}Igaz-e? |f(x) − f(x_{0})| < ε, ha |x − x_{0}| < δ(ε)

Tudjuk: f_{n} ⇉ f K_{x_{0},r}-ben ⟹ ∥ f_{n} − f ∥→ 0 itt. Vagyis

∥ f_{n} − f ∥< \frac{ε}{3}, ha n > N_{0} (\frac{ε}{3})

Tekintsünk egy ilyen f_{n} függvényt (n > N_{0}), ez folytonos x_{0}-ban. Ezért

|f_{n}(x) − f_{n}(x_{0})| < \frac{ε}{3}, ha |x − x_{0}| < δ_{1} (\frac{ε}{3}) ≤ r

|f(x) − f(x_{0})| = |f(x) − f_{n}(x) + f_{n}(x) − f_{n}(x_{0}) + f_{n}(x_{0}) − f(x_{0})| ≤

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

≤ |f(x) − f_{n}(x)| + |f_{n}(x) − f_{n}(x_{0})| + |f_{n}(x_{0}) − f(x_{0})| ≤

≤ sup_{x∈[a,b]} |f(x) − f_{n}(x)| + |f_{n}(x) − f_{n}(x_{0})| + sup_{x∈[a,b]} |f_{n}(x) − f(x)| =

∥ f − f_{n} ∥ +|f_{n}(x) − f_{n}(x_{0})|+ ∥ f − f_{n} ∥≤ \frac{ε}{3} + \frac{ε}{3} + \frac{ε}{3} = ε, ha |x − x_{0}| < δ(ε) = δ_{1} (\frac{ε}{3})

•••

A tétel általánosítható intervallumra is:

T^{}(f_{n} ∈ C_{I}^{0} és f_{n} ⇉ f I-n) ⟹ f ∈ C_{I}^{0}

Belső pontra a fenti T_{1} tétel bizonyítása jó. Zárt intervallum esetén a végpontokban csak féloldali folytonosság kell, ekkor a fenti bizonyításban x > x_{0} = a vagy x < x_{0} = b feltételt is figyelembe kell vennünk.

Következmény: Ha az f_{n} függvények folytonosak az I intervallumon, de az f határfüggvény nem folytonos ugyanitt, akkor a konvergencia nem egyenletes.

•••

M^{}C_{[a,b]}^{0} lineáris normált tér az uniform normával. A tér zárt az uniform normában való konvergencia fogalomra nézve, de nem zárt a pontonkénti konvergencia fogalomra nézve.

(f_{n} ∈ C_{[a,b]}^{0} , f_{n} →^{u} f esetén f ∈ C_{[a,b]}^{0} .)

D^{}L(∥ . ∥) lineáris normált teret teljesnek nevezzük, ha ∀ Cauchy sorozata a tér valamely eleméhez konvergál.

1. pl.: ℝ lineáris normált tér (norma: | . | absz. érték), mely teljes.

Ui.: ∀ Cauchy sorozat konvergens.

2. pl.: ℚ nem teljes. Pl. e_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n} ∈ ℚ; e_{n} Cauchy sorozat, de lim_{n→∞} e_{n} = e ∉ ℚ

3. pl.: C_{[a,b]}^{0} az uniform normával teljes normált tér.

Elégséges feltétel az integráljel és a limesz felcserélhetőségére:

[figure: T_{2}] Ha f_{n} ∈ C_{[a,b]}^{0} és

(f_{n} ⇉ f vagyis f_{n} →^{u} f) [a, b] -n ⟹ \begin{matrix}lim_{n→∞} & \underbrace{∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx} \\ [figure] & a_{n} \end{matrix} = ∫_{a}^{b} lim^{u}_{n→∞} f_{n}(x) dx = \underbrace{∫_{a}^{b} f(x) dx}_{A}

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 Feltettük, hogy a < b .

B^{}T_{1} miatt f ∈ C_{[a,b]}^{0} ⟹ f ∈ R_{[a,b]} , tehát ∃ ∫_{a}^{b} f(x) dx

Megmutatjuk, hogy a a_{n} = ∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx numerikus sorozat konvergens és határértéke:

A = ∫_{a}^{b} f(x) dx (vagyis |a_{n} − A| < ε, n > N(ε) ).

|∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx − ∫_{a}^{b} f(x) dx| = |∫_{a}^{b} (f_{n}(x) − f(x)) dx| ≤ ∫_{a}^{b} |f_{n}(x) − f(x)| dx ≤

≤ ∫_{a}^{b} sup_{x∈[a,b]} |f_{n}(x) − f(x)| dx = ∫_{a}^{b} ∥ f_{n} − f ∥ dx =∥ f_{n} − f ∥ ·(b − a) < ε, ha n > N (\frac{ε}{b − a})

Ui.:∥ f_{n} − f ∥ kiemelhető az integrálból, mert független x-től.

Továbbá ∥ f_{n} − f ∥< \frac{ε}{b − a} = ε^{∗} , ha n > N(ε^{∗}) = N (\frac{ε}{b − a}) , mivel ∥ f_{n} − f ∥⟶ ↓_{∞}^{n} 0 .

Következmény: Ha az [a, b] intervallumon vett integrálok nem konvergálnak a határfüggvény integráljához, akkor a konvergencia nem egyenletes az [a, b] intervallumon.

Elégséges feltétel a deriválás operátora és a limesz felcserélésére:

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

\begin{matrix}f′_{n} →^{u} g & (egyenl. konv.) \\ f_{n} → f & (pontonkénti konv. ) \end{matrix} \} ⟹ f differenciálható [a, b]-n és f′ = g

(\frac{d}{dx} lim_{n→∞} f_{n}(x) = \frac{d}{dx}f(x) = f′(x) = g(x) = lim^{u}_{n→∞} f′_{n}(x) = lim^{u}_{n→∞} \frac{d}{dx}f_{n}(x))

B^{}T_{1} miatt g ∈ C_{[a,b]}^{0}

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

T_{2} miatt: [figure: lim_{n→∞} ∫_{a}^{x} f′_{n}(t) dt] = ∫_{a}^{x} g(t) dt ∀ x ∈ [a, b]-re

Tehát

\underbrace{lim_{n→∞} (f_{n}(x) − f_{n}(a))}_{=f(x)−f(a)} = \underbrace{∫_{a}^{x} g(t) dt}_{differenciálható g folytonossága miatt}

Az egyenlőség miatt ekkor a bal oldal is differenciálható.

\frac{d}{dx} (f(x) − f(a)) = \frac{df}{dx} = g(x)

[figure: Pl.]

f_{n}(x) = \frac{2 n^{2} x^{2} + x}{n^{2} x^{2} + 3}

a.) f(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x) = ?

b.) Egyenletes-e a konvergencia a [0, 2] , illetve a [3, 5] intervallumon?

Megoldás:

a.)

f(x) = lim_{n→∞} \frac{2 x^{2} + \frac{x}{n^{2}}}{x^{2} + \frac{3}{n^{2}}} = 2 , ha x ≠ 0 és f(0) = 0 , mivel f_{n}(0) = 0 ∀ n -re

b.) Ennek megfelelően a [0, 2] intervallumon nem egyenletes a konvergencia, mert bár az f_{n} függvények folytonosak, de az f határfüggvény nem folytonos itt. Így a T_{1} tétel értelmében nem lehet a konvergencia egyenletes. A [3, 5] intervallumon a határfüggvény folytonos, de ebből még nem következik az egyenletes konvergencia. Meg kell vizsgálni a normát!

0 ≤ ∥ f_{n}−f ∥_{[3,5]} = sup_{x∈[3,5]} |f_{n}(x) − f(x)| = sup_{x∈[3,5]} |\frac{2 n^{2} x^{2} + x}{n^{2} x^{2} + 3} − 2| =

= sup_{x∈[3,5]} |\frac{2 n^{2} x^{2} + x − 2 n^{2} x^{2} − 6}{n^{2} x^{2} + 3}| = sup_{x∈[3,5]} | \frac{x − 6}{n^{2} x^{2} + 3}| =

= sup_{x∈[3,5]} \frac{6 − x}{n^{2} x^{2} + 3} ≤ \frac{6 − 3}{n^{2} 3^{2}} = \frac{1}{3n^{2}}

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 ⟹_{rendőrelv} lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥ = 0 ⟹ f_{n} egyenletesen konvergál f -hez a [3, 5] intervallumon.

[figure: Pl.] f_{n}(x) = \{ \begin{matrix}n^{2}x, & ha 0 ≤ x ≤ \frac{1}{n} \\ \frac{1}{x}, & ha \frac{1}{n} < x ≤ 2 \end{matrix} n ∈ ℕ^{+}

a.) f(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x) = ? x ∈ [0, 2] = I

b.) Egyenletes-e a konvergencia I-n? Megoldás:

a.) x = 0 : f_{n}(0) = 0 → 0 = f(0)

Ha 0 < x ≤ 2 és x > \frac{1}{n} , vagyis n > \frac{1}{x} már

fennáll, akkor f_{n}(x) = \frac{1}{x} → \frac{1}{x} = f(x)

Tehát f(x) = \{ \begin{matrix}0, & ha x = 0 \\ \frac{1}{x}, & ha 0 < x ≤ 2 \end{matrix}

[figure: \frac{1}{n}; 2]

b.) f_{n}-ek folytonosak, f nem folytonos I-n ⟹ (f_{n}) nem egyenletesen konvergens I-n.

