Степенные ряды - История изменений

СВ: /* 4. Примеры использования степенных рядов. */

2026-10-11T15:22:15Z

4. Примеры использования степенных рядов.

← Предыдущая		Версия 15:22, 11 октября 2026
Строка 285:		Строка 285:
	$\int_0^x S(x) dx=x+x^2+x^3+\ldots=\frac{x}{1-x}$ по формуле суммы бесконечной геометрической прогрессии. Дифференцируя это выражение, найдем		$\int_0^x S(x) dx=x+x^2+x^3+\ldots=\frac{x}{1-x}$ по формуле суммы бесконечной геометрической прогрессии. Дифференцируя это выражение, найдем
	$S(x)=\left(\frac{x}{1-x}\right)'=\frac1{(1-x)^2}$.		$S(x)=\left(\frac{x}{1-x}\right)'=\frac1{(1-x)^2}$.
	Это формула верна при $\|x\| \lt 1$. На границе интервала сходимости в точках $x=-1$ и $x=1$ заданный ряд расходится.		Это формула верна при <math>\|x\| \lt 1</math>. На границе интервала сходимости в точках $x=-1$ и $x=1$ заданный ряд расходится.
	}}		}}
	{{Пример		{{Пример
	\|content=Найти сумму ряда $S(x)=x+\frac12x^2+\frac13x^3+\ldots$.		\|content=Найти сумму ряда $S(x)=x+\frac12x^2+\frac13x^3+\ldots$.
	Радиус сходимости этого степенного ряда равен $1$ (см. формулы Коши или Даламбера). Продифференцируем этот ряд при $\|x\| \lt 1$. Получим		Радиус сходимости этого степенного ряда равен $1$ (см. формулы Коши или Даламбера). Продифференцируем этот ряд при <math>\|x\| \lt 1</math>. Получим
	$S'(x)=1+x+x^2+\ldots=\frac{1}{1-x}$.		$S'(x)=1+x+x^2+\ldots=\frac{1}{1-x}$.
	Проинтегрируем это выражение на промежутке $[0,1]$:		Проинтегрируем это выражение на промежутке $[0,1]$:
Строка 334:		Строка 334:
	}}		}}
	{{Пример		{{Пример
	\|content=Найти функцию $y(x)$, удовлетворяющую дифференциальному уравнению $y''+xy'+y=0$ и начальным условиям $y(0)=0$, $y'(0)=1$.		\|content=Найти функцию $y(x)$, удовлетворяющую дифференциальному уравнению $y' '+xy'+y=0$ и начальным условиям $y(0)=0$, $y'(0)=1$.

	Будем функцию искать в виде степенного ряда $y(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k$.		Будем функцию искать в виде степенного ряда $y(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k$.

СВ: /* 3. Исследование равномерной сходимости степенного ряда. */

2026-10-11T15:20:52Z

3. Исследование равномерной сходимости степенного ряда.

← Предыдущая		Версия 15:20, 11 октября 2026
Строка 200:		Строка 200:
	{{Теорема		{{Теорема
	\|statement=Пусть $R \gt 0$ {{---}} радиус сходимости ряда (2). Тогда при любом $r\in(0,R)$ ряд (2) будет равномерно сходиться на промежутке $[-r,r]$.		\|statement=Пусть $R \gt 0$ {{---}} радиус сходимости ряда (2). Тогда при любом $r\in(0,R)$ ряд (2) будет равномерно сходиться на промежутке $[-r,r]$.
	\|proof=Имеем $\|a_kx^k\|\leq \|a_k\|r^k$ при всех $x\in[-r,r]$. Числовой ряд $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\|a_k\|r^k$ сходится (поскольку внутри интервала сходимости ряд (2) сходится абсолютно). Тогда ряд ряд (2) будет равномерно сходиться на промежутке $[-r,r]$ по признаку Вейерштрасса. Теорема доказана.		\|proof=Имеем <math>\|a_kx^k\|\leq \|a_k\|r^k</math> при всех $x\in[-r,r]$. Числовой ряд <math>\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\|a_k\|r^k</math> сходится (поскольку внутри интервала сходимости ряд (2) сходится абсолютно). Тогда ряд ряд (2) будет равномерно сходиться на промежутке $[-r,r]$ по признаку Вейерштрасса. Теорема доказана.
	}}		}}

СВ: /* 2. Ряд Тейлора. */

2026-10-11T15:20:09Z

2. Ряд Тейлора.

