Частным случаем функциональных рядов являются степенные ряды. Степенным рядом называется ряд вида ∞∑n=1an(x−x0)n, где an и x0 – постоянные, не зависящие от x.
Чтобы определить область абсолютной сходимости ряда, воспользуемся признаком Даламбера, для чего вычислим и ограничим единицей предел отношения модулей соседних слагаемых (модулей, потому что рассматривается абсолютная сходимость): limn→∞|an+1(x−x0)n+1||an(x−x0)n|=|x−x0|limn→∞|an+1an|<1 |x−x0|<limn→∞|anan+1| Обозначим limn→∞|anan+1|≡R тогда |x−x0|<R −R<x−x0<R, x0−R<x<x0+R, то есть ряд сходится абсолютно внутри интервала с центром x0 и радиусом R, в связи с чем R называют радиусом сходимости степенного ряда. Радиус сходимости можно получить и из родственного признаку Даламбера радикального признака Коши: limn→∞n√|an(x−x0)n|=|x−x0|nlimn→∞n√|an|<1, |x−x0|n<1limn→∞n√|an|, 1R=limn→∞n√|an|. Последняя формула называется формулой Коши-Адамара.
Понятно и то, что происходит за пределами этого интервала вместе с его границами. Если |x−x0|>R, limn→∞|an+1(x−x0)n+1||an(x−x0)n|=q>1, то для ∀ε ∃N, что при n>N ||an+1(x−x0)n+1||an(x−x0)n|−q|<ε. Раскручиваем это неравенство обычным образом: −ε<|an+1(x−x0)n+1||an(x−x0)n|−q<ε, q−ε<|an+1(x−x0)n+1||an(x−x0)n|<q+ε. В рассматриваемом нами сейчас случае положено, что q>1. Отсюда имеем q−1>0, значит q−12>0. Так как по определению предела ε – любое положительное число, рассмотрим случай ε=q−12>0 (правое из неравенств отбросим): |an+1(x−x0)n+1||an(x−x0)n|>q−ε=q−q−12=q+12, умножим на знаменатель левой части: |an+1(x−x0)n+1|>q+12|an(x−x0)n|. Пусть n=N+1. Тогда |aN+2(x−x0)N+2|>q+12|aN+1(x−x0)N+1|. Возьмём теперь n=N+2, и с учётом предыдущего получим |aN+3(x−x0)N+3|>q+12|aN+2(x−x0)N+2|>(q+12)2|aN+1(x−x0)N+1|. И вообще (желающие могут сами доказать шаг индукции): |aN+m(x−x0)N+m|>(q+12)m−1|aN+1(x−x0)N+1|. Но так как q>1, q+1>2, q+12>1, то limm→∞(q+12)m−1=∞,⟹limm→∞|aN+m(x−x0)N+m|=limm→∞|an(x−x0)n|=∞, а раз модуль слагаемого ряда стремится к бесконечности – само слагаемое не может стремиться к нулю, а ряд не может сходиться.
Итак, степенной ряд сходится абсолютно если |x−x0|<R и расходится, если |x−x0|>R. Случай, когда |x−x0|=R, нужно исследовать отдельно; в нём может иметь место условная сходимость, которую нужно доказывать при помощи соответствующих признаков.
В Демидовиче написано, что ряд сходится при |x−x0|⩽R, что, безусловно, ошибочно.
Пример №2813 Найти область сходимости ряда ∞∑n=13n+(−2)nn(x+1)n. Для этого ряда an=3n+(−2)nn,x0=−1. Определим радиус сходимости: R=limn→∞|anan+1|=limn→∞|3n+(−2)nn3n+1+(−2)n+1n+1|=limn→∞3n+(−2)n3n+1+(−2)n+1n+1n=limn→∞3−1+13(−23)n1+(−23)n+1=3−1+13⋅01+0=13. Итак, ряд сходится при |x+1|<13, т.е. −1−13<x<−1+13, −43<x<−23. Ряд расходится при |x+1|>13, случаи же x=−43 и x=−23 будем рассматривать отдельно.
x=−23 ∞∑n=13n+(−2)nn(x+1)n=∞∑n=13n+(−2)nn(13)n=∞∑n=11+(−23)nn. В силу того, что 1+(−23)nn>0,limn→∞1+(−23)nn1n=limn→∞[1+(−23)n]=1≠0, исследуемый ряд, по второму признаку сравнения, расходится одновременно с гармоническим.
x=−43 ∞∑n=13n+(−2)nn(x+1)n=∞∑n=13n+(−2)nn(−13)n=∞∑n=1(−1)n+(23)nn=∞∑n=1(−1)nn+(23)nn Первый ряд сходится по признаку Лейбница, второй – по признаку Даламбера, сумма их, следовательно, сходится.
В итоге ряд сходится при x∈[−43;−23).
