Частным случаем функциональных рядов являются степенные ряды. Степенным рядом называется ряд вида \[ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}, \] где $a_{n}$ и $x_{0}$ – 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): \[ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|}{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|}=\left|x-x_{0}\right|\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right| < 1 \] \[ \left|x-x_{0}\right| < \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right| \] Обозначим \[ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|\equiv R \] тогда \[ \left|x-x_{0}\right| < R \] \[ -R < x-x_{0} < R, \] \[ x_{0}-R < x < x_{0}+R, \] то есть ряд сходится абсолютно внутри интервала с центром $x_{0}$ 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: \[ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|}=\left|x-x_{0}\right|^{n}\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_{n}\right|} < 1, \] \[ \left|x-x_{0}\right|^{n} < \dfrac{1}{\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_{n}\right|}}, \] \[ \dfrac{1}{R}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_{n}\right|}. \] Последняя формула называется формулой Коши-Адамара.
Понятно и то, что происходит за пределами этого интервала вместе с его границами. Если \[ \left|x-x_{0}\right| > R, \] \[ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|}{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|}=q > 1, \] то для $\forall\varepsilon$ $\exists N$, что при $n > N$ \[ \left|\frac{\left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|}{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|}-q\right| < \varepsilon. \] Раскручиваем это неравенство обычным образом: \[ -\varepsilon < \frac{\left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|}{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|}-q < \varepsilon, \] \[ q-\varepsilon < \frac{\left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|}{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|} < q+\varepsilon. \] В рассматриваемом нами сейчас случае положено, что $q > 1$. Отсюда имеем $q-1 > 0$, значит $\frac{q-1}{2} > 0$. Так как по определению предела $\varepsilon$ – любое положительное число, рассмотрим случай $\varepsilon=\frac{q-1}{2} > 0$ (правое из неравенств отбросим): \[ \frac{\left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|}{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|} > q-\varepsilon=q-\frac{q-1}{2}=\frac{q+1}{2}, \] умножим на знаменатель левой части: \[ \left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right| > \frac{q+1}{2}\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|. \] Пусть $n=N+1$. Тогда \[ \left|a_{N+2}\left(x-x_{0}\right)^{N+2}\right| > \frac{q+1}{2}\left|a_{N+1}\left(x-x_{0}\right)^{N+1}\right|. \] Возьмём теперь $n=N+2$, и с учётом предыдущего получим \[ \left|a_{N+3}\left(x-x_{0}\right)^{N+3}\right| > \frac{q+1}{2}\left|a_{N+2}\left(x-x_{0}\right)^{N+2}\right| > \left(\frac{q+1}{2}\right)^{2}\left|a_{N+1}\left(x-x_{0}\right)^{N+1}\right|. \] И вообще (желающие могут сами доказать шаг индукции): \[ \left|a_{N+m}\left(x-x_{0}\right)^{N+m}\right| > \left(\frac{q+1}{2}\right)^{m-1}\left|a_{N+1}\left(x-x_{0}\right)^{N+1}\right|. \] Но так как $q > 1$, $q+1 > 2$, $\frac{q+1}{2} > 1$, то \[ \lim_{m\to\infty}\left(\frac{q+1}{2}\right)^{m-1}=\infty,\qquad\Longrightarrow\qquad\lim_{m\to\infty}\left|a_{N+m}\left(x-x_{0}\right)^{N+m}\right|=\lim_{m\to\infty}\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|=\infty, \] 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 $\left|x-x_{0}\right| < R$ и расходится, если $\left|x-x_{0}\right| > R$. Случай, когда $\left|x-x_{0}\right|=R$, нужно исследовать отдельно; в нём может иметь место условная сходимость, которую нужно доказывать при помощи соответствующих признаков.
В Демидовиче написано, что ряд сходится при $\left|x-x_{0}\right|\leqslant R$, что, безусловно, ошибочно.
