1. 1.
V´ egtelen sorok
Innen lim sn = lim 1 −
Bevezet´ es ´ es defin´ıci´ ok
n→∞
n→∞
1 =1 n+1
Bevezet´esk´ent pr´ob´ aljunk meg az 1+
2. Az
1 1 1 + + ··· + n + ... 2 4 2
1 + q + q2 + · · · + qn + . . .
v´egtelen ¨osszegnek ´ertelmet adni. Mivel v´egtelen sokszor |q| < 1 eset´en konvergens, egy´ebk´ent divergens, mert nem tudunk ¨osszeadni, emiatt csak az els˝o n tagot adjuk 1 − qn sn = 1 + q + q 2 + · · · + q n−1 = , ha q 6= 1 ¨ossze: legyen 1−q sn = 1 +
1 − 21n 1 1 1 1 + + + n−1 = , 2 4 8 2 1 − 12
´es q n → 0 akkor ´es csak akkor, ha |q| < 1. Megjegyz´es: A konvergencia difin´ıci´oj´ab´ol l´atszik, hogy P a an v´egtelen sor konvergenci´aj´an nem v´altoztat az, ha v´eges sz´am´ u tagot hozz´aadunk vagy ha elvesz¨ unk.
a m´ertani sor ¨osszegk´eplete szerint. Ha n nagy, akkor 21n m´ar elhanyagolhat´ oan kicsi, ez´ert sn ≈ 1−1 1 = 2, emiatt 2 term´eszetes azt mondani, hogy
P P 1. t´ etel (M˝ uveletek P sorokkal). HaP an ´es bn konvergens sorok, tov´abb´a an = A ´es bn = B, akkor P P 1. (an + bn ) is konvergens ´es (an + bn ) = A + B A tov´abbiakban P P 2. (an − bn ) is konvergens ´es (an − bn ) = A − B a1 + a2 + · · · + an + . . . P P 3. kan is konvergens ´es kan = kA, ahol k alak´ uu ´n. v´egtelen sorokat vizsg´alunk, ahol az an -ek val´os tetsz˝oleges val´os sz´am. sz´amok. P Ezt a v´egtelen m´ertani sort a k¨ovetkez˝ok´eppen P jel¨olj¨ uk: an . Bizony´ıt´ as: Csak 1.-et bizony´ıtjuk. A (an + bn ) nP edik r´eszlet¨osszege: 1. defin´ıci´ o (V´egtelen sor konvergenci´aja). A an v´egtelen sor n-edik r´eszlet¨osszege: s = (a + b ) + (a + b ) + · · · + (a + b ) = 1+
1 1 1 + + · · · + n + · · · = 2. 2 4 2
n
sn = a1 + a2 + · · · + an .
1
1
2
2
n
n
(a1 + a2 + · · · + an ) + (b1 + b2 + · · · + bn ) = An + Bn .
Ha a r´eszlet¨osszegek sorozata az L sz´amhoz konverg´al, Mivel An → A ´es Bn → B, ez´ert sn → A + B. ¥ azaz P∞ n n lim sn = L, P´elda: Hat´arozza meg a n=1 2 6+3 sorozat ¨osszeg´et! n n→∞ Megold´as: P akkor azt mondjuk, hogy a an v´egtelen sor konvergens ∞ ∞ ∞ ´es ¨osszege L. Egy´ebk´ent a v´egtelen sort divergensnek X X 2n + 3n 2n X 3n = + = mondjuk. 6n 6n 6n n=1
P´elda: 1. Mutassa meg, hogy az
n=1
1 1 31−
1 1 1 1 + + + ··· + + ... 1·2 2·3 3·4 n(n + 1)
2 6
+
1 1 21−
n=1
3 6
=
3 , 2
a m´ertani sor ¨osszegk´eplete alapj´an.
v´egtelen sor konvergens ´es ¨osszege 1. Megold´as: Legyen
2.
Konvergenciakrit´ eriumok P
1 1 1 1 + + + ··· + 1·2 2·3 3·4 n(n + 1)
A an v´egtelen sorral kapcsolatban k´et k´erd´es fogalmazhat´o meg: P 1 1 = k1 − k+1 , ez´ert Mivel k(k+1) 1. Konvergens-e a an v´egtelen sor? P µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2. Ha a an v´egtelen sor konvergens, akkor mi az 1 1 1 1 1 1 1 sn = 1 − + − + − +· · ·+ − ¨ o sszege? 2 2 3 3 4 n n+1 P Az al´abbi t´etel egy sz¨ uks´eges felt´etelt ad a an v´egtelen 1 =1− . sor konvergenci´ a j´ a ra: n+1 sn =
1
2. t´ etel. Ha a
P
an v´egtelen sor konvergens, akkor
3. t´ etel.PLegyen an ≥ 0 minden pozit´ıv eg´esz n eset´en. Ekkor a an v´egtelen sor pontosan akkor konvergens, ha az sn r´eszlet¨osszegek sorozata korl´atos.
lim an = 0.
n→∞
Bizony´ıt´ as: Nyilv´an A k¨ovetkez˝o krit´erium azt mutatja, hogy gyakran a v´egtelen sort egy alkalmas improprius integr´allal ¨osszehasonl´ıtva megv´alaszolhatjuk a konvergencia k´erd´es´et.
an = (a1 + a2 + · · · + an−1 + an ) − (a1 + a2 + · · · + an−1 ) = Mivel a
P
sn − sn−1 an v´egtelen sor konvergens, ez´ert
4. t´ etel (Integr´akrit´erium). Legyen an csupa pozit´ıv tagb´ol ´all´o sorozat. Tegy¨ uk fel, hogy van olyan pozit´ıv uggv´eny, eg´esz N ´es az [N, ∞) f´elegyenesen cs¨okken˝o f (x) f¨ amelyre an = f (n) minden n ≥ N eset´en. Ekkor a R∞ P an v´egtelen sor ´es az f (x)dx improprius integr´al vagy
lim sn = lim sn−1 = L
n→∞
n→∞
valamely val´os L sz´am eset´en. ´Igy lim an = lim sn − sn−1 = lim sn − lim sn−1 =
n→∞
n→∞
n→∞
L−L=0
N
n→∞
egyszerre konvergens vagy egyszerre divergens.
¥ Bizony´ıt´ as: A bizony´ıt´asban az N = 1 esetre szor´ıtkozunk (az ´altal´anos eset bizony´ıt´asa hasonl´oan Rk f (x)dx ≥ ak ≥ t¨ort´enik). Mivel f (x) cs¨okken˝o, ez´ert
K¨ ovetkezm´ eny: Ha a lim an nem l´etezik vagy nem n→∞ P v´eges, akkor a an v´egtelen sor divergens.
k−1 k+1 R
P´eld´ak: 1.
∞ X
n2 v´egtelen sor divergens, mert lim n2 = ∞
2.