← Предыдущая		Версия 15:20, 11 октября 2026
Строка 129:		Строка 129:
	}}		}}
	{{Пример		{{Пример
	\|num=3		\|num=4
	\|content=Рассмотрим следующие разложения простейших функций в ряд Тейлора в точке $x_0=0$:		\|content=Рассмотрим следующие разложения простейших функций в ряд Тейлора в точке $x_0=0$:
	<math>		<math>
Строка 146:		Строка 146:

	{{Пример		{{Пример
	\|num=4		\|num=5
	\|content=Разложим в степенной ряд логарифмическую функцию:		\|content=Разложим в степенной ряд логарифмическую функцию:
	<math>		<math>
Строка 167:		Строка 167:
	}}		}}
	{{Пример		{{Пример
	\|num=5		\|num=6
	\|content=Рассмотрим теперь степенную функцию		\|content=Рассмотрим теперь степенную функцию
	<math>		<math>
Строка 182:		Строка 182:

	{{Пример		{{Пример
	\|num=6		\|num=7
	\|content=Разложим в степенной ряд функцию		\|content=Разложим в степенной ряд функцию
	<math>		<math>

СВ: /* 1. Исследование сходимости степенного ряда */

2026-10-11T15:19:40Z

1. Исследование сходимости степенного ряда

← Предыдущая		Версия 15:19, 11 октября 2026
Строка 23:		Строка 23:

	Выберем произвольное $x$, <math>\|x\| \lt \|\bar x\|</math>. Тогда		Выберем произвольное $x$, <math>\|x\| \lt \|\bar x\|</math>. Тогда

			<math>
	\begin{equation}\tag{3}		\begin{equation}\tag{3}
	\sum_{k=0}^{+\infty}\|a_kx^k\|=\sum_{k=0}^{+\infty}\|a_k\bar x^k\|\left\|\frac{x}{\bar x}\right\|^k\leq M\sum_{k=0}^{+\infty}\left\|\frac{x}{\bar x}\right\|^k.		\sum_{k=0}^{+\infty}\|a_kx^k\|=\sum_{k=0}^{+\infty}\|a_k\bar x^k\|\left\|\frac{x}{\bar x}\right\|^k\leq M\sum_{k=0}^{+\infty}\left\|\frac{x}{\bar x}\right\|^k.
	\end{equation}		\end{equation}
			</math>

	Ряд в правой части неравенства (3) сходится (геометрическая прогрессия со знаменателем, меньшим 1), а значит, и ряд $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}a_kx^k$ будет сходиться, причем абсолютно, по первому признаку сравнения рядов.		Ряд в правой части неравенства (3) сходится (геометрическая прогрессия со знаменателем, меньшим 1), а значит, и ряд $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}a_kx^k$ будет сходиться, причем абсолютно, по первому признаку сравнения рядов.

Строка 75:		Строка 79:
	}}		}}
	{{Пример		{{Пример
	\|num=2		\|num=3
	\|content=Рассмотрим степенной ряд $\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k x^k}{k}$. Здесь $a_k=\frac{(-1)^k}{k}$.		\|content=Рассмотрим степенной ряд $\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k x^k}{k}$. Здесь $a_k=\frac{(-1)^k}{k}$.

	По формуле (4) вычислим <math>R=\frac1{\lim\limits_{k\to+\infty}\sqrt[k]{\|(-1)^k/k\|}}=1</math>.		По формуле (4) вычислим <math>R=\frac1{\lim\limits_{k\to+\infty}\sqrt[k]{\|(-1)^k/k\|}}=1</math>.
	Значит, ряд абсолютно сходится при $\|x\| \lt 1$ и расходится при $\|x\| \gt 1$. Дополнительно исследуем поведение ряда на границе интервала сходимости.		Значит, ряд абсолютно сходится при <math>\|x\| \lt 1</math> и расходится при <math>\|x\| \gt 1</math>. Дополнительно исследуем поведение ряда на границе интервала сходимости.
	В точке $x=-1$ ряд принимает вид гармонического ряда $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k}$; он расходится. В точке $x=1$ имеем		В точке $x=-1$ ряд принимает вид гармонического ряда $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k}$; он расходится. В точке $x=1$ имеем
	$\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k}$; этот ряд сходится неабсолютно по признаку Лейбница.		$\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k}$; этот ряд сходится неабсолютно по признаку Лейбница.

СВ: Новая страница: «Рассмотрим конкретный пример функционального ряда, наиболее часто используемый в разли...»

