Вычисление радиуса сходимости. Формула Коши — Адамара

Пусть дан степенной ряд вида $\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_{n}z^n$ с радиусом сходимости $R$ , где $c_n$ , $z^{n}\in \mathbb{C}$ . Тогда для этого ряда справедлива следующая теорема:

Теорема о вычислении радиуса сходимости степенного ряда

Если существует конечный или бесконечный предел $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_n \right |}$ , то
$\frac{1}{R}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_n \right |}. (1)$
Если существует конечный или бесконечный предел $\lim\limits_{n \to\infty} \left | \frac{c_{n}}{c_{n+1}} \right |$ , то
$R=\lim\limits_{n \to\infty} \left | \frac{c_{n}}{c_{n+1}} \right | .(2)$

Доказательство:

Докажем формулу (1). Пусть limn→∞n√|cn|=ρ.
- Если $0<\rho<+\infty$ , и $z_0$ — произвольная точка из круга $K=\left \{z:\left |z\right | < \frac{1}{\rho}\right \}$ , то
  $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z_{0}^{n} \right |} = \left | z_{0} \right | \cdot \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |} = \left |z_{0} \right | \cdot \rho < 1.$ По признаку Коши сходимости ряда, ряд сходится в точке $z_{0}$ . В силу того, что точка $z_{0}$ — произвольная точка круга $K$ , исходный ряд сходится в $K$ .
  Предположим, что точка $z_{m}$ не принадлежит кругу $K$ , то есть $\left |z_{m} \right | > \frac{1}{\rho}$ .Тогда
  $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z_{m}^{n} \right |} = \left | z_{m} \right | \cdot \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |} = \left |z_{m} \right | \cdot \rho > 1.$ По признаку Коши, ряд расходится.
  Значит, ряд сходится в круге $K$ , и расходится вне его замыкания. Это значит, что $\frac{1}{\rho}$ — радиус сходимости исходного ряда.
  
  Круг сходимости $K$ c нанесенными точками $z_{0}$ и $z_{m}$
  
  [свернуть]
- Если $\rho = 0$ , то $\forall z \in \mathbb{C}$ выполняется следующее:
  $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z^{n} \right |} = \left | z \right | \cdot \rho = 0 .$ По признаку Коши ряд сходится в точке $z$ . В силу произвольности точки $z$ ряд сходится на всей комплексной плоскости. И это значит, что радиус сходимости ряда $R=+\infty$ .
- Пусть $\rho = +\infty$ . Тогда $\forall z \neq 0$
  $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z^{n} \right |} = \left | z \right | \cdot \rho = +\infty.$ По признаку Коши, ряд расходится в точке $z$ . Отсюда выходит, что радиус сходимости $R = 0$ .
Доказательство (2) по сути идентично доказательству (1). Различие в том, что будет использоваться признак Даламбера сходимости ряда. Для этого выполним следующие преобразования: R=limn→∞|cncn+1|=limn→∞|cn|limn→∞|cn+1|=1(limn→∞|cn+1|limn→∞|cn|)=1limn→∞|cn+1cn|.

Пусть limn→∞|cn+1cn|=ρ
- Если $0<\rho<+\infty$ , и $z_0$ — произвольная точка из круга $K=\left \{z:\left |z\right | < \frac{1}{\rho}\right \}$ , то $z_0$ так же по модулю меньше, чем $\frac{1}{\rho}$ . Отсюда следует, что
  $\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left | z \right | \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1}}{c_{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho < 1.$ По признаку Даламбера сходимости ряда, ряд сходится в точке $z_{0}$ . В силу того, что точка $z_{0}$ — произвольная точка круга $K$ , исходный ряд сходится в $K$ .
  Предположим, что точка $z_{m}$ не принадлежит замыканию круга $K$ , то есть $\left |z_{m} \right | > \frac{1}{\rho}$ . Тогда
  $\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left | z \right | \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1}}{c_{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho > 1.$ По признаку Даламбера, ряд расходится.
  Значит, ряд сходится в круге $K$ , и расходится вне него. А это значит, что $\frac{1}{\rho}$ — радиус сходимости исходного ряда.
- Пусть $\rho = 0$ , то $\forall z \in \mathbb{C}$ выполняется следующее:
  $\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho = 0.$ По признаку Даламбера, ряд сходится в точке $z$ . В силу произвольности $z$ ряд сходится на всей комплексной плоскости. И это значит, что радиус сходимости ряда $R=+\infty$ .
- Пусть $\rho = +\infty$ . Тогда $\forall z \neq 0$
  $\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho = +\infty.$ По признаку Даламбера, ряд расходится в точке $z$ . Отсюда выходит, что радиус сходимости $R = 0$ .