Z2
n→∞
n=1 ∞ X
f (x)dx, ha k ≥ 2. Ez´ert egyr´eszt
k
a1 +a2 +· · ·+an ≥
Z3 f (x)dx+
1
(−1)n v´egtelen sor divergens, mert nem l´etezik a
P
an v´egtelen sor eset´en lim an = 0, akkor n→∞ P lehet, hogy a an v´egtelen sor konvergens, de lehet, m´asr´eszt hogy divergens.
1
a1 + a2 + a3 + · · · + an ≤ Z2
P´eld´ak:
a1 +
∞ X 1 1 1. A v´egtelen sor konvergens ´es lim n = 0. n n→∞ 2 2 n=1
s
n
f (x)dx
n→∞
Z3 f (x)dx +
1
Zn f (x)dx + · · · +
2
f (x)dx = n−1
Zn
P∞
a1 +
1 n=1 n
2n
f (x)dx =
n+1 Z
lim (−1)n .
2. A
f (x)dx+· · ·+ 2
n=1
Ha a
n+1 Z
v´egtelen sor divergens, mert µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + ... =1+ + 2 3 4 5 6 7 8 µ ¶ 1 1 + + · · · + ≥ 2n−1 + 1 2n
f (x)dx 1
azaz
n+1 Z
Zn
f (x)dx ≤ sn ≤ a1 + 1
1 1 1 1 n + 2 + 4 + · · · + 2n−1 n = 1 + , 2 4 8 2 2 ez´ert a r´eszlet¨ osszegek sorozata a +∞-hez tart.
1
Ebb˝ol l´atszik, hogy ha az
1+
azt jelenti, hogy
f (x)dx
Rn 1
R∞
f (x)dx konvergens, ami most
1
f (x)dx fel¨ ulr˝ol korl´atos, akkor sn is
fel¨ ulr˝ol korl´atos lesz, teh´at konvergens. M´asr´eszt, ha n+1 R A sorozatokn´al tanultuk, hogy egy monoton n¨ov˝o R∞ f (x)dx divergens, akkor f (x)dx nem lesz alulr´ol sorozat pontosan akkor konvergens, ha korl´atos. Ennek 1 1 P korl´atos, ez´ert sn sem, teh´at a t´etelnek a k¨ovetkezm´enye az al´abbi: an is divergens. ¥ 2
P´elda: A
P P an = 0 ´es bn konvergens, akkor an is bn konvergens. P P an 3. ha lim = ∞ ´es bn divergens, akkor an is n→∞ bn divergens.
∞ X 1 konvergens, ha p > 1 ´es divergens, np n=1
ha p ≤ 1, mivel f (x) = ha x ≥ 1; f (n) =
1 np
2. ha lim
n→∞
1 xp
f¨ uggv´eny monoton cs¨okken˝o R∞ 1 ´es az xp dx improprius integr´al a 1
p-szab´aly alapj´an konvergens, ha p > 1 ´es divergens, ha 0 < p ≤ 1.
Bizony´ıt´ as. Csak 1.-et bizony´ıtjuk. A felt´etel miatt l´etezik egy M eg´esz, hogy n > M eset´en | abnn − c| < 2c , ¨ 5. t´ etel (Osszehasonl´ ıt´o krit´erium). Legyen an olyan azaz c an c v´egtelen m´ertani sor, ahol an ≥ 0. −c< , − < 2 bn 2 P 1. Ha van olyan konvergens cn sor ´es N pozit´ıv eg´ Pesz, c an 3c hogy minden n > N eset´en an ≤ cn , akkor an < < , 2 bn 2 v´egtelen sor is konvergens. (Major´ans krit´erium) c 3c P bn < an < bn . 2. Ha van csupa nemnegat´ıv tagb´ol ´all´o divergens dn 2 2 v´egtelen sor ´es N pozit´ıv eg´esz P sz´am, hogy minden P P 3c bn konvergens, akkor P2 bn is az, ez´ert n > N eset´en an ≥ dn , akkor an sor divergens. Ha P az o ¨ sszehasonl´ ıt´ o krit´ e rium alapj´ a n a sor is az. Ha bn n (Minor´ans krit´erium) Pc sor divergens, akkor b is az, emiatt az ¨ o sszehasonl´ ıt´ o n P 2 krit´erium alapj´an an is divergens. ¥ Bizony´ıt´ as: 1. Az sn = a1 + · · · + an , (n ≥ N ) r´eszlet¨osszegre fels˝o korl´at a P´eld´ak ∞ X ∞ 2 a1 + a2 + · · · + aN + cn X 2 n2 −ln n 1. A sor konvergens, mert lim = n=N +1 1 n→∞ n2 − ln n n2 n=1 ∞ X konvergens 1 P v´egtelen sor. 2 ´es konvergens. 2. A an v´egtelen sornak nincs fels˝o korl´atja, mert ha 2 n n=1 lenne, akkor a ∞ X ∞ 1 X √ √ 2. A v´egtelen sor divergens, mert d1 + d2 + · · · + dN + an n+ 3n n=1 P
n=N +1
P
fels˝o korl´atja lenne dn r´eszlet¨osszegeinek, teh´at konvergens lenne, ami ellentmond´as. ¥
P
dn is
P´elda ∞ X
1 sor konvergens, mert 0 ≤ n+n 2 n=1 ∞ X 1 a v´egtelen sor konvergens. 2n n=1
1. A
2.
1 2n +n
<
√ 1√ n+ 3 n n→∞ √1 n
lim
1 2n
= 1 ´es a
∞ X 1 √ v´egtelen sor divergens. n n=1
P 7. t´ etel (H´anyadoskrit´erium). Legyen an csupa pozit´ıv uk fel, hogy ´es tagb´ol ´all´o v´egtelen sor. Tegy¨ an+1 lim = ρ. n→∞ an Ekkor
∞ X
1 √ v´egtelen m´ertani sor divergens, mert n − n+1 n=1 ∞ X 1 1 √1 v´egtelen sor divergens. ≥ ´ e s a n n− n+1 n n=1
1. ha ρ < 1, akkor 2. ha ρ > 1, akkor
P P
an konvergense; an divergens;
3. ha ρ = 1, akkor a krit´erium nem alkalmazhat´o. Bizony´ıt´ as.
6. t´ etel (Limeszes ¨osszehasonl´ıt´o krit´eriumok). Tegy¨ uk fel, hogy valamely pozit´ıv eg´esz N -re igaz, hogy an > 0 ´es bn > 0, ha n > N . Ekkor P P an = c > 0, akkor an ´es 1. ha lim bn egyszerre n→∞ bn konvergensek vagy egyszerre divergensek.
1. Tegy¨ uk fel, hogy ρ < 1. Ekkor l´etezik r, amelyre ρ < r < 1 ´es N pozit´ıv eg´esz, hogy aan+1 < r, ha n n ≥ N . Ekkor aN +1
⇔
aN +1 < raN
aN +2
aN +2 < raN +1 < r2 aN
⇔
3. ha ρ = 1, akkor a krit´erium nem alkalmazhat´o.
´es ´altal´aban pozit´ıv eg´esz m eset´en
Bizony´ıt´ as: √ 1. Ha lim n an = ρ < 1, akkor egy r¨ogz´ıtett ρ < r < 1 n→∞ √ eset´en l´etezik N , hogy n an < r, azaz
m
aN +m < r aN . Ekkor az sn r´eszlet¨osszeg fel¨ ulr˝ol becs¨ ulhet˝o a
an < rn ,
a1 + a2 + · · · + aN −1 + aN + raN + r2 aN + · · · =
ha n ≥ N , alkalmas pozit´ıv eg´esz N eset´en. Meg kell mutatnunk, hogy az sn , (n ≥ N ) r´eszlet¨osszegek fel¨ ulr˝ol korl´atosak. Nyilv´an:
a1 + a2 + · · · + aN −1 + aN (1 + r + r2 + . . . ) P konvergens sorral, ´ıgy an is konvergens. 2. Ha ρ > 1, akkor l´etezik N , hogy n ≥ N eset´en
sn = a1 + · · · + aN −1 + aN + aN +1 + · · · + an <
an+1 > 1, an
a1 + · · · + aN −1 + rN + rN +1 + · · · + rn ≤ a1 + · · · + aN −1 + rN + rN +1 + · · · ≤
ez´ert aN < aN +1 < aN +2 < . . .
a1 + · · · + aN −1 +
ez´ Pert a sorozat tagjai nem tartanak a 0-hoz, ´ıgy a an v´egtelen sor divergens.
√ √ 2. Ha lim n an = ρ > 1, akkor l´etezik N , hogy n an > n→∞ 1, ha n ≥ N , ez´ert an > 1, ha n ≥ N ´es ´ıgy lim an 6= n→∞ P 0, ez´ert a an v´egtelen sor divergens.
∞ ∞ X X 1 1 ´es sorokra teljes¨ ul, hogy ρ = 2 n n n=1 n=1 an+1 lim = 1 ´es az els˝o egy divergens, a m´asodik n→∞ an pedig egy konvergens sor. ¥
3. A
∞ X n P´elda: A v´egtelen sor konvergens, mert 2n n=1 r n 1 lim n n = < 1. n→∞ 2 2
P´eld´ak 1. A
∞ X 2n v´egtelen sor konvergens, mert an = n! n=1
an+1 =
n+1
2 (n+1)! ,
A k¨ovetkez˝o t´etelben u ´n. altern´al´o foglalkozunk. Legyenek an > 0. Ekkor az
v´altakoz´o el˝ojel˝ u v´egtelen sort altern´al´o sornak mondjuk.
n
2 n2
9. t´ etel (Leibniz-krit´erium). A fenti altern´al´o sor konvergens, ha an monoton cs¨okken˝o ´es lim an = 0. n→∞
´es
´es ´ıgy 2n+1 (n+1)2 lim 2n n→∞ n2
Bizony´ıt´ as. A 2m-edik r´eszlet¨osszeg: s2m = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + · · · + (a2m−1 − a2m ). = 2 > 1.
Ekkor s2(m+1) = s2m + (a2m+1 − a2m+2 ),
P
8. t´ etel (Gy¨okkrit´erium). Legyen an tagb´ol ´all´o v´egtelen sor. Tegy¨ uk fel, hogy √ lim n an = ρ.
ahol a monoton cs¨okken´es miatt (a2m+1 −a2m+2 ) ≥ 0. Igy csupa pozit´ıv az s2m sorozat monoton n¨ov˝o. M´asr´eszt s2m = a1 −(a2 −a3 )−(a4 −a5 )−· · ·−(a2m−2 −a2m−1 )−a2m ≤ a1 ,
n→∞
Ekkor 1. ha ρ < 1, akkor 2. ha ρ > 1, akkor
P P
sorokkal
a1 − a2 + a3 − a4 + − 2 = lim = 0 < 1. n→∞ n + 1
∞ X 2n 2. A v´egtelen sor divergens, mert an = n2 n=1 2n+1 (n+1)2
´es
ez´ert
2n+1 (n+1)! lim 2n n→∞ n!
an+1 =
2n n!
rN . ¥ 1−r
megint csak a monoton cs¨okken´es miatt. Mivel s2m monoton n˝o ´es fel¨ ulr˝ol korl´atos, emiatt l´etezik a lim s2m . De
an konvergense;
m→∞
lim s2m+1 = lim (s2m + a2m+1) =
an divergens;
m→∞
4
m→∞
lim s2m + lim a2m+1 = lim s2m ,
m→∞
m→∞
m→∞
ez´ert l´etezik a v´eges limn→∞ sn . ¥ P´elda: A ∞ X (−1)n−1 1 1 1 =1− + − +− n 2 3 4 n=1
altern´al´o sor konvergens, mert an = tart a 0-hoz.
1 n
monoton cs¨okkenve
P 2. defin´ o. A an v´egtelen sor abszol´ ut konvergens, P ıci´ ha |an | konvergens. P´elda A ∞ X (−1)n−1 1 1 1 =1− + − + −... 2 n 4 9 16 n=1 v´egtelen sor a Leibniz krit´erium szerint konvergens, ´es a tagok abszol´ ut ´ert´ek´et v´eve a ∞ X 1 1 1 1 =1+ + + + ... 2 n 4 9 16 n=1
is konvergens sor lesz az integr´al krit´erium szerint, teh´at az eredeti sor abszol´ ut konvergens. P 3. defin´ıci´ o. AP an konvergens v´egtelen sor felt´etelesen konvergens, ha |an | divergens. P´elda A ∞ X (−1)n−1 1 1 1 = 1 − + − + −... n 2 3 4 n=1 sor a Leibniz-krit´erium szerint konvergens, de a tagok abszol´ ut ´ert´ek´et v´eve a ∞ X 1 1 1 1 = 1 + + + + ... n 2 3 4 n=1 u ´n. harmonikus sor m´ar divergens lesz az integr´alkrit´erium alapj´an. P 10. t´ etel. Ha a an v´egtelen sor abszol´ ut konvergens, akkor konvergens is. Bizony´ıt´ as. Legyen cn = an + |an |. Ekkor 0 ≤ cn ≤ 2|an | P Mivel |an | konvergens, emiatt 2|aP es n | is konvergens ´ ´ıgy az ¨osszehasonl´ıt´o krit´erium alapj´an cn is konvergens v´egtelen sor. De P
an = (an + |an |) − |an | = cn − |an | ´es mivel k´et konvergens v´egtelen sor k¨ ul¨onbs´ege is konverP an is konvergens. ¥ gens, emiatt 5
1. 1.