2026-10-11T15:16:38Z

Новая страница: «Рассмотрим конкретный пример функционального ряда, наиболее часто используемый в разли...»

Новая страница

Рассмотрим конкретный пример функционального ряда, наиболее часто используемый в различных практических задачах.

Функциональный ряд
\begin{equation}\tag{1}
\sum_{k=0}^{+\infty}a_k(y-y_0)^k=a_0+a_1(y-y_0)+a_2(y-y_0)^2+\ldots
\end{equation}
называется степенным рядом. Здесь $y_0,a_0,a_1,\ldots$ {{---}} заданные постоянные, $y$ {{---}} переменная.

Сделаем замену переменной $x=y-y_0$. Тогда ряд (1) примет вид
\begin{equation}\tag{2}
\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k=a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots.
\end{equation}
Далее без потери общности будем рассматривать ряд (2).

== 1. Исследование сходимости степенного ряда ==

{{Теорема
|about=Теорема Абеля
|statement=1) Если ряд (2) сходится в точке $\bar x$, то он будет сходиться и в любой точке $x$, такой что <math>|x| \lt |\bar x|</math>.<br />
2) Если ряд (2) расходится в точке $\bar x$, то он будет расходиться и в любой точке $x$, такой что <math>|x| \gt |\bar x|</math>.
|proof=1) Пусть ряд (2) сходится в точке $\bar x$. Тогда $a_k\bar x^k\to0$ при $k\to+\infty$ (необходимое условие сходимости ряда). Значит, последовательность
$\{a_k\bar x^k\}$ {{---}} ограничена, т.е. найдется $M\geq0$, такое что <math>|a_k\bar x^k|\leq M</math> при $k=0,1,\ldots$.

Выберем произвольное $x$, <math>|x| \lt |\bar x|</math>. Тогда
\begin{equation}\tag{3}
\sum_{k=0}^{+\infty}|a_kx^k|=\sum_{k=0}^{+\infty}|a_k\bar x^k|\left|\frac{x}{\bar x}\right|^k\leq M\sum_{k=0}^{+\infty}\left|\frac{x}{\bar x}\right|^k.
\end{equation}
Ряд в правой части неравенства (3) сходится (геометрическая прогрессия со знаменателем, меньшим 1), а значит, и ряд $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}a_kx^k$ будет сходиться, причем абсолютно, по первому признаку сравнения рядов.

2) Пусть ряд (2) расходится в точке $\bar x$. Выберем произвольное $x$, <math>|x| \gt |\bar x|</math>. Предположим (от противного), что ряд (2) сходится в точке $x$.
Но тогда по уже доказанной первой части теоремы ряд (2) должен сходиться и в точке $\bar x$. Получаем противоречие. Следовательно, ряд (2) расходится в точке $x$. Теорема доказана.
}}
{{Следствие
|statement=Существует такое $R$, $0\leq R\leq+\infty$, что ряд (2) абсолютно сходится при <math>|x| \lt R</math> и расходится при <math>|x| \gt R</math>.
}}

Число $R$ называется радиусом сходимости степенного ряда (2). Если $R=0$, то ряд (2) будет сходиться только при $x=0$, а в остальных точках {{---}} расходиться.
Если $R=+\infty$, то ряд (2) будет абсолютно сходиться на всей вещественной оси.
Если $0 \lt R \lt +\infty$, то областью сходимости, причем абсолютной, ряда (2) будет являться интервал $(-R,R)$.
Отметим, что в граничных точках $x=-R$ и $x=R$ ряд (2) может оказаться как сходящимся, так и расходящимся,
а сходимость там может быть как абсолютная, так и условная. Ситуация со сходимостью на левом конце ($x=-R$) интервала сходимости и на правом ($x=R$) {{---}}
может быть разная, т.е. эти две точки надо дополнительно исследовать по отдельности.

Для нахождения радиуса сходимости ряда (2) можно использовать признаки сходимости Коши и Даламбера.

Применим признак Коши:
<math>\lim\limits_{k\to+\infty}\sqrt[k]{|a_kx^k|}=|x| \lim\limits_{k\to+\infty}\sqrt[k]{|a_k|}</math>.
Предположим, что данный предел существует. Тогда если он меньше $1$, то ряд (2) абсолютно сходится. Если он больше $1$, то абсолютной сходимости не будет.
Значит,
\begin{equation}\tag{4}
R=\frac1{\lim\limits_{k\to+\infty}\sqrt[k]{|a_k|}}.
\end{equation}

Отметим, что если предела в формуле (4) не существует, то вместо него можно использовать верхний предел (см. признак Коши).