Пример 1

Условие:

Найти радиус сходимости ряда
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{3^{n} \cdot (n+1)}.$

Решение:

$R = \lim\limits_{n \to\infty} \left | \frac{c_{n}}{c_{n+1}} \right | = \lim\limits_{n \to\infty}\frac{3^{n+1}\cdot ((n+1)+1)}{3^{n} \cdot (n+1)} =$ $= \lim\limits_{n \to\infty} \frac{3 \cdot (n+2)}{n+1} = 3 \cdot \lim\limits_{n \to\infty} \frac{n+2}{n+1} = 3.$

[свернуть]

Пример 2

Условие:

Найти радиус сходимости степенного ряда
$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{\sqrt{2}^{n} \cdot z^{n}}{n \cdot 12^{n}}.$

Решение:

$\frac{1}{R} = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_n \right |} = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]\frac{\sqrt{2}^{n} }{n \cdot 12^{n}} = \frac{\sqrt{2}}{12} \cdot \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n}} = \frac{\sqrt{2}}{12}.$ Отсюда следует, что $R = \frac{12}{\sqrt{2}}=6 \cdot \sqrt{2}.$

[свернуть]

Замечание

Пределы в формулах (1) и (2) могут не существовать. Однако существует универсальная формула для вычисления радиуса сходимости.

Теорема

Радиус сходимости $R$ степенного ряда $\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_{n}z^n$ высчитывается по формуле:

$R = \frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}},$
где

$\frac{1}{0}=+\infty$ и

$\frac{1}{+\infty}=0.$

Доказательство

Доказательство данной теоремы основано на применении обобщенного признака Коши:

$\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z^{n} \right |} = \left | z \right | \cdot \varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |}.$
Предположим, что ряд сходится в точке

$z_{0}$ , тогда из обобщенного признака Коши сходимости числового ряда с неотрицательными членами следует, что

$\left | z_{0} \right | \cdot \varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |}<1$ . Отсюда получаем, что

$\left | z_{0} \right | < \frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}.$
Пусть ряд расходится в точке

$z_{m}$ . Тогда

$\left | z_{m} \right | \cdot \varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |}>1$ . Отсюда

$\left | z_{m} \right | > \frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}.$
То есть, если

$z$ по модулю меньше чем

$\frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}$ , то ряд сходится в данной точке, а если

$z$ по модулю больше, то ряд в данной точке расходится. Из определения радиуса сходимости следует, что

$R=\frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}.$

Список использованной литературы:

Лысенко З.М., Конспект лекций по математическому анализу, 2015-2016 гг., 1-ый курс, семестр 2
Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа. 3-е изд., испр. – М.:ФИЗМАТЛИТ, 2001. — 672 с — стр 427-430.
Кудрявцев Л.Д., Курс математического анализа, том 2.- 720 с. — стр. 104-110
Коляда В.И., Кореновский А.А., Курс лекций по математическому анализу в 2-х частях, часть 2. — Одесса: Астропринт, 2009.- 292с. — стр.56-60.

Вычисление радиуса сходимости, формула Коши-Адамара

Тест по материалу данной статьи

Таблица лучших: Вычисление радиуса сходимости, формула Коши-Адамара

максимум из 7 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Коэффициенты Тейлора, ряд Тейлора

Определение

Если функция $f$ определена в некоторой окрестности точки $x_{0}$ и является бесконечно дифференцируемой (имеет в данной точке производные всех порядков), то степенной ряд вида

$\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}\left(x-x_{0}\right)^n$ называется рядом Тейлора функции

$f$ в окрестности точки

$x_{0}$ , где числа

$a_{n}=\frac{{f}^{\left(n \right)}\left(x_{0} \right)}{n!} \;\;\; \left(n=0,1,2,\ldots \right)$ это коэффициенты Тейлора функции

$f$ в окрестности точки

$x_{0}$ .