Другой пример: №2822 ∞∑n=1xnan+bn,a>0,b>0. Для этого ряда an=1an+bn,x0=0. Рассмотрим два случая: пусть сначала a>b 1R=limn→∞1n√an+bn=limn→∞1an√1+(ba)n=1a Если же |x|=a, то limn→∞|xnan+bn|=limn→∞anan+bn=limn→∞11+(ba)n=1≠0 и ряд расходится.
Аналогично, если b>a, 1R=1b. Итак, R=max(a,b) и ряд сходится при x∈(−max(a,b);max(a,b)).
Более сложный номер обстоятельно разбирается здесь.
Задание: решить №2812, 2814, 2816, 2821. Пользуясь логикой, похожей на применяемую к степенным рядам, решить №2833, 2834 и 2835.
При помощи степенных рядов можно представить бесконечное число раз дифференцируемые функции. Функция f(x) называется представленной рядом Тейлора вокруг точки x0, если она записана в виде f(x)=∞∑n=0an(x−x0)n. Будьте внимательны: на этот раз n начинается с n=0. Коэффициенты ряда an могут быть вычислены по формуле an=f(n)(x0)n!, но могут вычисляться и совсем не так. По этой формуле они вычисляются в нескольких простых случаях. Например, разложим вокруг x0=0 функцию f(x)=11−x. Вычислим первые производные: f′(x)=1(1−x)2,f″(x)=2(1−x)3,f‴(x)=6(1−x)4. Похоже, что f(n)(x)=n!(1−x)n+1. Докажем это методом математической индукции. Для первых производных эта формула уже выполняется. Осталось выполнить шаг индукции: пусть для некоторого n=m f(m)(x)=m!(1−x)m+1. Докажем, что для n=m+1 верна та же формула: f(m+1)(x)=(m+1)!(1−x)m+2. Для этого продифференцируем предыдущее: f(m+1)(x)=m!−(m+1)(1−x)m+2⋅(−1)=(m+1)!(1−x)m+2, что и требовалось для доказательства формулы. Исходя из этого, запишем an=f(n)(x0)n!=1n!n!(1−x)n+1|x=0=1. Тогда f(x)=11−x=∞∑n=0xn. Возьмём более сложную функцию: f(x)=sinx, но разложим тоже вокруг x0=0. Как известно с первого семестра, sin(n)(x)=sin(x+πn2). Тогда sin(x)=∞∑n=0sin(n)(x)n!|x=0xn=∞∑n=0sin(x+πn2)n!|x=0xn=∞∑n=0sinπn2n!xn= сгруппируем чётные и нечётные слагаемые попарно, sinπk=0: =∞∑k=0(sinπ2k2(2k)!x2k+sinπ(2k+1)2(2k+1)!x2k+1)=∞∑k=0sin(πk+π2)(2k+1)!x2k+1=∞∑k=0(−1)k(2k+1)!x2k+1. В этом ряде выжили только слагаемые с нечётными номерами, a2k=0.
Задание: разложить в ряд вокруг нуля ex и cosx. Сверяться можно с табличными разложениями из теории к теме «Степенные ряды» в Демидовиче.
Наблюдательный читатель может заметить сходство ряда Тейлора с однофамильной формулой. Да, первые N слагаемых у них одинаковы. Но формула имеет конечное множество слагаемых, из которых последнее – это остаток (они бывают в разных формах). Ряд же не заканчивается нигде; каждое его слагаемое выражается одной и той же формулой, меняется в которой только номер n слагаемого.
Нередко, однако, удобнее и быстрее выполнить разложение не по этой формуле. Более того, иногда – это единственный путь, и хотя бы поэтому его надо осваивать. Ежегодная унылая картина – как с рядами Тейлора мучаются десятки людей, так и не поинтересовавшиеся ничем, кроме основной формулы.
Пример: №2854 Воспользуемся тем, что 11−x=∞∑n=0xn. x101−x=x1011−x=x10∞∑n=0xn=∞∑n=0xn+10=∞∑k=0akxk, а это уже – ряд Тейлора, у которого при k=0..9 коэффициенты ak=0, а при k⩾10 – ak=1.
№2853 Начнём с понижения степени sin3x=sinx1−cos2x2=12(sinx−sinxcos2x)=12{sinx−12[sin(x+2x)+sin(x−2x)]}= =12{32sinx−12sin(3x)}=34sinx−14sin(3x). Как мы уже знаем, sinx=∞∑k=0(−1)k(2k+1)!x2k+1. Заменим здесь x на 3x: sin(3x)=∞∑k=0(−1)k(2k+1)!(3x)2k+1=∞∑k=0(−1)k32k+1(2k+1)!x2k+1. Тогда sin3x=34sinx−14sin(3x)=34∞∑k=0(−1)k(2k+1)!x2k+1−14∞∑k=0(−1)k32k+1(2k+1)!x2k+1= =∞∑k=034(−1)k+1(2k+1)!(32k−1)x2k+1.
Ознакомьтесь, кроме того, с примером с арктангенсом – там использованы несколько другие приёмы.
Задание: решите сами №2851, 2852, 2855, 2857.