Аналогично, применяя признак Даламбера, получим
\begin{equation}\tag{5}
R=\frac1{\lim\limits_{k\to+\infty}\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right|},
\end{equation}
если этот предел существует.

{{Пример
|num=1
|content=Рассмотрим степенной ряд $\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{x^k}{k!}$. Здесь $a_k=\frac1{k!}$.

По формуле (5) находим <math>R=\frac1{\lim\limits_{k\to+\infty}\frac{1/(k+1)!}{1/k!}}=\frac1{\lim\limits_{k\to+\infty}\frac1{k+1}}=+\infty</math>.
Значит, ряд абсолютно сходится при всех $x\in(-\infty,+\infty)$.
}}
{{Пример
|num=2
|content=Рассмотрим степенной ряд $\sum_{k=0}^{+\infty}k! x^k$. Здесь $a_k=k!$.

По формуле (5) имеем <math>R=\frac1{\lim\limits_{k\to+\infty}\frac{(k+1)!}{k!}}=\frac1{\lim\limits_{k\to+\infty}(k+1)}=0</math>.
Значит, ряд сходится только при $x=0$ и расходится при любом $x\not=0$.
}}
{{Пример
|num=2
|content=Рассмотрим степенной ряд $\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k x^k}{k}$. Здесь $a_k=\frac{(-1)^k}{k}$.

По формуле (4) вычислим <math>R=\frac1{\lim\limits_{k\to+\infty}\sqrt[k]{|(-1)^k/k|}}=1</math>.
Значит, ряд абсолютно сходится при $|x| \lt 1$ и расходится при $|x| \gt 1$. Дополнительно исследуем поведение ряда на границе интервала сходимости.
В точке $x=-1$ ряд принимает вид гармонического ряда $\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k}$; он расходится. В точке $x=1$ имеем
$\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k}$; этот ряд сходится неабсолютно по признаку Лейбница.
}}

== 2. Ряд Тейлора. ==

Пусть функция $f(x)$ определена и имеет производные любого порядка в окрестности точки $x_0=0$. Тогда для любого натурального значения $n$ будет справедлива формула Тейлора {{---}} Маклорена:
\begin{equation}\tag{6}
f(x)=f(0)+\frac1{1!}f'(0)x+\frac1{2!}f''(0)x^2+\ldots+\frac1{n!}f^{(n)}(0)x^{n}+R_n(x),
\end{equation}
где $R_n(x)$ {{---}} остаточный член, который можно, например, оценить с использованием форм Пеано, Лагранжа, Коши или интегральной формы.

Формальный переход к пределу при $n\to+\infty$ в формуле (6) приведет к разложению функции $f(x)$ в степенной ряд в окрестности точки $x_0=0$:
\begin{equation}\tag{7}
f(x)=f(0)+\frac1{1!}f'(0)x+\frac1{2!}f''(0)x^2+\ldots=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac1{k!}f^{(k)}(0)x^k.
\end{equation}
Ряд (7) называется степенным рядом Тейлора. Это ряд вида (2). Здесь $a_k=\frac1{k!}f^{(k)}(0)$. Если к функции $f(x)$ применить формулу Тейлора в окрестности
какой-то другой точки $x_0\not=0$, то придем к степенному ряду более общего вида (1). Однако, как уже было отмечено, заменой переменных все можно свести к рассматриваемому частному случаю.

Функция $S_n(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac1{k!}f^{(k)}(0)x^k$ представляет собой частичную сумму ряда (7), а $R_n(x)$ его остаток.

Для того чтобы переход от конечной формулы Тейлора (6) к степенному ряду Тейлора (7) был корректен, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись условия:

1) ряд (7) должен сходиться в некоторой окрестности точки $x_0=0$;

2) в указанной окрестности должно выполняться условие $R_n(x)\to0$ при $n\to+\infty$.

{{Лемма
|statement=Пусть существует $H \gt 0$ такое, что функциональная последовательность $\{f^{(k)}(x)\}$ равномерно ограничена на промежутке $[-H,H]$.
Тогда разложение (7) будет справедливо для любого $x\in[-H,H]$.
|proof=Из равномерной ограниченности последовательности $\{f^{(k)}(x)\}$ на промежутке $[-H,H]$ вытекает существование постоянной $L\geq0$ такой, что
$|f^{(k)}(x)|\leq L$ при всех $k=0,1,\ldots$, $x\in[-H,H]$.