F¨ uggv´ enysorok
Ha | cos x0 | < 1, akkor a vizsg´alt f¨ uggv´enysor abszol´ ut konvergens, teh´at konvegens. Tudjuk, hogy −1 ≤ cos x0 ≤ 1. K¨ ul¨on meg kell vizsg´alni a cos x0 = 1 ´es a cos x0 = −1 eseteket. Ha cos x0 = 1, akkor a f¨ uggv´enysor a k¨ovetkez˝o v´egtelen sort adja:
Bevezet´ es ´ es defin´ıci´ ok
A v´egtelen sorokn´al tanultuk, hogy az 1 + x + x2 + · · · + xn + . . . v´egtelen ¨osszeg |x| < 1 eset´en konvergens. A fenti v´egtelen ¨osszegre u ´gy is gondolhatunk, hogy v´egtelen sok f¨ uggv´enyt adunk ¨ossze ´es ezt vizsg´aljuk. Ez vezet el a k¨ovetkez˝o fogalomhoz:
1+
1 1 1 + + ··· + + ..., 2 3 n
ami egy divergens sor. A cos x0 = 1 egyenlet pontosan az x0 = 2kπ eset´en teljes¨ ul (k eg´esz sz´am). Ha cos x0 = −1, akkor a f¨ uggv´enysor a k¨ovetkez˝o altern´al´o sort adja:
1. defin´ıci´ o. Legyenek fn (x), n = 1, 2, . . . olyan f¨ uggv´enyek, amelyek k¨oz¨os ´ertelmez´esi tartom´anya I. Ekkor a bel˝ol¨ uk k´epzett f¨ uggv´enysoron az
−1 +
f1 (x) + f2 (x) + · · · + fn (x) + . . .
1 1 1 1 − + − + · · · + (−1)n−1 + . . . , 2 3 4 n
ami egy konvergens sor a Leibniz-krit´erium alapj´an. A cos x0 = −1 egyenlet pontosan az x0 = π + 2kπ eset´en teljes¨ ul (k eg´esz sz´am). ¨ Osszefoglalva kapjuk, hogy a konvergenciatartom´any a val´os sz´amok halmaza kiv´eve a 2kπ alak´ u sz´amokat.
kifejez´est ´ertj¨ uk, ahol x ∈ I. Egy konkr´et x0 ∈ I ´ert´eket behelyettes´ıtve a k¨ovetkez˝o v´egtelen sort kapjuk: f1 (x0 ) + f2 (x0 ) + · · · + fn (x0 ) + . . . . Ez vagy konvergens vagy divergens.
2.
2. defin´ıci´ o. Azon x0 ∈ I sz´amok halmaz´at, amelyekre
Hatv´ anysorok
Ebben a fejezetben egy speci´alis, de alkalmaz´as szempontj´ab´ol alapvet˝o fontoss´ag´ u f¨ uggv´enysort t´argyalunk.
f1 (x0 ) + f2 (x0 ) + · · · + fn (x0 ) + . . . . konvergens sor, az
3. defin´ıci´ o. Az x = 0 hely k¨or¨ uli hatv´anysornak nevezz¨ uk a
f1 (x) + f2 (x) + · · · + fn (x) + . . . f¨ uggv´enysor konvergenciatartom´any´anak mondjuk.
∞ X
P´eld´ak:
cn xn = c0 + c1 x + c2 x2 + · · · + cn xn + . . .
n=0
alak´ u f¨ uggv´enysort. Az x = a k¨or¨ uli hatv´anysor:
1. Hat´arozza meg az ∞ X
e
nx
x
=e +e
2x
+e
3x
nx
+ ··· + e
∞ X
+ ...
cn (x − a)n =
n=0
n=1
f¨ uggv´enysor konvergenciatartom´any´at! c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + · · · + cn (x − a)n + . . . . x Megold´as: A fenti f¨ uggv´enysor egy e h´anyados´ u m´ertani sor, ami pontosan akkor konvergens, ha Itt az a sz´amot a hatv´anysor k¨oz´eppontj´anak, a c0 , c1 , c2 utthat´oinak |ex | < 1. Ez pedig pontosan akkor teljes¨ ul, ha x < 0, val´os sz´amokat pedig a hatv´anysor egy¨ nevezz¨ u k. teh´at a konvergenciatartom´any a negat´ıv sz´amok halmaza. P´elda 2. Hat´arozza meg az 1. Hat´arozza meg az ∞ X cos2 x cos3 x cosn x cosn x = cos x + + · · ·+ +. . . µ ¶n n 2 3 n 1 1 1 n=1 1− (x−3)+ (x−3)2 −+ · · ·+ − (x−3)n +. . . 3 9 3 f¨ uggv´enysor konvergenciatartom´any´at! Megold´as: A gy¨okkrit´eriumot alkalmazzuk: hatv´anysor konvergenciatartom´any´at ´es adja meg a s¯ fenti sor ´altal defini´alt f¨ uggv´enyt a konvergenciatar¯ ¯ n ¯ tom´anyban! n ¯ cos x0 ¯ lim ¯ n ¯ = | cos x0 | n→∞ Megold´as: A fenti hatv´anysor egy olyan m´ertani sor, 1
P∞ 2. Ha a n=0 an xn hatv´anysor divergens valamely x = d sz´am eset´en, akkor divergens minden x eset´en, ha |x| > |d|.
amelynek els˝o eleme 1 ´es h´anyadosa − x−3 3 . Ez pontosan akkor konvergens, ha ¯ ¯ ¯ x − 3¯ ¯− ¯<1 ¯ 3 ¯
Bizony´ıt´ as: P∞ 1. Ha n=0 an cn konvergens, akkor tudjuk, hogy
azaz 0 < x < 6. Ekkor az el˝o´all´ıtott ¨osszegk´eplete szerint:
f¨ uggv´eny
a
m´ertani
sor
lim an cn = 0,
n→∞
1 3 ¡ x−3 ¢ = . x 1− − 3
ez´ert l´etezik N eg´esz, hogy n ≥ N eset´en |an cn | < 1,
P∞ n 2. Hat´arozza meg a n=0 xn! hatv´anysor konvergenciatartom´any´at! Megold´as: Az x0 val´os sz´am akkor lesz benne a konvergenciatartom´anyban, ha a
azaz |an | <
Innen kapjuk, hogy ha |x| < |c|, akkor n ≥ N eset´en ¯ x ¯n ¯ ¯ |an xn | < ¯ ¯ . c P∞ n v´egtelen sorb´ol form´alt sn Ez´ert a n=0 an |x| r´eszlet¨osszegre fels˝o becsl´es (feltehet˝o, hogy n ≥ N ):
∞ X xn0 n! n=0
v´egtelen sor konvergens. Alkalmazzuk a h´anyados krit´eriumot a konvergencia eld¨ont´es´ere: ¯ n+1 ¯ ¯ x0 ¯ ¯ ¯ ¯ (n+1)! ¯ ¯ x0 ¯ ¯ ¯ ¯ = 0 < 1, ¯ lim lim ¯ n ¯ = n→∞ n→∞ ¯¯ x0 n + 1¯ ¯ n!