[figure: Pl.]

Bizonyítsa be, hogy lim_{n→∞} ∫_{0}^{2π} \frac{sin (n^{4}x^{2} + 3)}{x^{3} + n^{3}} dx = 0

Megoldás: Meg kell próbálni belátni, hogy a lim és az ∫ felcserélhető. (f_{n}) egyenletesen konvergens-e?

f_{n}(x) := \frac{sin (n^{4}x^{2} + 3)}{x^{3} + n^{3}} ∈ C_{[0,2π]}^{0} , f(x) = lim_{n→∞} \frac{sin (n^{4}x^{2} + 3)}{x^{3} + n^{3}} = 0 (\frac{korl.}{∞} alakú)

0 ≤∥ f_{n} − f ∥= sup_{x∈[0,2π]} |f_{n}(x) − f(x)| = sup_{x∈[0,2π]} \underbrace{\frac{| sin (n^{4}x^{2} + 3)|}{x^{3} + n^{3}} ≤ \frac{1}{n^{3}}}_{Ez most elég.} ⟶ ↓_{∞}^{n} 0

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 A rendőrelv alapján kapjuk, hogy lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥= 0. Tehát f_{n} ⇉ f [0, 2π]-n és f_{n} folytonos ⟹

lim_{n→∞} ∫_{0}^{2π}f_{n}(x) dx = ∫_{0}^{2π}\underbrace{lim_{n→∞} f_{n}(x)}_{=f(x)≡0} dx = 0

[figure: Pl.]

f_{n}(x) = x^{2} + \frac{1}{n} sin (n (x + \frac{π}{2} )) , x ∈ (−∞, ∞)

Írja fel a határfüggvényt! Egyenletes-e a konvergencia?

lim^{u}_{n→∞} \frac{d}{dx} f_{n}(x) =^{?} \frac{d}{dx} lim_{n→∞} f_{n}(x)

Megoldás:

lim_{n→∞} f_{n}(x) = f(x) = lim_{n→∞} (x^{2} + \underbrace{\frac{1}{n}}_{↓_{0}} \underbrace{sin (n (x + \frac{π}{2} ))}_{korlátos} ) = x^{2}

∥ f_{n} − f ∥ = sup_{x∈ℝ} |f_{n}(x) − f(x)| = sup_{x∈ℝ} |\frac{1}{n} sin (n (x + \frac{π}{2} ))| = \frac{1}{n}

lim_{n→∞} ∥ f_{n} − f ∥ = lim_{n→∞} \frac{1}{n} = 0 ⟹ f_{n} egyenletesen konvergál f -hez (−∞, ∞) -en

\frac{d}{dx} f_{n}(x) = 2x + \frac{1}{n} n cos (n (x + \frac{π}{2} )) = 2x + cos (n (x + \frac{π}{2} )) , \frac{d}{dx} f(x) = 2x

Tehát  \underbrace{lim_{n→∞} \frac{d}{dx} f_{n}(x)}_{∄} ≠ \frac{d}{dx} lim_{n→∞} f_{n}(x) = 2x ,

mert lim_{n→∞} cos (n (x + \frac{π}{2} )) nem létezik. A példa mutatja, hogy nem elég a függvénysorozat egyenletes konvergenciája a deriválás és a határérték képzés felcserélhetőségéhez.

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

2. Függvénysorok

∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) = f_{0}(x) + f_{1}(x) + ⋯ + f_{k}(x) + ⋯ D := ⋂_{k=0}^{∞} D_{f_{k}}

D^{} s_{n}(x) := ∑_{k=0}^{n} f_{k}(x) : n-edik részletösszeg függvény r_{n}(x) = ∑_{k=n+1}^{∞} f_{k}(x) : n-edik maradékösszeg függvény (Jelöljük R_{n}(x) módon is.)