Сходимость ряда (7) на промежутке $[-H,H]$ следует из первого признака сравнения: $\sum_{k=0}^{+\infty}\left|\frac1{k!}f^{(k)}(0)x^k\right|\leq L\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{H^k}{k!}$.
Сходимость последнего ряда может быть установлена по признаку Даламбера.

Выпишем остаточный член в формуле Тейлора в форме Лагранжа. Получим
<math>
|R_n(x)|\leq\frac1{(n+1)!}|f^{(n+1)}(\theta x)| |x|^{n+1}\leq \frac{LH^{n+1}}{(n+1)!}\to0\quad\hbox{при}\quad n\to+\infty.
</math>
Здесь $\theta\in(0,1)$.

Значит, указанные выше условия 1), 2) выполнены. Лемма доказана.
}}
{{Пример
|num=3
|content=Рассмотрим следующие разложения простейших функций в ряд Тейлора в точке $x_0=0$:
<math>
e^x=1+\frac1{1!}x+\frac1{2!}x^2+\ldots+\frac1{n!}x^n+\ldots,
</math>
<math>
\sin x=x-\frac1{3!}x^3+\frac1{5!}x^5-\ldots+(-1)^{n-1}\frac1{(2n-1)!}x^{2n-1}+\ldots,
</math>
<math>
\cos x=1-\frac1{2!}x^2+\frac1{4!}x^4-\ldots+(-1)^{n}\frac1{(2n)!}x^{2n}+\ldots.
</math>
К данным разложениям можно применить Лемму, причем в качестве $H$ можно взять любую положительную постоянную. Значит, полученные формулы справедливы для любого $x\in(-\infty,+\infty)$.
}}

Если требования Леммы не выполнены, то проверять условия 1), 2) надо непосредственно для исследуемой функции.

{{Пример
|num=4
|content=Разложим в степенной ряд логарифмическую функцию:
<math>
\ln(1+x)=x-\frac12x^2+\frac13x^3-\ldots+(-1)^{n-1}\frac1nx^n+\ldots.
</math>
Здесь $x \gt -1$. Применяя формулу Даламбера (5), находим, что радиус сходимости этого степенного ряда равен $1$. Значит, этот ряд абсолютно сходится при $|x| \lt 1$.
Исследуем границы интервала сходимости. Точка $x=-1$ не входит в область определения функции, да и получаемый в этой точке степенной ряд {{---}} это расходящийся гармонический ряд.
В точке $x=1$ ряд сходится неабсолютно по признаку Лейбница.

Выпишем остаточный член формулы Тейлора для рассматриваемой логарифмической функции в форме Лагранжа:
$R_n(x)=\frac{(-1)^n x^{n+1}}{(n+1)(1+\theta x)^{n+1}}$,
где $\theta\in(0,1)$. Если $x\in[0,1]$, то $|R_n(x)|\leq\frac1{n+1}\to0$ при $n\to+\infty$.

Выпишем теперь остаточный член формулы Тейлора в форме Коши:
$R_n(x)=\frac{(-1)^n x^{n+1}(1-\tilde\theta)^n}{(1+\tilde\theta x)^{n+1}}$, где $\tilde\theta\in(0,1)$. Если $x\in(-1,0)$, то
$|R_n(x)|\leq\frac{|x|^{n+1}}{1-|x|}\left(\frac{1-\tilde\theta}{1+\tilde\theta x}\right)^n$.
Поскольку $1+\tilde\theta x>1-\tilde\theta$, то $|R_n(x)|\to0$ при $n\to+\infty$.

Таким образом, формула справедлива (условия 1) и 2) выполнены) для всех $x\in(-1,1]$.
}}
{{Пример
|num=5
|content=Рассмотрим теперь степенную функцию
<math>
(1+x)^m=1+mx+\frac{m(m-1)}{1\cdot 2}x^2+\ldots+\frac{m(m-1)\ldots(m-n+1)}{1\cdot 2\cdot\ldots\cdot n}x^n+\ldots.
</math>
Здесь мы полагали, что $m$ не является неотрицательной целой величиной (иначе, согласно биному Ньютона, разложение выродится в конечную сумму).
Степенной ряд (12) называется биномиальным рядом. Его радиус сходимости равен $1$. В точке $x=-1$ ряд абсолютно сходится, если $m \gt 0$, и расходится, если $m \lt 0$.
В точке $x=1$ ряд абсолютно сходится, если $m \gt 0$, условно сходится, если $0 \gt m \gt -1$, и расходится, если $m\leq-1$. Выписывая остаточный член формулы Тейлора для рассматриваемой функции
в форме Лагранжа и Коши, нетрудно доказать, что во всех случаях, когда ряд сходится, имеет место условие $R_n(x)\to0$ при $n\to+\infty$.
}}

В рассмотренных примерах во всех случаях, когда выполнялось условие 1) (сходимость ряда), выполнялось и условие 2) (стремление остаточного члена формулы Тейлора к нулю).
В общем случае этого может и не быть (ряд может сходиться, но не к той функции, к которой надо). Поэтому условие 2) нуждается в отдельной проверке.