|a0 | + |a1 x| + |a2 x2 | + · · · + |aN −1 xN −1 |+ |aN xN | + |aN +1 xN +1 | + · · · + |an xn | ≤ |a0 | + |a1 x| + |a2 x2 | + · · · + |aN −1 xN −1 |+ ¯ x ¯N ¯ x ¯N +1 ¯ ¯ ¯ ¯ + ... ¯ ¯ +¯ ¯ c c konvergens v´egtelen sor. P∞ 2. Ha valamely x eset´en |x| > |d| ´es n=0 an xn konvergens lenne, P∞akkor na T´etel els˝o (m´ar bizony´ıtott fele) szerint n=0 an d is konvergens lenne, ami ellentmond´as. ¥ P∞ n A fenti t´etel alapj´an m´ar k¨onny˝ u le´ırni a n=0 an x hatv´anysor konvergenciatartom´ P∞ any´at: Ha l´etezik olyan c 6= 0 val´os sz´am, amelyre n=0 an cnPkonvergens v´egtelen ∞ sor ´es l´etezik d val´os sz´am, amelyre n=0 an dn divergens v´egtelen sor, akkor R-rel jel¨olve a
ez´ert minden val´os x0 eset´en konvergens sort kapunk, teh´at a konvergenciatartom´any a val´os sz´amok halmaza. P∞ 3. Hat´arozza meg a n=0 nn xn hatv´anysor konvergenciaratom´any´at! Megold´as: Az x0 val´os sz´am akkor lesz benne a konvergenciatartom´anyban, ha a ∞ X
nn xn0
n=0
v´egtelen sor konvergens. Alkalmazzuk gy¨okkrit´eriumot a konvergencia eld¨ont´es´ere: q lim n |nn xn0 | = lim |nx0 | = +∞, n→∞
1 . |c|n
a
n→∞
∞ X
an cn konvergens} ha x0 6= 0, ez´ert minden x0 6= 0 eset´en divergens n=0 sort kapunk, teh´at a konvergenciatartom´any a {0} halmaz. halmaz legkisebb fels˝o korl´atj´at kapjuk, hogy olyan x-re, amelyre |x| < R a ∞ X Az al´abbiakban azt mutatjuk meg, hogy n´ez ki an xn egy konvergenciatartom´any ´es hogyan lehet egyszer˝ uen n=0 meghat´arozni azt. konvergens lesz, mivel R defin´ıci´oja szerint P van olyan ∞ n c val´os sz´am, amelyre |x| < |c| < R ´es n=0 an c 1. t´ etelP (Hatv´anysorok konvergenciat´etele). 1. Ha konvergens v´egtelen sor, de ekkor az el˝oz˝o t´etel 1. szerint P∞ ∞ n n a a x hatv´ a nysor konvergens valamely a x is konvergens lesz. n n n=0 n=0 x = c 6= 0 sz´am eset´en, akkor abszol´ ut konvergens M´asr´eszt, ha valamely P∞d val´os sz´am eset´en |x| > R, akkor minden x eset´en, ha |x| < |c|. R defin´ıci´oja miatt n=0 an xn divergens lesz. {|c| :
2
P∞ Ha nem l´etezik olyan c 6= 0, amelyre n=0 an cn konver- azaz 1 gens, akkor ez azt jelenti, hogy a konvergenciatartom´any p |x0 − a| ≥ . lim n |an | aP {0} halmaz; m´ıg ha olyan d nem l´etezik, amelyre n→∞ ∞ n any a n=0 an d divergens, akkor a konvergenciatartom´ Innen kapjuk, hogy val´os sz´amok halmaza. 1 p |x − a| < ¨ Osszefoglalva ´es most m´ar a k¨oz´eppont´ u hatv´anysorokra lim n |an | n→∞ kimondva kapjuk, hogy: P∞ eset´en konvergens a n=0 an (x − a)n v´egetelen sor, m´ıg ha 2. t´ etel. A 1 ∞ X p |x − a| > , an (x − a)n lim n |an | n→∞
n=0
hatv´anysor n´ezhet ki:
konvergenciatartom´anya
akkor divergens. Ez mutatja, hogy a konvergenciasug´ar
k¨ovetkez˝ok´eppen
R=
1 p n
. ¥ |an | 1. L´etezik R > 0, hogy ha |x − a| < R, akkor konvergens n→∞ a hatv´anysor, m´ıg ha |x − a| > R, akkor konvergens. K¨ ul¨on kell meggondolni az x = a ± R sz´amok eset´en a Megjegyz´es: Az el˝oz˝o t´etel mint´aj´ara meg lehet mukonvergenci´at; eszerint a konvergenciatartom´any egy ny´ılt vagy f´elig ny´ılt, f´elig z´art vagy egy z´art interval- tatni, hogy ¯ ¯ ¯ an ¯ lum lehet. ¯ ¯, R = lim ¯ n→∞ an+1 ¯ 2. A sor csak az x = a eset´en konvergens, egy´ebk´ent ha ez a hat´ar´ert´ek l´etezik (v´egtelen is lehet). divergens. ¨ Osszefoglalva: A 3. A sor minden val´os sz´am eset´en konvergens. ∞ X an (x − a)n A fenti t´etelben szerepl˝ o R-et konvergenciasug´arnak p n=0 h´ıvjuk. Ha l´etezik a lim n |an | hat´ar´ert´ek, akkor a konn→∞ hatv´anysor konvergenciatartom´any´anak meghat´aroz´asa a vergenciasugarat k¨onny˝ u meghat´arozni: k¨ovetkez˝ok´eppen t¨ort´enik: Kisz´amoljuk a R konvergenciasugarat: p ¯ ¯ 3. t´ etel. 1. Ha l´etezik a 0 < lim n |an | < ∞ ¯ an ¯ n→∞ 1 ¯ ¯ p R= = lim ¯ har´er´ert´ek, akkor ¯ lim n |an | n→∞ an+1 n→∞ 1 R = lim p . Ez alapj´an n→∞ n |a | lim
n
1. ha R = 0, akkor a konvergenciartam´any a {a} halmaz, azaz csak x = a-ban konvergens a sor;
p 2. Ha lim n |an | = 0, akkor a konvergenciatartom´any n→∞ a val´os sz´amok halmaza. p 3. Ha lim n |an | = ∞, akkor a konvergenciatartom´any
2. ha R = +∞, akkor a konvergenciartam´any a val´os sz´amok halmaza (minden¨ utt konvergens a hatv´anysor);
n→∞
az {a}, azaz a hatv´anysor csak x = a eset´en konvergens. ıt´ as: Csak 1.-et bizony´ıtjuk: Ha PBizony´ ∞ n a (x − a) konvergens, akkor n=0 n 0 p p lim n |an ||x0 − a|n = |x0 − a| lim n |an | ≤ 1, azaz |x0 − a| ≤ Ha a
a
ny´ılt intervallumban ´es divergens a ] − ∞, a − R[ ´es ]a + R, ∞[
n→∞
n→∞
P∞
3. ha R pozit´ıv val´os sz´am, akkor a hatv´anysor konvergens az ]a − R, a + R[
ny´ılt f´elegyeneseken. Az x = a − R pontr´ol a ∞ X an (−R)n v´egtelen sor konvergenci´aja, m´ıg az x =
1 √ . limn→∞ n an
n=0
n
an (x0 − a) divergens, akkor p p lim n |an ||x0 − a|n = |x0 − a| lim n |an | ≥ 1, n=0
n→∞
a + R pontr´ol a d¨ont.
n→∞
3
∞ X n=0
an Rn v´egtelen sor konvergenci´aja
P´elda: Hat´arozza meg a
2. A ]a − R, a + R[ ny´ılt intervallumon a
∞ X xn x2 x3 =x+ + + ... n 2 3 n=1
∞ X n=0
hatv´anysor konvergenciatartom´any´at!
