JJ,IMiFUTP SZEREGIPOTĘGOWE

Wykłady z matematyki inżynierskiej, wersja rozszerzona: z rozwiązanymi zadaniami

SZEREGI POTĘGOWE

JJ, IMiF UTP

26

DEFINICJA.

Szereg potęgowy to szereg postaci

∞

X

n=0

a_n(t − t₀)ⁿ,

gdzie t₀, a₀, a₁, a₂, . . . to liczby rzeczywiste.

Szereg ten przez podstawienie t − t0= x można sprowadzić do szeregu potęgowego postaci

∞

X

n=0

anxⁿ. (1)

UWAGA. Podstawiając za x (we wzorze (1)) dowolną liczbę rzeczywistą otrzymamy szereg liczbowy.

Oczywiście każdy szereg (1) jest zbieżny dla x = 0 .

PROMIEŃ ZBIEŻNOŚCI.

TWIERDZENIE.

Istnieje takie r (zwane promieniem zbieżności), że:

szereg (1) jest zbieżny dla każdego x ∈ (−r , r );

szereg jest rozbieżny dla każdego x takiego, że |x | > r .

UWAGA. Promień zbieżności to albo liczba nieujemna, albo +∞.

PROMIEŃ ZBIEŻNOŚCI.

TWIERDZENIE.

Załóżmy, że istnieje

n→∞lim qn

|a_n| = λ

lub istnieje

n→∞lim |a_n+1 a_n | = λ (przy założeniu a_n6= 0).

Wtedy promień zbieżności szeregu potęgowego ^P∞_n=0anxⁿ wynosi:

1 r = ¹_λ, gdy λ ∈ (0, ∞);

2 r = ∞, gdy λ = 0;

3 r = 0, gdy λ = +∞.

PROMIEŃ ZBIEŻNOŚCI.

PRZYKŁAD 1A. Znaleźć promień zbieżności szeregu ^P∞_n=1¹_nxⁿ.

Obliczamy λ = limn→∞|^an+1_a

n | = lim_n→∞

1 n+1

1 n

= 1, zatem r = ¹₁ = 1.

Można także obliczyć limn→∞ ⁿ

p|a_n| = lim_n→∞ √n¹

n = 1 = λ, więc r = 1.

PRZEDZIAŁ ZBIEŻNOŚCI.

PRZYKŁAD 1B. Znaleźć obszar (przedział) zbieżności szeregu P∞

n=1 1 nxⁿ.

Wiemy, że promień zbieżności tego szeregu to r = 1. Oznacza to, że szereg jest zbieżny dla

x ∈ (−1, 1)

natomiast jest rozbieżny dla x > 1 oraz x < −1.

Pozostaje zbadać zbieżność tego szeregu na krańcach przedziału zbieżności, tzn. dla x = 1 oraz dla x = −1.

PRZEDZIAŁ ZBIEŻNOŚCI, r = 1,

x

.

Podstawiając x = −1 otrzymamy szereg (liczbowy)

∞

X

n=1

1 n(−1)ⁿ.

Jest to szereg naprzemienny, zbieżny na mocy kryterium Leibniza.

Podstawiając x = 1 otrzymamy szereg

∞

X

n=1

1 n(1)ⁿ=

∞

X

n=1

1 n. Jest to szereg harmoniczny rozbieżny.

Oznacza to, że przedziałem zbieżności jest [−1, 1).

PRZYKŁAD 1C.

Znaleźć obszar zbieżności szeregu

∞

X

n=1

1

n(x − 3)ⁿ. Podstawiając t = x − 3 otrzymamy szereg

∞

X

n=1

1 ntⁿ.

Szereg ten jest zbieżny dla t ∈ [−1, 1), czyli dla −1 ¬ t < 1.

Zatem „nasz” szereg jest zbieżny dla −1 ¬ x − 3 < 1, czyli dla 2 ¬ x < 4.

Oznacza to, że przedziałem zbieżności jest [2, 4).

PRZEDZIAŁ ZBIEŻNOŚCI.

PRZYKŁAD 2. Znaleźć przedział zbieżności szeregu

∞

X

n=0

1 n!xⁿ. Obliczamy

λ = lim

n→∞|a_n+1

a_n | = lim

n→∞

1 (n+1)!

1 n!

= lim

n→∞

1

n + 1 = 0, zatem r = ∞.

Oznacza to, że przedziałem zbieżności jest (−∞, +∞), czyli szereg jest zbieżny dla każdej liczby rzeczywistej x .

PRZEDZIAŁ ZBIEŻNOŚCI.

PRZYKŁAD 3. Znaleźć obszar zbieżności szeregu

∞

X

n=0

(n + 1)!xⁿ.

Obliczamy λ = lim

n→∞|an+1

a_n | = lim

n→∞

(n + 2)!

(n + 1)! = lim

n→∞(n + 2) = ∞, zatem r = 0.

Oznacza to, że szereg jest zbieżny tylko dla x = 0.

WZÓR TAYLORA

TWIERDZENIE. Załóżmy, że funkcja f ma pochodne wszystkich rzędów w pewnym przedziale Q = (a − δ, a + δ). Ponadto

załóżmy, że istnieje taka liczba M, że dla każdej liczby naturalnej n oraz dla każdego x ∈ Q spełniona jest nierówność |f⁽ⁿ⁾(x )| ¬ M.

Wtedy, dla x ∈ Q, f (x ) = f (a) +f⁰(a)

1! (x − a) +f⁰⁰(a)

2! (x − a)²+f⁰⁰⁰(a)

3! (x − a)³+ . . . (równość tę nazywamy rozwinięciem funkcji f w szereg Taylora).

WZÓR MACLAURINA

Wzór Taylora:

f (x ) = f (a) +f⁰(a)

1! (x − a) +f⁰⁰(a)

2! (x − a)²+f⁰⁰⁰(a)

3! (x − a)³+ . . .

W szczególności, dla a = 0, otrzymujemy rozwinięcie funkcji f w szereg Maclaurina:

f (x ) = f (0) +f⁰(0)

1! x +f⁰⁰(0)

2! x²+f⁰⁰⁰(0)

3! x³+ . . . =

∞

X

n=0

f⁽ⁿ⁾(0) n! xⁿ.

f (x ) = f (0) +

x +

x

+

x

+ . . .

PRZYKŁAD. Rozwinąć w szereg potęgowy funkcję f (x ) = sin x . Zastosujemy wzór na rozwinięcie funkcji w szereg Maclaurina.

f (0) = sin 0 = 0. Obliczamy pochodne:

f⁰(x ) = cos x , f⁰⁰(x ) = − sin x , f⁰⁰⁰(x ) = − cos x , f⁽⁴⁾(x ) = sin x , . . . , f⁰(0) = cos 0 = 1, f⁰⁰(0) = − sin 0 = 0, f⁰⁰⁰(0) = −1, f⁽⁴⁾(0) = 0, . . . . Oczywiście, dla każdego x ∈ R oraz dla każdej liczby naturalnej n, |f⁽ⁿ⁾(x )| ¬ 1. Zatem, dla każdego x ∈ R,

sin x = 0 + 1 1!x + 0

2!x²+−1 3! x³+ 0

4!x⁴+ 1

5!x⁵+ . . . , czyli sin x = x − 1

3!x³+ 1

5!x⁵− 1

7!x⁷+ 1

9!x⁹− 1

11!x¹¹+ . . .

f (x ) = f (0) +

x +

x

+

x

+ . . .

PRZYKŁAD. Rozwinąć w szereg potęgowy funkcję f (x ) = cos x . Zastosujemy wzór na rozwinięcie funkcji w szereg Maclaurina.

f (0) = cos 0 = 1. Obliczamy pochodne:

f⁰(x ) = − sin x , f⁰⁰(x ) = − cos x , f⁽³⁾(x ) = sin x , f⁽⁴⁾(x ) = cos x , . . . , f⁰(0) = − sin 0 = 0, f⁰⁰(0) = −1, f⁽³⁾(0) = 0, f⁽⁴⁾(0) = cos 0 = 1, . . . . Oczywiście, dla każdego x ∈ R oraz dla każdej liczby naturalnej n, |f⁽ⁿ⁾(x )| ¬ 1. Zatem, dla każdego x ∈ R,

cos x = 1 + 0

1!x + −1 2! x²+ 0

3!x³+ 1

4!x⁴+ 0

5!x⁵+ . . . , czyli cos x = 1 − 1

2!x²+ 1

4!x⁴− 1

6!x⁶+ . . . dla x ∈ R

ROZWIJANIE FUNKCJI W SZEREG POTĘGOWY

PRZYKŁAD. Podobnie, e^x = 1 + 1

1!x + 1

2!x²+ 1

3!x³+ . . . dla x ∈ R, ln(1 + x ) = x −1

2x²+1 3x³−1

4x⁴+ . . . dla x ∈ (−1, 1), arctg x = x − 1

3x³+1 5x⁵−1

7x⁷+ . . . dla x ∈ (−1, 1), Uwzględniając zależności: e¹= 1 oraz arctg 1 = ^π₄, czyli π = 4 · arctg 1 otrzymamy:

e = 1 + 1 1! + 1

2! + 1 3! + 1

4! + . . . , π = 4 · (1 −1

3 +1 5 −1

7+ . . . )

RÓŻNICZKOWANIE SZEREGU „WYRAZ PO WYRAZIE”

TWIERDZENIE.

Jeżeli t należy do wnętrza przedziału zbieżności szeregu (1), to szereg (1) można różniczkować „wyraz po wyrazie”, czyli

X^∞

n=0

a_nx^n0 =

∞

X

n=0

a_nx^n
0=

∞

X

n=1

na_nxⁿ⁻¹.

UWAGA. Szereg występujący po prawej stronie ma ten sam promień zbieżności co szereg ^P∞_n=0anxⁿ.

CAŁKOWANIE SZEREGU „WYRAZ PO WYRAZIE”

TWIERDZENIE.

Jeżeli t należy do wnętrza przedziału zbieżności szeregu (1), to szereg (1) można całkować „wyraz po wyrazie”, czyli

Z t 0

X^∞

n=0

a_nx^ndx =

∞

X

n=0

Z t 0

a_nxⁿdx
=

∞

X

n=0

a_n n + 1tⁿ⁺¹.

UWAGA. Szereg występujący po prawej stronie ma ten sam promień zbieżności co szereg ^P∞_n=0anxⁿ.

PRZYKŁAD. Obliczyć

e

dx .

Jak wiadomo, całki ^Re^x2dx nie da się wyrazić przez funkcję elementarną. Zastosujemy twierdzenie o całkowaniu szeregu potęgowego „wyraz po wyrazie”. Ponieważ

e^x2=

∞

X

n=0

(x²)ⁿ n! =

∞

X

n=0

x²ⁿ n! , więc

Z ₁

0

e^x2dx = Z ₁

0

∞

X

n=0

x²ⁿ n! dx =

∞

X

n=0

Z 1 0

x²ⁿ n! dx =

∞

X

n=0

h x²ⁿ⁺¹ (2n + 1)n!

i1 0 =

∞

X

n=0

1 (2n + 1)n!.