Пример №2813 Найти область сходимости ряда \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}\left(x+1\right)^{n}. \] Для этого ряда \[ a_{n}=\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n},\quad x_{0}=-1. \] Определим радиус сходимости: \[ R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}}{\frac{3^{n+1}+\left(-2\right)^{n+1}}{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{3^{n+1}+\left(-2\right)^{n+1}}\frac{n+1}{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{3^{-1}+\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)^{n}}{1+\left(-\frac{2}{3}\right)^{n+1}}=\frac{3^{-1}+\frac{1}{3}\cdot0}{1+0}=\frac{1}{3}. \] Итак, ряд сходится при \[ \left|x+1\right| < \frac{1}{3}, \] т.е. \[ -1-\frac{1}{3} < x < -1+\frac{1}{3}, \] \[ -\frac{4}{3} < x < -\frac{2}{3}. \] Ряд расходится при \[ \left|x+1\right| > \frac{1}{3}, \] случаи же $x=-\frac{4}{3}$ и $x=-\frac{2}{3}$ будем рассматривать отдельно.
$x=-\frac{2}{3}$ \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}\left(x+1\right)^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1+\left(-\frac{2}{3}\right)^{n}}{n}. \] В силу того, что \[ \frac{1+\left(-\frac{2}{3}\right)^{n}}{n} > 0,\qquad\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1+\left(-\frac{2}{3}\right)^{n}}{n}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\left[1+\left(-\frac{2}{3}\right)^{n}\right]=1\neq0, \] исследуемый ряд, по второму признаку сравнения, расходится одновременно с гармоническим.
$x=-\frac{4}{3}$ \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}\left(x+1\right)^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}+\left(\frac{2}{3}\right)^{n}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n}+\frac{\left(\frac{2}{3}\right)^{n}}{n} \] Первый ряд сходится по признаку Лейбница, второй – по признаку Даламбера, сумма их, следовательно, сходится.
В итоге ряд сходится при \[ x\in\left[-\frac{4}{3};-\frac{2}{3}\right). \]
Другой пример: №2822 \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{a^{n}+b^{n}},\qquad a > 0,\quad b > 0. \] Для этого ряда \[ a_{n}=\frac{1}{a^{n}+b^{n}},\quad x_{0}=0. \] Рассмотрим два случая: пусть сначала $a > b$ \[ \frac{1}{R}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{a^{n}+b^{n}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{a\sqrt[n]{1+\left(\frac{b}{a}\right)^{n}}}=\frac{1}{a} \] Если же $\left|x\right|=a$, то \[ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{x^{n}}{a^{n}+b^{n}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{a^{n}}{a^{n}+b^{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\left(\frac{b}{a}\right)^{n}}=1\neq0 \] и ряд расходится.
Аналогично, если $b > a$, \[ \frac{1}{R}=\frac{1}{b}. \] Итак, $R=\max\left(a,b\right)$ и ряд сходится при \[ x\in\left(-\max\left(a,b\right);\max\left(a,b\right)\right). \]
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 $f\left(x\right)$ называется представленной рядом Тейлора вокруг точки $x_{0}$, если она записана в виде \[ f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}. \] Будьте внимательны: на этот раз $n$ начинается с $n=0$. Коэффициенты ряда $a_{n}$ могут быть вычислены по формуле \[ a_{n}=\frac{f^{(n)}\left(x_{0}\right)}{n!}, \] но могут вычисляться и совсем не так. По этой формуле они вычисляются в нескольких простых случаях. Например, разложим вокруг $x_{0}=0$ функцию \[ f\left(x\right)=\frac{1}{1-x}. \] Вычислим первые производные: \[ f'\left(x\right)=\frac{1}{\left(1-x\right)^{2}},\quad f''\left(x\right)=\frac{2}{\left(1-x\right)^{3}},\quad f'''\left(x\right)=\frac{6}{\left(1-x\right)^{4}}. \] Похоже, что \begin{equation} f^{(n)}\left(x\right)=\frac{n!