D^{}H ⊂ D konvergenciatartomány:

∀ x_{0} ∈ H-ra ∃ lim_{n→∞} s_{n}(x_{0})

(Pontonkénti konv.) Következmény: lim_{n→∞} r_{n}(x_{0}) = 0. Összegfüggvény: s(x)

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

D^{}Egyenletes konvergencia: H_{1} ⊂ H-n ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergál az s összegfüggvényhez, ha s_{n} ⇉_{H_{1}} s. Vagyis s_{n} →^{u} s, tehát

lim_{n→∞} ∥ s−s_{n} ∥ = lim_{n→∞} ( sup_{x∈H_{1}} |s(x) − s_{n}(x)|) = lim_{n→∞} ( sup_{x∈H_{1}} | ∑_{k=n+1}^{∞} f_{k}(x) |) = 0

[figure: Pl.] ∑_{k=0}^{∞} x^{k} egyenletesen konvergál az s(x) = \frac{1}{1 − x} függvényhez a H_{1} = [−\frac{1}{2} , \frac{1}{2}] intervallumon, mert

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

0 ≤ sup_{|x|≤1/2} | ∑_{k=n+1}^{∞} x^{k} | = \underbrace{sup_{|x| ≤ 1/2} | \frac{x^{n+1}}{1 − x} |}_{≤ \frac{(1/2)^{n+1}}{1 − 1/2} → 0} tart 0 -hoz a rendőrelv miatt.

H_{1} = [α, β] ⊂ (−1, 1) = H esetén hasonló meggondolás lehet. T^{}Ha ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergens H_{1}-en, akkor pontonként is konvergens.

T^{}∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergens H_{1}-en ⟺ (s_{n}) Cauchy sorozat H_{1}-en, vagyis

∥ s_{n} − s_{m} ∥ = ∥ f_{n+1} + f_{n+2} + ⋯ + f_{n+k} ∥ = sup_{x∈H_{1}} |f_{n+1}(x) + ⋯ + f_{m}(x)| < ε ,

∀ n > N(ε) , k ∈ ℕ.

D^{}Abszolut konvergencia:

∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) abszolut konvergens x_{0} -ban, ha ∑_{k=0}^{∞} |f_{k}(x_{0})| konvergens. (⟹ ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) is konvergens x_{0}-ban.)

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

B^{}(s_{n}) uniform normában konvergál s -hez, mert (s_{n}) uniform normában Cauchy sorozat. Ugyanis

∥ s_{n} − s_{m} ∥ = sup_{x∈H} |f_{n+1}(x) + ⋯ + f_{m}(x)| ≤ sup_{x∈H} (|f_{n+1}(x)| + ⋯ + |f_{m}(x)|) ≤

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

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 mert ∑_{k=0}^{∞} b_{k} teljesíti a Cauchy kritériumot, ugyanis ∑_{k=0}^{∞} b_{k} konvergens. Ebből következik az abszolút és az egyenletes konvergencia is.

[figure: Pl.]  ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin (n^{3}x + π)}{n^{2} + 1} egyenletesen konvergens ℝ -en, 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}

∑_{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.

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

[figure: T_{1}^{∗}] Ha f_{k} ∈ C_{[a,b]}^{0} és [a, b] -n ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergens (s_{n} ⇉ s [a, b] -n),

akkor az s(x) = ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) összegfüggvény folytonos az [a, b] intervallumon.

B^{}A függvénysorozatokra vonatkozó megfelelő T_{1} tétellel. f_{k} folytonos [a, b] -n ⟹ (s_{n} = ∑_{k=0}^{n} f_{k} is folytonos [a, b] -n ) és (s_{n} ⇉ s [a, b] -n ) ⟹_{T_{1} miatt} s (s_{n} határfüggvénye) is folytonos [a, b]-n.

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})

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 [figure: T_{2}^{∗}] Ha f_{k} ∈ C_{[a,b]}^{0} és [a, b]-n ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) egyenletesen konvergens (s_{n} ⇉ s [a, b]-n), akkor

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

B^{}

∫_{a}^{b} ∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) dx = ∫_{a}^{b} lim^{u}_{n→∞} s_{n}(x) dx =^{T_{2}} lim_{n→∞} ∫_{a}^{b} s_{n}(x) dx = *^{}

Mivel szabad tagonként integrálni (véges összegről van szó), azaz

∫_{a}^{b} ∑_{k=0}^{n} f_{k}(x) dx = ∑_{k=0}^{n} ∫_{a}^{b} f_{k}(x) dx ,

ezért

*^{}= lim_{n→∞} ∑_{k=0}^{n} ∫_{a}^{b} f_{k}(x) dx = ∑_{k=0}^{∞} ∫_{a}^{b} f_{k}(x) dx

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

∑_{k=0}^{∞} f′_{k}(x) = g(x) és a konvergencia egyenletes
∑_{k=0}^{∞} f_{k}(x) = s(x) (pontonként konvergál),

akkor s deriválható [a, b] -n, és s′ = g .