{{Пример
|num=6
|content=Разложим в степенной ряд функцию
<math>
f(x)=\left\{\begin{array}{rcl}
e^{-1/x^2},\quad\hbox{при } x\not=0,\\
0, \quad\hbox{при } x=0.
\end{array}\right.
</math>
Непосредственно по определению можно убедиться, что данная функция дифференцируема бесконечное число раз в точке $0$, и $f^{(i)}(0)=0$, $i=0,1,\ldots$.
Тогда ряд Тейлора будет состоять только из нулевых слагаемых: $0+0x+0x^2+\ldots$. Такой ряд сходится в любой точке $x$, но при $x\not=0$ его сумма не совпадает с $f(x)$ (условие 2) не выполнено).
}}

== 3. Исследование равномерной сходимости степенного ряда. ==

Степенной ряд {{---}} это функциональный ряд, а значит, можно поставить вопрос о его равномерной сходимости в некоторой области.

{{Теорема
|statement=Пусть $R \gt 0$ {{---}} радиус сходимости ряда (2). Тогда при любом $r\in(0,R)$ ряд (2) будет равномерно сходиться на промежутке $[-r,r]$.
|proof=Имеем $|a_kx^k|\leq |a_k|r^k$ при всех $x\in[-r,r]$. Числовой ряд $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}|a_k|r^k$ сходится (поскольку внутри интервала сходимости ряд (2) сходится абсолютно). Тогда ряд ряд (2) будет равномерно сходиться на промежутке $[-r,r]$ по признаку Вейерштрасса. Теорема доказана.
}}

Данная теорема утверждает, что если от границы интервала сходимости отступить, хоть на немного, то в оставшейся части интервала сходимость степенного ряда обязательно будет равномерной.

Обозначим сумму ряда (2) через $f(x)$, т.е.
<math>
f(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k.
</math>

{{Следствие
|statement=Пусть $R \gt 0$ {{---}} радиус сходимости ряда (2). Тогда функция $f(x)$ непрерывна на интервале $(-R,R)$.
|proof=Выберем произвольное $x\in(-R,R)$. Тогда можно найти такое $r$, что $-R \lt -r\leq x\leq r \lt R$. Согласно предыдущей теореме, ряд (2) равномерно сходится
на промежутке $[-r,r]$. Слагаемые этого ряда непрерывны на этом промежутке. Тогда по теореме о непрерывности суммы функционального ряда (см. ранее) получаем, что $f(x)$ будет непрерывной в выбранной точке $x$, а значит, и на всем интервале $(-R,R)$. Следствие доказано.
}}
Отметим, что на всем интервале $(-R,R)$ (т.е. если отступ от границы не делать) сходимость ряда (2) может оказаться неравномерной, и функция $f(x)$ в граничных точках $x=-R$ и $x=R$ может терпеть разрыв. Рассмотрим при каких условиях это будет так. Ситуацию в каждой из граничных точек $x=-R$ и $x=R$ надо исследовать по отдельности. Будем для определенности считать, что $x\in[0,R)$ (т.е. рассмотрим ситуацию с правой граничной точкой, с левой {{---}} все аналогично).

{{Теорема
|statement=Пусть $R \gt 0$ {{---}} радиус сходимости ряда (2). Тогда для того чтобы ряд (2) сходился равномерно на интервале $[0,R)$ необходимо и достаточно, чтобы этот ряд сходился (хотя бы условно) в точке $x=R$.
|proof=''Необходимость.'' Пусть ряд (2) сходится равномерно на интервале $[0,R)$. Тогда по теореме о предельном переходе для функциональных рядов (см. ранее) получаем
после предельного перехода
<math>
\lim_{x\to R-0}\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k=\sum_{k=0}^{+\infty}a_kR^k
</math>
сходящийся ряд.

''Достаточность.'' Пусть ряд (2) сходится в точке $x=R$, хотя бы условно. Тогда ряд
<math>
\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k=\sum_{k=0}^{+\infty}a_kR^k\left(\frac{x}{R}\right)^k
</math>
будет сходиться равномерно на интервале $[0,R)$ по признаку Абеля. В самом деле, ряд
$\sum\limits_{k=0}^{+\infty}a_kR^k$ сходится (причем это числовой ряд, поэтому сходимость автоматически получается равномерной относительно $x$), а последовательность
$(x/R)^k$ монотонно убывает по $k$ при любом $x\in[0,R)$, и она равномерно ограничена (константой $1$) на интервале $[0,R)$. Теорема доказана.
}}
{{Следствие
|statement=Пусть $R \gt 0$ {{---}} радиус сходимости ряда (2), и ряд сходится в точке $x=R$. Тогда функция $f(x)$ будет непрерывна слева в этой точке.
}}

{{Теорема
|statement=Пусть $R \gt 0$ {{---}} радиус сходимости ряда (2). Тогда внутри интервала $(-R,R)$ этот ряд допускает почленное интегрирование и дифференцирование, т.е.
<math>
\int_0^xf(x) dx=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{a_k}{k+1}x^{k+1}, \tag{13}
</math>
<math>
f'(x)=\sum_{k=1}^{+\infty}a_k k x^{k-1}. \tag{14}
</math>
|proof=Выберем произвольное $x\in(-R,R)$. Тогда можно найти такое $r$, что $-R \lt -r\leq x\leq r \lt R$. Ряд (2) равномерно сходится
на промежутке $[-r,r]$. Слагаемые этого ряда интегрируемы и дифференцируемы на этом промежутке. Ряд (14) также равномерно сходится на промежутке $[-r,r]$.
Тогда получаем требуемое по теоремам об интегральном и дифференциальном переходах для функциональных рядов (см. ранее). Теорема доказана.

Заметим, что радиусы сходимости рядов (13) и (14) также равны $R$ (это легко проверить по формулам (4) или (5)). Т.е. степенные ряды можно почленно интегрировать и дифференцировать внутри интервала сходимости
любое число раз. При этом радиус сходимости получаемых рядов меняться не будет.

Тогда
<math>
f(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^{k},\quad f'(x)=\sum_{k=1}^{+\infty}a_k k x^{k-1},\quad f''(x)=\sum_{k=2}^{+\infty}a_k k(k-1) x^{k-2},\quad\ldots.
</math>
Отсюда имеем
<math>
f(0)=a_0,\quad f'(0)=a_1,\quad f''(0)=2a_2,\quad\ldots,
</math>
т.е. $a_k=\frac1{k!}f^{(k)}(0)$, $k=0,1,\ldots$. Значит,
<math>
f(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac1{k!}f^{(k)}(0)x^k,
</math>
а это ряд Тейлора {{---}} Маклорена. Таким образом, доказали, что если функция $f(x)$ представима в виде степенного ряда, то это может быть только ряд Тейлора и никакой другой.
Если имеет место разложение функции в степенной ряд, то оно определяется однозначно.
}}
{{Определение
|definition=
Если функция представима в виде степенного ряда Тейлора в некоторой точке, то она называется аналитической функцией в данной точке.
}}

Функция $f(x)=1/x$ в точке $0$ не определена и не дифференцируема. Значит разложение ее в ряд Тейлора невозможно в этой точке, т.е. она не аналитическая там.
Во всех остальных точках она аналитическая.

== 4. Примеры использования степенных рядов. ==

Степенные ряды активно используются в самых разных областях математики. Рассмотрим некоторые самые простейшие примеры.

{{Пример
|content=Найти сумму ряда $S(x)=1+2x+3x^2+\ldots$.
Радиус сходимости этого степенного ряда равен $1$ (см. формулы Коши или Даламбера). Проинтегрируем ряд на промежутке $[0,x]$, где $0 \lt x \lt 1$. Получим
$\int_0^x S(x) dx=x+x^2+x^3+\ldots=\frac{x}{1-x}$ по формуле суммы бесконечной геометрической прогрессии. Дифференцируя это выражение, найдем
$S(x)=\left(\frac{x}{1-x}\right)'=\frac1{(1-x)^2}$.
Это формула верна при $|x| \lt 1$. На границе интервала сходимости в точках $x=-1$ и $x=1$ заданный ряд расходится.
}}
{{Пример
|content=Найти сумму ряда $S(x)=x+\frac12x^2+\frac13x^3+\ldots$.
Радиус сходимости этого степенного ряда равен $1$ (см. формулы Коши или Даламбера). Продифференцируем этот ряд при $|x| \lt 1$. Получим
$S'(x)=1+x+x^2+\ldots=\frac{1}{1-x}$.
Проинтегрируем это выражение на промежутке $[0,1]$:
$S(x)-S(0)=\int_0^x\frac{1}{1-x} dx=-\ln(1-x)$.
Поскольку $S(0)=0$, то $S(x)=-\ln(1-x)$.

Эта формула остается верной и на левой границе $x=-1$ интервала сходимости, откуда, в частности, имеем $1-\frac12+\frac13-\ldots=\ln2$.
}}
{{Пример
|content=Найти сумму числового ряда
$\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{3k+1}$.
Имеем
<math>
\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{3k+1}=\sum_{k=0}^{+\infty}\lim_{x\to1-0}\frac{(-1)^k}{3k+1}x^{3k+1}=\lim_{x\to1-0}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{3k+1}x^{3k+1}=
</math>
<math>
\lim_{x\to1-0}\sum_{k=0}^{+\infty}\int_0^x(-1)^kx^{3k}=\lim_{x\to1-0}\int_0^x\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^kx^{3k}=(\hbox{\rm Тейлор})=
</math>
<math>
=\lim_{x\to1-0}\int_0^x\frac{dx}{1+x^3}=\lim_{x\to1-0}\left(\frac16\ln\frac{(x+1)^2}{x^2-x+1}+\frac1{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x-1}{\sqrt{3}}+\frac{\pi}{6\sqrt{3}}\right)=
</math>
<math>
=\frac13\ln2+\frac{\pi}{3\sqrt{3}}.
</math>
Здесь применялись теоремы о предельном переходе и об интегральном переходе для функциональных рядов. Все операции проводились в пределах интервала сходимости используемых степенных рядов.
}}
{{Пример
|content=Вычислить приближенно определенный интеграл $\int_0^1\frac{\sin x}{x} dx$.
Интеграл неберущийся. Разложим подинтегральную функцию в степенной ряд. С учетом формулы (9) имеем
<math>
\int_0^1\frac{\sin x}{x} dx=\int_0^1\left(1-\frac1{3!}x^2+\frac1{5!}x^4-\ldots\right)dx=
</math>
<math>
=\left(x-\frac1{3\cdot 3!}x^3+\frac1{5\cdot 5!}x^5-\ldots\right)\Big|_0^1 = 1-\frac1{3\cdot 3!}+\frac1{5\cdot 5!}-\ldots\approx0.946.
</math>
Поскольку радиус сходимости ряда (9) равен $+\infty$, все операции законны.
}}
{{Пример
|content=Вычислить интеграл с переменным верхним пределом $\int_0^x\frac{1}{1+x} dx$.
Это берущийся интеграл: $ \int_0^x\frac{1}{1+x} dx=\ln(x+1)$.
Используя биномиальный ряд (12), получим
$\ln(x+1)=\int_0^x\frac{1}{1+x} dx=\int_0^x\left(1-x+x^2-\ldots\right)dx=x-\frac12x^2+\frac13x^3-\ldots$.
С учетом области сходимости используемого степенного ряда эти выкладки справедливы только для $x\in(-1,1]$.
}}
{{Пример
|content=Найти функцию $y(x)$, удовлетворяющую дифференциальному уравнению $y''+xy'+y=0$ и начальным условиям $y(0)=0$, $y'(0)=1$.

Будем функцию искать в виде степенного ряда $y(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k$.
Подставим этот ряд в уравнение, получим тождество
<math>
\sum_{k=2}^{+\infty}a_k k(k-1) x^{k-2}+x \sum_{k=1}^{+\infty}a_k k x^{k-1}+\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k=
</math>
<math>
=\sum_{k=0}^{+\infty}\left(a_{k+2}(k+2)(k+1)+a_{k}k+a_k\right)x^k\equiv0.
</math>
Приравнивая все коэффициенты полученного степенного ряда к нулю, получим систему для нахождения значений $a_k$:
$2a_2+a_0=0$, $6a_3+2a_1=0$, $12a_4+3a_2=0$, $20a_5+4a_3=0$, ... .

Из начальных условий: $y(0)=a_0=0$, $y'(0)=a_1=1$. Тогда $a_2=0$, $a_3=-\frac13$, $a_4=0$, $a_5=\frac1{15}$, ... .
Значит, $y(x)=x-\frac13x^3+\frac1{15}x^5-\ldots$.
}}