1 limn→∞
q n
1 n
(x − a)n+1 n+1
hatv´anysor szint´en konvergens lesz ´es minden a−R < x < a + R egyenl˝otlens´egnek eleget tev˝o x eset´en
Megold´as: Nyilv´an a k¨oz´eppont a = 0 ´es az egy¨ utthat´ok an = n1 . Emiatt R=
cn
Z f (x)dx =
∞ X n=0
= 1,
cn
(x − a)n+1 + C. n+1
P´elda: f (x) = arctgx hatv´anysora:
ez´ert a hatv´anysor konvergens a ] − 1, 1[ ny´ılt intervallumban ´es divergens a ] − ∞, −1[ ´es ]1, ∞[ f´elegyeneseken. Ha x = 1, akkor a
f 0 (x) =
∞ X 1 1 1 = 1 + + + ... n 2 3 n=1
ez´ert
1 1 = = 1 − x2 + x4 − x6 + − . . . , 1 + x2 1 − (−x2 ) Z
Z f 0 (x)dx =
harmonikus sort kapjuk, amir˝ol tudjuk, hogy divergens. Ha x = −1, akkor a
x−
1 − x2 + x4 − + . . . dx
x3 x5 x7 + − + − · · · + C, 3 5 7
de
∞ X (−1)n 1 1 = −1 + − + − . . . n 2 3 n=1
0 = arctg0 = 0 −
03 + − · · · + C = C, 3
´ıgy altern´al´o sort kapjuk, ami a Leibniz-krit´erium alapj´an x3 x5 x7 arctx = x − + − + −..., konvergens. 3 5 7 ´Igy a konvergenciatartom´any a [−1, 1[ balr´ol z´art, ha |x2 | < 1, azaz −1 < x < 1. jobbr´ol ny´ılt intervallum. A k¨ovetkez˝o t´etel azt mondja, hogy egy hatv´anysor ´altal megadott f¨ uggv´eny deriv´al´asa ´es integr´al´asa a hatv´anysor tagjainak deriv´al´as´at ´es integr´al´as´at jelenti.
3.
4. t´ etel.
Az f (x) f¨ uggv´enyt akarjuk hatv´anysork´ent fel´ırni, azaz r¨ogz´ıtett a mellett olyan an -eket keres¨ unk, amelyekre
1. Ha a ∞ X
Taylor-sorok
cn (x − a)n
∞ X
f (x) =
n=0
an (x − a)n =
n=0
hatv´anysor a − R < x < a + R eset´en konvergens, a0 + a1 (x − a) + a2 (x − a)2 + · · · + an (x − a)n + . . . akkor meghat´aroz egy ]a−R, a+r[ ny´ılt intervallumon Tegy¨ uk fel, hogy f (x) v´egtelen sokszor differenci´alhat´o az l´ev˝o f (x) f¨ uggv´enyt, amelyre a egy k¨ornyezet´eben. Ekkor ∞ X ∞ f (x) = cn (x − a)n . X 0 f (x) = nan (x − a)n−1 n=0 n=1
Ennek a f¨ uggv´enynek minden n-re l´etezik a deriv´altja, amit az eredeti sor tagjainak deriv´al´as´aval kapunk meg: ∞ X f 0 (x) = cn n(x − a)n−1
00
f (x) =
f 00 (x) =
n(n − 1)an (x − a)n−2
n=2
f 000 (x) =
n=1 ∞ X
∞ X
∞ X
n(n − 1)(n − 2)an (x − a)n−3
n=3
cn n(n − 1)(x − a)n−2
stb. Behelyettes´ıtve a-t kapjuk, hogy
n=2
stb.
f (a) = a0 4
f 0 (a) = a1
´es ez akkor teljes¨ ul, ha ¯ ¯ ¯ x − 2¯ ¯− ¯ < 1, ¯ 2 ¯
f 00 (a) = 1 · 2a2 f 000 (a) = 1 · 2 · 3a3 ´es ´altal´aban
azaz
f (n) (a) = n!an ,
azaz an =
0 < x < 4. A k¨ovetkez˝okben arra keress¨ uk a v´alaszt, hogy a Taylorsor mikor ´all´ıtja el˝o a f¨ uggv´enyt. Ehhez az 1. f´el´evben tanult Taylor-t´etel ny´ ujtja az alapot:
f (n) (a) . n!
etel (Taylor-t´etel). Ha az f (x) f¨ uggv´eny az a ∈ I in4. defin´ıci´ o. Legyen f (x) egy olyan f¨ uggv´eny, amelyik 5. t´ tervallumon ak´ a rh´ a nyszor differenci´ a lhat´o, akkor minden v´egtelen sokszor differenci´alhat´o egy olyan intervallumn pozit´ ıv eg´ e sz ´ e s x ∈ A eset´ e n ban, amelynek bels˝o pontja a. Az f (x) f¨ uggv´eny ´altal gener´alt Taylor-sor az x = a helyen: f 00 (a) 0 f (x) = f (a) + f (a)(x − a) + (x − a)2 + . . . ∞ 2! X f (k) (a) (x − a)k = k! f (n) (a) k=0 (x − a)n + Rn (x), + n! 00 f (a) (x − a)2 + · · · + f (a) + f 0 (a)(x − a) + ahol 2! f (n+1) (c) Rn (x) = (x − a)n+1 f (n) (a) n (n + 1)! (x − a) + . . . . n! egy a ´es x k¨oz¨otti c-vel. Az f (x) f¨ uggv´eny ´altal gener´alt Maclaurin-sor az x = 0 helyen vett Taylor-sor: P´elda: Bizony´ıtsuk be, hogy minden val´os x eset´en ∞ X f (k) (0) k x = ∞ X k! xn x2 x3 xn x k=0 e = =1+x+ + + ··· + + ... n! 2! 3! n! n=0 00 (n) f (0) 2 f (0) n f (0) + f 0 (0)x + x + ··· + x + .... 2! n! Megold´as: ´Irjuk fel az f (x) = ex f¨ uggv´eny Maclaurinsor´at! Ekkor P´elda: Hat´arozza meg az f (x) = x1 f¨ uggv´eny a = 2-beli f (n) (x) = ex ⇒ f (n) (0) = 1, Taylor-sor´at! Megold´as: Nyilv´an ez´ert a Taylor-t´etel szerint f 0 (x) = −x−2 x2 xn x e = 1 + x + + · · · + + Rn (x), 00 −3 f (x) = (−1)(−2)x 2! n! f 000 (x) = (−1)(−2)(−3)x−4
ahol
´es ´altal´aban
Rn (x) = f (n) (x) = (−1)n n!x−(n+1) .