Спойлер

Представим в виде ряда Тейлора функцию $f\left(x \right)=\begin{cases}&e^{\frac{-1}{x^{2}}},\;\;x\neq0\\&0,\;\;x=0\end{cases}$

Найдем производные функции вне нуля: ${f}^{\left(1\right)}\left(x \right)=e^{\frac{-1}{x^{2}}}\cdot \frac{2}{x^{3}},$ ${f}^{\left(2\right)}\left(x \right)=\left(\frac{4}{x^{6}}-\frac{6}{x^{4}} \right)e^{\frac{-1}{x^{2}}},$ $\ldots$ ${f}^{\left(k\right)}\left(x\right)=e^{\frac{-1}{x^{2}}}Q_{3k}\left(\frac{1}{x}\right).$

Рассмотрим производные функции в нуле. Докажем по индукции, что ${f}^{\left(k\right)}\left(0 \right)=0 \;\;\; \forall k \in N.$ Имеем,

${f}^{\left(1\right)}\left(0 \right)=\lim\limits_{ n \to 0}\frac{e^{\frac{-1}{x^{2}}}}{x}=0.$
${f}^{\left(n\right)}\left(0 \right)=0 \;\;\; \forall n \in N.$
${f}^{\left(n+1\right)}\left(0 \right)=$ $\lim\limits_{ n \to 0}\frac{{f}^{n}\left(x \right)-{f}^{n}\left(0 \right)}{x}=$ $\lim\limits_{ n \to 0}\frac{1}{x}e^{\frac{-1}{x^{2}}}Q_{3k}\left(\frac{1}{x} \right)=$ $0.$

Следовательно, для данной функции коэффициенты формулы Тейлора в точке $x_{0}$ равны нулю. Но, с другой стороны, $f\left(x \right)=e^{\frac{-1}{x^{2}}}\neq0,\;\;\; x\neq0$ . Таким образом, функция не представима в виде своего ряда Тейлора.

[свернуть]

Сходимость ряда Тейлора к функции

Пусть функция $f\left(x\right)$ бесконечно дифференцируема в точке $x_{0}$ . Поставим ей в соответствие формулу Тейлора:

$f\left(x\right)=\sum\limits_{n=0}^{n}\frac{{f}^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)}{n!}\left(x-x_{0}\right)^{n}+r_{n}\left(x\right),$ где

$r_{n}\left(x \right)$ — остаток в формуле Тейлора. Обозначим,

$S_{n}\left(x\right)=\sum\limits_{n=0}^{n}\frac{{f}^{\left(n \right)}\left(x_{0} \right)}{n!}\left(x-x_{0}\right)^{n},$ где

$S_{n}\left(x\right)$ — частичная сумма данного ряда Тейлора данной функции. Следовательно, можем записать равенство:

$f\left(x \right)=S_{n}\left(x \right)+r_{n}\left(x \right).$ Тогда для того, чтобы

$\lim\limits_{ n \to \infty}s_{n}\left(x \right)=f\left(x\right)$ , функция

$f\left(x\right)$ на заданном интервале должна быть равной сумме своего ряда Тейлора.

Таким образом, для сходимости ряда Тейлора функции $f\left(x\right)$ к функции $f\left(x\right)$ на некотором интервале необходимо и достаточно , чтобы для всех $x$ из этого интервала ее остаточный член в формуле Тейлора стремился к нулю:

$\lim\limits_{ n \to \infty}r_{n}\left(x \right)=0.$

Литература

Лысенко З.М. Конспекты лекций.
Л.Д. Кудрявцев. Курс математического анализа, том 2. стр 116-125.
Тер-Крикоров А.М. и Шабунин М.И. «Курс математического анализа»: Учеб. пособие для вузов. 3-е издание, 2001 г. стр 434-438
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу, часть 2. стр 67-75

Коэффициенты Тейлора

Предлагаю пройти Вам данный тест на закрепление материала по данной статье.

Задание 1 из 2

1.
Дан степенной ряд вида $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^n. (1)$ Вставьте пропущенные слова
- Если функция $f$ определена в некоторой окрестности точки $x_0$ и является то степенной ряд вида (1) называется функции $f$ в окрестности точки $x_0$ .
Правильно

Неправильно

Задание 2 из 2

2.

Укажите соответствие между функцией и ее рядом Тейлора.

Элементы сортировки

$x+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left ( -1 \right )^{n+1}\frac{x^{n+1}}{n\left ( n+1 \right )}$
$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1} \;\;\;\left ( -1<x<1 \right )$
$\arctan 2 + \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}2^{2n-1}}{2n-1}x^{2n-1}$

$f\left ( x \right )=\left ( 1+x \right )\ln \left ( 1+x \right )$

$f\left ( x \right )=\frac{1}{4}\ln \left ( \frac{1+x}{1-x} \right )+\frac{1}{2}\arctan x$

$f\left ( x \right )=\arctan\frac{2-2x}{1+4x}$

Таблица лучших: Коэффициенты Тейлора

максимум из 3 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Первая теорема Абеля

Теорема

Если степенной ряд

$\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится при

$z=z_0\neq0$ , то он сходится, и притом абсолютно, при любом

$z$ , для которого

$\left|z\right|<\left|z_{0}\right|$ .

Доказательство

По условию ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится при $z=z_{0}$ . Обозначим:

$K=\left\{z:\left|z\right|<\left|z_{0}\right|\right\}.$

Положим, что $\rho=\frac{\left|z \right|}{\left|z_{0} \right|}$ . Причем так как $\left|z \right|<\left|z_{0} \right|$ , то $\rho<1$ .

Из сходимости ряда $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ в точке $z_{0}$ следует сходимость числового ряда вида $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z_{0}^{n}$ . Следовательно, выполняется необходимое условие сходимости ряда, а именно:

$\lim\limits_{ n \to 0}a_{n}z_{0}^{n}=0.$

Тогда последовательность $\left\{a_{n}z_{0}^{n}\right\}$ ограничена, т.е.

$\exists M>0\; \forall n:\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|< M.$

Имеем следующее: $\left|a_{n}z^{n}\right|=$ $\left|a_{n}z^{n}\right|\cdot \left|\frac{z_{0}^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$ $\left|a_{n}z_{0}^{n}\cdot\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$ $\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|\cdot\left|\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$ $\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|\rho^{n} < M\rho^{n}.$

Рассмотрим ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}M\rho^{n}$ . Так как мы знаем, что $0\leq\rho<1$ , то, в силу необходимого условия сходимости ряда, данный ряд сходится.

Тогда, по признаку сравнения в форме неравенств, ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится абсолютно для $\forall z \in K$ .

Следствие 1

Если степенной ряд

$\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ расходится при

$z=z_{0}\neq0$ , то он расходится при любом

$z$ , для которого

$\left|z\right|>\left|z_{0}\right|$ .

Спойлер

Докажем от противного. Пусть ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}_0$ расходится, а ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится. В этом случае, по теореме Абеля, сходится и ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z_{0}^{n}$ . Пришли к противоречию.

[свернуть]

Следствие 2

Если степенной ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится в точке $z_{0}\neq0$ , то в замкнутом круге $K_1=\left\{z:\left|z\right|\leq \vartheta\right\}$ , где $\vartheta<\left|z_{0}\right|$ этот ряд сходится абсолютно и равномерно.

Спойлер

Если $z \in K_1$ , то $\left|a_{n}z^{n}\right|=$ $\left|a_{n}z^{n}\right|\cdot \left|\frac{z_{0}^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$ $\left|a_{n}z_{0}^{n}\cdot\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$ $\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|\cdot\left|\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|\leq M\cdot {\left(\frac{\vartheta}{z_{0}}\right)}^{n},$ так как известно, что: $\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|<M$ , а $\left|z\right|<\vartheta.$

Положим, $p=\frac{\vartheta}{z_{0}}$ , причем $0\leq p<1$ .

Ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}Mp^{n}$ сходится. Следовательно, по признаку Вейерштрасса ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится абсолютно и равномерно в круге $K_{1}$ .

[свернуть]

Литература

Лысенко З.М. Конспекты лекций.
Л.Д. Кудрявцев. Курс математического анализа, том 2. стр 101-102.
Тер-Крикоров А.М. и Шабунин М.И. «Курс математического анализа»: Учеб. пособие для вузов. 3-е издание, 2001 г. стр 425-427
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу, часть 2. стр 53-54

Теорема Абеля

Тест на закрепление вышеизложенного материала.

Задание 1 из 2

1.
Продолжите следствие из теоремы Абеля.
Если степенной ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится в точке $z_{0}\neq0$ , то в замкнутом круге $K_1=\left\{z:\left|z\right|\leq \vartheta\right\}$ , где $\vartheta<\left|z_{0}\right|$ этот ряд $\ldots$
- сходится абсолютно
- сходится абсолютно и равномерно
- сходится равномерно
- сходится условно
- расходится
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 2

2.
Согласно следствию из теоремы Абеля, если степенной ряд вида $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ расходится при $z=z_{0}\neq0$ , то при любом $z$ , для которого $\left | z \right | > \left | z_{0} \right |$ , исходный ряд $\ldots$
Правильно

Неправильно

Таблица лучших: Теорема Абеля

максимум из 2 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

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 $|x|>R$ .

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

Задание 1 из 3

1.
Разложить в степенной ряд $\int_{0}^{x}\frac{\ln(1+t)}{t}dt$
- $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n^2}$
- $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n^2}$
- $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n}$
- $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$
Правильно

Неправильно

Задание 2 из 3

Установите соответствие между функцией и ее разложением в степенной ряд

Элементы сортировки

$1-x+x^2-x^3+\ldots$
$1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\ldots+(-1)^n\frac{x^{2n}}{2n!}$
$\frac{x}{1!}-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\ldots+(-1)^n\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}$
$-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\ldots$

$\frac{1}{(1+x)}$

$\cos x$

$\sin x$

$\ln(1-x)$

Задание 3 из 3

3.
Заполните пропуски
- ряд внутри его промежутка сходимости можно почленно . Полученный в результате почленного интегрирования имеет радиус сходимости что и исходный ряд.
Правильно

Неправильно

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

Задание 1 из 2

1.
Выбрать правильные утверждения
- Общий вид степенного ряда имеет вид $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n{x}^n}$
- Ряд полученный n-кратным почленным дифференцированием и исходный ряд имеют одинаковый радиус сходимости
- Степенной ряд внутри его промежутка сходимости можно дифференцировать почленно сколько угодно раз
- Если функция определена на отрезке, то функцию можно почленно дифференцировать
- Внутри общей части интервалов сходимости двух степенных рядов с одним и тем же центром сходимости ряды можно почленно складывать и перемножать
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 2

2.
Поставте выражения в следующем порядке (сверху вниз): функция -> степенной ряд -> ряд полученный почленным дифференцированием функции
- $\frac{e^x-e^{-x}}{2}$
- $x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\ldots+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\ldots$
- $1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\ldots+\frac{x^{2n}}{2n!}+\ldots$
Правильно

Неправильно

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Теорема о вычислении радиуса сходимости степенного ряда

Доказательство:

Условие:

Решение:

Условие:

Решение:

Замечание

Теорема

Доказательство

Список использованной литературы:

Вычисление радиуса сходимости, формула Коши-Адамара

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Элементы сортировки

Таблица лучших: Вычисление радиуса сходимости, формула Коши-Адамара

Определение

Сходимость ряда Тейлора к функции

Литература

Коэффициенты Тейлора

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Элементы сортировки

Таблица лучших: Коэффициенты Тейлора

Теорема

Доказательство

Следствие 1

Следствие 2

Литература

Теорема Абеля

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Таблица лучших: Теорема Абеля

Часть первая: Почленное интегрирование степенного ряда

Замечание

Теорема

Доказательство

Пример

Навигация (только номера заданий)

Информация

Почленное интегрирование степенного ряда

Результаты

Рубрики

1.

Разложить в степенной ряд ∫x0ln(1+t)tdt\int_{0}^{x}\frac{\ln(1+t)}{t}dt

2.

Элементы сортировки

3.

Часть вторая: Почленное дифференцирование степенного ряда

Теорема

Доказательство

Замечание

Пример

Список литературы

Навигация (только номера заданий)

Информация

Почленное дифференцирование степенного ряда

Результаты

Рубрики

1.

2.

Разложить в степенной ряд $\int_{0}^{x}\frac{\ln(1+t)}{t}dt$