Почленное дифференцирование и интегрирование степенного ряда

Часть первая: Почленное интегрирование степенного ряда

Замечание

Радиусом сходимости степенного ряда \sum_{n=0}^{\infty}{a_nx^n} называется такое число R при котором ряд сходится при |x|<R и расходится при |x|>R.
сх

Теорема

Степенной ряд \sum_{n=0}^{\infty}{a}_{n}{x}^{n}={a}_{0}+{a}_{1}{x}+{a}_{2}{x}^{2}+...+{a}_{n}{x}^{n}+... (в дальнейшем ряд 1), на промежутке [0, x], где \left|x\right|<R, всегда можно интегрировать почленно, так что $$\int_{0}^{x}f(x)dx={a}_{0}x+\frac{{a}_{1}}{2}{x}^{2}+\frac{{a}_{2}}{3}{x}^{3}+\ldots+\frac{{a}_{n-1}}{n}{x}^{n}+\ldots$$

Доказательство

Спойлер

Для доказательства выберем r между \left|x\right| и R. Так как степенной ряд равномерно сходится, ряд (1) сходится равномерно на промежутке [-r, r] , и следовательно по теореме (об интегрируемости функционального ряда на сегменте) на промежутке [0, x] ряд можно почленно интегрировать.

[свернуть]

Пример

Спойлер

1) Почленно интегрируем прогрессии:
$$\frac{1}{1+x}=1-x+{x}^{2}-\ldots+{(-1)}^{n-1}{x}^{n-1}+\ldots$$
$$\frac{1}{1+{x}^{2}}=1-{x}^{2}+{x}^{4}-\ldots+{(-1)}^{n-1}{x}^{2(n-1)}+\ldots$$

получаются такие разложения:

$$\int_{0}^{x}\frac{dx}{1+x}=\int_{0}^{x}1-\int_{0}^{x}x+\int_{0}^{x}{x}^{2}-\ldots+\int_{0}^{x}{(-1)}^{n-1}{x}^{n-1}+\ldots=$$
$$x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+\ldots$$

$$\int_{0}^{x}\frac{dx}{1+{x}^{2}}=\int_{0}^{x}1-\int_{0}^{x}{x}^{2}+\int_{0}^{x}{x}^{4}-\ldots+\int_{0}^{x}{(-1)}^{n-1}{x}^{2(n-1)}+\ldots=$$
$$x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}$$

2) Возьмем известное нам разложение в ряд функции (1+x)^{-\frac{1}{2}} и заменим в нем x на -x^2 (считая что |x|<1); в результате получим:$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1+\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{(2n-1)!!}{2n!!}}x^{2n}(-1<x<1)$$.

Теперь проинтегрируем полученный ряд почленно на промежутке [0, x] (-1<x<1):$$\int_{0}^{x}{\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}}=arcsinx=x+\frac{1}{2}\cdot\frac{x^3}{3}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}\cdot\frac{x^5}{5}+\ldots+\frac{1\cdot3\cdot\ldots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot\ldots\cdot2n}\cdot\frac{x^{2n+1}}{2n+1}+\ldots$$

По следствию из теоремы Абеля это разложение имеет место и на концах x=\pm1, т. к. ряд справа сходиться в этих точках.

[свернуть]

Почленное интегрирование степенного ряда

Часть вторая: Почленное дифференцирование степенного ряда

Теорема

Степенной ряд (1) внутри его промежутка сходимости можно дифференцировать почленно, так что для суммы ряда f(x) существует производная которая выражается:$$f^\prime(x)=\sum_{n=1}^{\infty}{na_nx^{(n-1)}}=a_1+2a_2x+\ldots+na_nx^{(n-1)}+\ldots$$

Доказательство

Спойлер

Возьмем любое x внутри промежутка сходимости исходного ряда, так что |x|<R, и вставим число r^\prime между |x| и R:|x|<r^\prime<R.
Ввиду сходимости ряда $$\sum_{n=1}^{\infty}{a_n r^{\prime n}}=a_0+a_1 r^\prime+a_2 r^{\prime 2}+\ldots+a_n r^{\prime n}+\ldots ,$$

его общий член ограничен:$$|a_n|r^{\prime n}<L\;\;\;(L=const;n=1,2,3,\ldots)$$
Тогда для абсолютной величины n-го члена ряда f^\prime(x) получается оценка $$n\mid a_n\mid \cdot|r^{n-1}|=n\mid a_n\mid \cdot r^{\prime n}\cdot {|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}\cdot \frac{1}{r^{\prime}}\le \frac{L}{r^\prime}\cdot n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}.$$
Ряд $$\frac{L}{r^\prime}\sum_{n=1}^{\infty}{n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}}=\frac{L}{r^\prime}\{1+2|\frac{x}{r^\prime}|+\ldots+n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}+\ldots\}$$сходится; в этом можно убедиться с помощью признака Даламбера, если учесть что |\frac{x}{r^{\prime}}|<1.В этом случае абсолютно сходится ряд f^\prime(x). Отсюда ясно что радиус сходимости R^\prime ряда f^\prime(x) не меньше R.
Если теперь взять любое r<R, то одновременно r<R^\prime; так как степенной ряд (1) равномерно сходится то и ряд f^\prime(x) равномерно сходится в промежутке [-r, r], так что — по теореме о почленном дифференцировании рядов — в этом промежутке допустимо почленное дифференцирование ряда (1). Так как r<R произвольно, то основное утверждение теоремы доказано.

[свернуть]

Замечание

Мы доказали что ряд \int_{0}^{x}f(x)dx={a}_{0}x+\frac{{a}_{1}}{2}{x}^{2}+\frac{{a}_{2}}{3}{x}^{3}+...+\frac{{a}_{n-1}}{n}{x}^{n}+... и f^\prime(x)=\sum_{n=1}^{\infty}{na_nx^{n-1}}=a_1+2a_2x+\ldots+na_nx^{(n-1)}+\ldots сходятся на промежутке (-R, R), следовательно их радиусы сходимости не меньше R. В свою очередь ряд (1) получается почленным дифференцированием ряда \int_{0}^{x}f(x)dx={a}_{0}x+\frac{{a}_{1}}{2}{x}^{2}+\frac{{a}_{2}}{3}{x}^{3}+...+\frac{{a}_{n-1}}{n}{x}^{n}+... и почленным интегрированием ряда f^\prime(x)=\sum_{n=1}^{\infty}{na_nx^{n-1}}=a_1+2a_2x+\ldots+na_nx^{(n-1)}+\ldots следовательно R не может быть меньше упомянутых радиусов сходимости. Из вышеупомянутого следует, что радиусы сходимости всех трех рядов равны между собой.

Пример

Спойлер

1) Разложить в степенной ряд функцию e^x

Рассмотрим ряд f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^n}{n!}}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\ldots.

Ряд сходится при любых x. Почленно дифференцируя ряд получим:$$f^\prime(x)=\frac{d}{dx}1+\frac{d}{dx}x+\frac{d}{dx}\frac{x^2}{2!}+\frac{d}{dx}\frac{x^3}{3!}+\ldots=0+1+x+\frac{x^2}{2!}+\ldots=f(x)$$

Заметим что функция f(x) удовлетворяет дифференциальному уравнению f^\prime=f. Общее решение этого уравнения имеет вид f(x)=ce^x, где c — константа. Подставляя начальное значение f(0)=1, получим c=1. Таким образом получим разложение:$$f(x)=e^x=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^n}{n!}}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\ldots$$

[свернуть]

Список литературы

Почленное дифференцирование степенного ряда

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *