Степенные ряды
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
2) Если ряд (2) расходится в точке $\bar x$, то он будет расходиться и в любой точке $x$, такой что [math]\displaystyle{ |x| \gt |\bar x| }[/math].
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]\displaystyle{ |a_k\bar x^k|\leq M }[/math] при $k=0,1,\ldots$.
Выберем произвольное $x$, [math]\displaystyle{ |x| \lt |\bar x| }[/math]. Тогда
[math]\displaystyle{ \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} }[/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.
2) Пусть ряд (2) расходится в точке $\bar x$. Выберем произвольное $x$, [math]\displaystyle{ |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.
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]\displaystyle{ \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.
По формуле (5) находим [math]\displaystyle{ 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 $x\in(-\infty,+\infty)$.
По формуле (5) имеем [math]\displaystyle{ 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 $x\not=0$.
По формуле (4) вычислим [math]\displaystyle{ R=\frac1{\lim\limits_{k\to+\infty}\sqrt[k]{|(-1)^k/k|}}=1 }[/math]. Значит, ряд абсолютно сходится при [math]\displaystyle{ |x| \lt 1 }[/math] и расходится при [math]\displaystyle{ |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
$\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k}$; 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 $n\to+\infty$.
Из равномерной ограниченности последовательности $\{f^{(k)}(x)\}$ на промежутке $[-H,H]$ вытекает существование постоянной $L\geq0$ такой, что $
[math]\displaystyle{ e^x=1+\frac1{1!}x+\frac1{2!}x^2+\ldots+\frac1{n!}x^n+\ldots, }[/math] [math]\displaystyle{ \sin x=x-\frac1{3!}x^3+\frac1{5!}x^5-\ldots+(-1)^{n-1}\frac1{(2n-1)!}x^{2n-1}+\ldots, }[/math] [math]\displaystyle{ \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.
[math]\displaystyle{ \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 ${(n+1)(1+\theta x)^{n+1}}$, 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 $x\in(-1,1]$. }}
[math]\displaystyle{ (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.
[math]\displaystyle{ 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.
Имеем $
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]\displaystyle{ f(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k. }[/math]
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).
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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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.
[math]\displaystyle{ \int_0^xf(x) dx=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{a_k}{k+1}x^{k+1}, \tag{13} }[/math]
[math]\displaystyle{ f'(x)=\sum_{k=1}^{+\infty}a_k k x^{k-1}. \tag{14} }[/math]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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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.
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.
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 $
$\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{3k+1}$. Имеем [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ =\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]\displaystyle{ =\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.
Интеграл неберущийся. Разложим подинтегральную функцию в степенной ряд. С учетом формулы (9) имеем [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ =\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.
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 $x\in(-1,1]$.
Будем функцию искать в виде степенного ряда $y(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k$. Подставим этот ряд в уравнение, получим тождество [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ =\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, $y(x)=x-\frac13x^3+\frac1{15}x^5-\ldots$.