}{\left(1-x\right)^{n+1}}.\label{proiz} \end{equation} Докажем это методом математической индукции. Для первых производных эта формула уже выполняется. Осталось выполнить шаг индукции: пусть для некоторого $n=m$ \[ f^{(m)}\left(x\right)=\frac{m!}{\left(1-x\right)^{m+1}}. \] Докажем, что для $n=m+1$ верна та же формула: \[ f^{(m+1)}\left(x\right)=\frac{\left(m+1\right)!}{\left(1-x\right)^{m+2}}. \] Для этого продифференцируем предыдущее: \[ f^{(m+1)}\left(x\right)=m!\frac{-\left(m+1\right)}{\left(1-x\right)^{m+2}}\cdot\left(-1\right)=\frac{\left(m+1\right)!}{\left(1-x\right)^{m+2}}, \] что и требовалось для доказательства формулы. Исходя из этого, запишем \[ a_{n}=\frac{f^{(n)}\left(x_{0}\right)}{n!}=\frac{1}{n!}\left.\frac{n!}{\left(1-x\right)^{n+1}}\right|_{x=0}=1. \] Тогда \[ f\left(x\right)=\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}. \] Возьмём более сложную функцию: $f\left(x\right)=\sin x$, но разложим тоже вокруг $x_{0}=0$. Как известно с первого семестра, \[ \sin^{(n)}\left(x\right)=\sin\left(x+\frac{\pi n}{2}\right). \] Тогда \[ \sin\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left.\frac{\sin^{(n)}\left(x\right)}{n!}\right|_{x=0}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\left.\frac{\sin\left(x+\frac{\pi n}{2}\right)}{n!}\right|_{x=0}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\sin\frac{\pi n}{2}}{n!}x^{n}= \] сгруппируем чётные и нечётные слагаемые попарно, $\sin\pi k=0$: \[ =\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{\sin\frac{\pi2k}{2}}{\left(2k\right)!}x^{2k}+\frac{\sin\frac{\pi\left(2k+1\right)}{2}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left(\pi k+\frac{\pi}{2}\right)}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}. \] В этом ряде выжили только слагаемые с нечётными номерами, $a_{2k}=0$.
Задание: разложить в ряд вокруг нуля $e^{x}$ и $\cos x$. 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 \[ \frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}. \] \[ \frac{x^{10}}{1-x}=x^{10}\frac{1}{1-x}=x^{10}\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n+10}=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}x^{k}, \] а это уже – ряд Тейлора, у которого при $k=0..9$ коэффициенты $a_{k}=0$, а при $k\geqslant10$ – $a_{k}=1$.
№2853 Начнём с понижения степени \[ \sin^{3}x=\sin x\frac{1-\cos2x}{2}=\frac{1}{2}\left(\sin x-\sin x\cos2x\right)=\frac{1}{2}\left\{ \sin x-\frac{1}{2}\left[\sin\left(x+2x\right)+\sin\left(x-2x\right)\right]\right\} = \] \[ =\frac{1}{2}\left\{ \frac{3}{2}\sin x-\frac{1}{2}\sin\left(3x\right)\right\} =\frac{3}{4}\sin x-\frac{1}{4}\sin\left(3x\right). \] Как мы уже знаем, \[ \sin x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}. \] Заменим здесь $x$ на $3x$: \[ \sin\left(3x\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}\left(3x\right)^{2k+1}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}3^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}. \] Тогда \[ \sin^{3}x=\frac{3}{4}\sin x-\frac{1}{4}\sin\left(3x\right)=\frac{3}{4}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}-\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}3^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}= \] \[ =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{3}{4}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{\left(2k+1\right)!}\left(3^{2k}-1\right)x^{2k+1}. \]
Ознакомьтесь, кроме того, с примером с арктангенсом – там использованы несколько другие приёмы.
Задание: решите сами №2851, 2852, 2855, 2857.