egy 0 ´es x k¨oz¨otti c-vel. Ez´ert, ha x < 0, akkor
Ez´ert
(−1)n n!2−(n+1) (−1)n f (n) (2) = = n+1 , n! n! 2 teh´at a Taylor-sor:
|Rn (x)| ≤
ami egy egy els˝o tag´ u, nyilv´an megfelel˝o, mivel
− x−2 2
|x|n+1 (n + 1)!
→ 0, ha n → ∞
Ha x > 0, akkor
1 x − 2 (x − 2)2 (x − 2)3 − + − + −..., 2 3 2 2 2 24 1 2
ec xn (n + 1)!
|Rn (x)| ≤ ex
h´anyados´ u m´ertani sor. Ez
|x|n+1 (n + 1)!
→ 0, ha n → ∞.
Ez´ert tetsz˝oleges val´os x eset´en
1 1 1 ¡ ¢= , 2 1 − − x−2 x 2
lim Rn (x) = 0,
n→∞
5
ahonnan m´ar k¨ovetkezik az ´all´ıt´as.
2. Hasonl´oan bebizny´ıthat´o, hogy minden val´os x eset´en
K¨ovetkezm´eny: Ha x = 1 az el˝oz˝o p´eld´aban, akkor azt kapjuk, hogy
cos x = 1 −
x2 x4 x6 x8 + − − + −..., 2! 4! 6! 8!
de u ´gyanez k¨ovetkezik abb´ol is, hogy
∞ X 1 1 1 1 e = e = 1 + 1 + + + ··· + + ··· = 2! 3! n! n! n=0 1
(sin x)0 = cos x ´es
A fenti gondolatmenetb˝ol ad´od´o ´all´ıt´as a k¨ovetkez˝o t´etelben fogalmazhat´o meg:
(x−
3. A cos x Taylor-sor´ab´ol, m´ar a cos 2x Taylor-sor´at k¨onny˝ u meghat´arozni, csak a cos x Taylor-sor´aban az x-et 2x-re kell cser´elni:
6. t´ etel. Ha l´etezik M konstans, amellyel x ´es a k¨oz¨otti valamennyi t eset´en |f
(n+1)
x3 x5 x7 x2 x4 x6 − + −+ . . . )0 = 1− + − −+ . . . , 3! 5! 7! 2! 4! 6!
cos 2x = 1 −
(t)| ≤ M,
akkor a Taylor-t´etelben szerepl˝o Rn (x) marad´ektag kiel´eg´ıti az |x − a|n+1 |Rn (x)| ≤ M (n + 1)!
(2x)2 (2x)4 (2x)6 + − + −... 2! 4! 6!
4. Hat´arozzuk meg az f (x) = (1+x)m Taylor-sor´at, ahol m val´os sz´am. Megold´as: K¨onnyen igazolhat´o, hogy tetsz˝oleges pozit´ıv eg´esz n eset´en
egyenl˝otlens´eget. Amennyiben ez a felt´etel teljes¨ ul minden n-re, akkor f (x) Taylor-sora f (x)-et ´all´ıtja el˝o.
f (n) (x) = m(m − 1) . . . (m − n + 1)(1 + x)m−n , ez´ert
P´elda:
f (n) (0) = m(m − 1) . . . (m − n + 1),
1. Minden val´os x eset´en
ahonnan a Taylor sor
x3 x5 x7 sin x = x − − + − +.... 3! 5! 7!
1 + mx +
Megold´as: Legyen f (x) = sin x
⇒ f (0) = 0
f 0 (x) = cos x
⇒ f 0 (0) = 1
f 00 (x) = − sin x
⇒ f (0) = −1
f (4) (x) = sin x
⇒ f (4) (0) = 0
f (5) (x) = cos x
⇒ f (5) (0) = 1
f (x) = − cos x
m(m − 1) . . . (m − n + 1) n x + .... n! Ha m nemnegat´ıv eg´esz, akkor a Taylor-sor m + 1 darab nemnulla tagot tartalmaz ´es binomi´alis t´etelt kapjuk vissza.
⇒ f 00 (0) = 0
000
Ha m nem nemnegat´ıv eg´esz, akkor v´egtelen sok tagja van a Taylor-sornak. Igazolhat´o, hogy |x| < 1 eset´en konvergens a sor ´es el˝o´all´ıtja (1 + x)m -et.
000
Alkalmaz´asok:
stb. Innen a Taylor sor: x−
m(m − 1) 2 x + ···+ 2
1. Hat´arozza meg 10−3 pontoss´aggal az
x5 x7 x3 − + − +.... 3! 5! 7!
hat´arozott integr´alt!
R1
2
e−x dx
0
Megold´as: Az ex Taylor sor´ab´ol kapjuk, hogy
Mivel
2
e−x = 1 − x2 +
f (n+1) (x) = ± sin x vagy ± cos x,
x4 x6 x8 − + − +..., 2! 3! 4!
ez´ert
ez´ert
Z1
|f (n+1) (t)| ≤ 1,
Z1 e
ami bizony´ıtja az ´all´ıt´ast.
0
6
−x2
1−x2 +
dx = 0
x4 x6 x8 x10 − + − +− . . . dx = 2! 3! 4! 5!
x3 x5 x7 x9 x11 + − + − + − . . . ]10 = 3 10 42 216 1320 1 1 1 1 1 1− + − + − + −..., 3 10 42 216 1320 ahonnan kapjuk, hogy egy megfelel˝o k¨ozel´ıt´es a [x −
1−
1 1 1 1 + − + . 3 10 42 216
(Val´oj´aban a hib´at pontosan meg kellene becs¨ ulni de ez a k¨ovetkez˝ o k´et tagra r´an´ezve hihet˝o.) 2. Hat´arozza meg a lim
x→0
sin x − x x3
hat´ar´ert´eket! Megold´as: Mivel sin x = x −
x3 x5 x7 + − + −..., 3! 5! 7!
ez´ert lim
x→0
sin x − x = lim x→0 x3 3
lim
x→0
lim −
x→0
³ x−
− x3! +
x3 3!
+
x5 5!
−
x7 7!
´ + −... − x
x3 x5 5!
=
7
− x7! + − . . . = x3
x2 x4 1 1 + − + −··· = − . 3! 5! 7! 6
7
1. 1.