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)

T_{3}^{∗} bizonyítása a függvénysorozatokra vonatkozó megfelelő T_{3} tételre való visszavezetéssel történik.

[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}

[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}]

Emiatt a [0, 2] intervallumon |f_{n}(x)| ≤ (\frac{1}{e})^{n} 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 , ∞) -en és

[0 , 2] ⊂ [0 , ∞) .

Az előzőek miatt ∫ és ∑ felcserélhető (T_{2}^{∗}) .

[figure: Pl.]

Szabad-e tagonként deriválni a ∑_{n=1}^{∞} \frac{arctg \frac{x}{n}}{n^{2}} sort?

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 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 ℝ-en ⟹ ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) pontonként konvergens ℝ-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 ⟹ egyenletes_{(Weierstrass kritérium)} a konvergencia. T_{3}^{∗} feltételei teljesülnek ⟹ a sor tagonként deriválható.

2.3. 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

3. 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?

3.1. 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

3.2. 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

3.3. 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}

4. 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

5. 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}{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}} =

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

= \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} = ?

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

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

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} − ⋯,

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

[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} + ⋯,

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

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

5.1. 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

5.2. 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

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

\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|

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

v2.1

(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.)

6. 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

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})

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

(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}

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

⟹ ∥ 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

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

7. Feladatok

7.1. Függvénysorozatok

Az alábbiakban jelölje f az (f_{n}) függvénysorozat határfüggvényét (f(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x)) és H = D_{f} (konv. tart.).

1.) f(x) = ?, H = ?

{a.) f_{n}(x) = \frac{1}{(2x)^{n}} \atop b.) f_{n}(x) = sin^{n} 2x}  {c.) f_{n}(x) = \frac{(x − 1)^{n}}{9^{n}} \atop d.) f_{n}(x) = x^{2} + 2\frac{x}{n}}

2.) f_{n}(x) = \frac{(x + 1)^{n}}{n}

a.) f(x) = ?, H = ? b.) Egyenletesen konvergens-e a függvénysorozat a [−2, −1] intervallumon?

3.) f_{n}(x) = \frac{x}{2 + x^{n}} ∈ (−1, 1]

Egyenletesen konvergens-e a (−1, 1] ill. (−1, 1) intervallumokon? 4.) f_{n}(x) = (arcsin x)^{n}

a.) f(x) = ?, H = ? b.) Egyenletesen konvergens-e a konvergenciatartományban?

5.) f_{n}(x) = \frac{n^{2}x^{2}}{n^{2}x^{2} + 1}

a.) f(x) = ?, H = ? b.) Egyenletesen konvergens-e [0, 1]-en illetve [1, 2]-n?

6.) f_{n}(x) = \frac{x^{2}}{3 + 2x^{2n}}

a.) f(x) = ?, H = ? b.) Egyenletesen konvergál-e (f_{n}) a konvergenciatartományon? c.) Mely x_{0} pontban teljesül a ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x_{0}) numerikus sorra a konvergencia szükséges

feltétele? Határozza meg a ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) függvénysor konvergenciatartományát!

7.) f_{n}(x) = xe^{−nx}

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

58 v2.1

a.) f(x) = ?

b.) ∥ f_{n} − f ∥_{[0,1]}= ? Egyenletes-e a konvergencia [0, 1]-en?

8.) f_{n}(x) = \frac{x}{n^{2} + 4x^{2}}

a.) f(x) = ?

b.) ∥ f_{n} − f ∥= ? Egyenletes-e a konvergencia?

9.) lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} \frac{x^{n}}{e^{2nx}} dx = ?

7.2. Függvénysorok

10.) 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}

11.) 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)

12.) Szabad-e tagonként deriválni tetszőleges x-re a ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin (nπx + 3)}{n^{3}} függvénysort?

13.) Határozza meg az alábbi függvénysorok konvergenciatartományát!

a.) ∑_{n=1}^{∞} n (\frac{x}{2})^{n}  ^{b.) ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−3)^{n}}{n} x^{n}}

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

59 v2.1

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

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

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}

15.) 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}}

16.) 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}}

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

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

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. v2.1 19.) 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!

20.) 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!

21.) 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) = ?

22.) 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}} = ?

23.) 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