Fourier-sorok
ez´ert 1 a0 = 2π
Bevezet´ es ´ es defin´ıci´ ok
Z2π f (x)dx. 0
Ennek a fejezetnek a c´elja, hogy egy 2π szerint periodikus utthat´o meghat´aroz´as´ahoz sz¨ uks´eg¨ unk lesz a f¨ uggv´enyt fel´ırjunk mint trigonometrikus f¨ uggv´enyekb˝ol Az ak , bk egy¨ k¨ o vetkez˝ o integr´ a lokra: k´epzett f¨ uggv´enysork´ent. Nyilv´an a cos x ´es a sin x f¨ uggv´enyek 2π szerint periodikus f¨ uggv´enyek ´es ´altal´aban 1. Ha k 6= l pozit´ıv eg´eszek, akkor tetsz˝oleges k eg´esz sz´am eset´en a cos kx ´es a sin kx (a) f¨ uggv´enyek szint´en 2π szerint periodikus f¨ uggv´enyek, tov´abb´a az ezekb˝ol form´alt Z2π Z2π 1 n X cos kx cos lxdx = cos(k+l)x+cos(k−l)dx = 2 a0 + (ak cos kx + sin kx) 0
k=1
u ´n. trigonometrikus polinomok is tetsz˝oleges a0 , ak , bk val´os sz´amok eset´en 2π szerint periodikus f¨ uggv´enyt adnak. Ennek a fejezetnek a c´elja a 2π szerint periodikus f¨ uggv´enyt fel´ırni a0 +
∞ X
0
·
Z2π
(ak cos kx + sin kx)
0
1 sin kx sin lxdx = 2 ·
f¨ uggv´enysork´ent. A tov´abbiakban feltessz¨ uk, hogy a 2π szerint peiodikus f (x) Riemann-integr´alhat´o a [0, 2π] intervallumban. El˝osz¨or az f (x)-et a a0 +
Z2π
(ak cos kx + bk sin kx)
0
f (x)dx =
0
2.
3.
2π R
2π R
2π R
2π R
2π R
f (x) sin kxdx =
0
fn (x) cos kxdx,
fn (x) sin kxdx,
Z2π
0
k = 1, 2, . . . n
k = 1, 2, . . . n
¸2π =0 0
1 sin 2kx x+ 2 4k Z2π
2
sin kxdx = 0
fn (x)dx = 0
n X
0
1 + cos 2kx dx = 2 ¸2π = π; 0
(b)
Z2π
0
·
Z2π
f (x)dx =
·
0
1 − cos 2kx dx = 2
1 sin 2kx x− 2 4k
¸2π = π. 0
(c) Z2π
(ak cos kx + bk sin kx)dx =
k=1
k =1
0
2
Az els˝o felt´etelb˝ol a k¨ovetkez˝ot kapjuk:
a0 x +
sin(k+l)x+sin(k−l)dx =
Z2π
Z2π
0
n X
=0 0
Z2π
cos kxdx =
0
"
¸2π
(a)
0
0
0
2. Ha k = l, akkor
fn (x)dx
f (x) cos kxdx =
a0 +
cos(k−l)x−cos(k+l)dx =
cos(k + l)x cos(k − l)x − − k+l k−l
0
Z2π
Z2π
sin(k − l)x sin(k + l)x − k−l k+l
1 sin kx cos lxdx = 2 ·
trigonometrikus polinommal k¨ozel´ıtj¨ uk. Az egy¨ utthat´okat u ´gy v´alaszjuk, hogy a k¨ovetkez˝o, ¨osszesen 2n + 1 felt´etel teljes¨ ulj¨on: 2π R
=0 0
(c)
k=1
1.
¸2π
(b)
k=1
n X
sin(k + l)x sin(k − l)x + k+l k−l
sin kx cos kx ak − bk k k
0
#2π
1 sin kx cos kxdx = 2 −
= 2πa0 , 0
1
Z2π sin 2kxdx = 0
· ¸2π 1 cos 2kx =0 2 2k 0
A fentieket haszn´alva m´ar meg tudjuk hat´arozni az ak ´es bk egy¨ utthat´okat: Z2π
P´elda: Fejts¨ uk Fourier-sorba az ½ 1, 0 < x < π, f (x) = 2, π < x ≤ 2π
Z2π f (x) cos kxdx =
0
fn (x) cos kxdx =
f¨ uggv´enyt! Megold´as: Nyilv´an
0
! Z2πà n X a0 + (al cos lx + bl sin lx) cos kxdx = Z2π
a0 =
l=1
0
1 2π
Z2π 0
π Z Z2π 1 3 f (x)dx = 1dx + 2dx = ; 2π 2
1 ak = π
l=1
0
ez´ert 1 ak = π
Z2π
f (x) cos kxdx
1 π
0
Hasonl´oan kapjuk a bk egy¨ utthat´okat: Z2π f (x) sin kxdx = 0
a0 + 0
Z2π a0 sin kx+
fn (x) sin kxdx =
n X
n X
1 π
l=1
ez´ert 1 bk = π
1 π
Z2π f (x) sin kxdx.
2 cos kxdx = π
0
÷
(al cos lx + bl sin lx) sin kxdx =
sin kx k
¸π 0
· ¸2π ! sin kx + 2 =0 k π
Z2π f (x) sin kxdx = 0
Zπ
Z2π
2 sin kxdx =
1 sin kxdx + π
0
÷
Z2π
1 bk = π
(al cos lx sin kx+bl sin lx sin kx)dx = πbk ,
f (x) cos kxdx = 0
1 cos kxdx +
!
l=1
Z2π
Zπ
´es
0
Z2πÃ
0
1 π
Z2π
π
0
n X a0 cos kx+ (al cos lx cos kx+bl sin lx cos kx)dx = πak ,
cos kx − k
¸π 0
·
cos kx + −2 k
¸2π ! = π
cos kπ − 1 (−1)k − 1 = . kπ kπ
0
Az el˝obb kapott egy¨ utthat´ok nem f¨ uggnek n-t˝ol, emiatt term´eszetes a k¨ovetkez˝o 2π szerint periodikus f¨ uggv´ennyel ´ Igy a nemnulla egy¨ utthat´ok: k¨ozel´ıteni a 2π szerint periodikus f (x)-et: 3 −2 1. defin´ıci´ o. A 2π szerint periodikus f (x) Fourier-sora: a0 = , b2k−1 = , k = 1, 2, . . ., 2 (2k − 1)π ∞ X azaz a Fourier sor: a0 + (ak cos kx + bk sin kx), µ ¶ k=1 2 sin 3x sin 5x 3 − sin x + + + ... . ahol 2 π 3 5 Z2π 1 a0 = f (x)dx, 2π 0
1 ak = π ´es bk =
1 π
Z2π f (x) cos kxdx
2.
Fourier-sor r´ eszlet¨ osszegei
f (x) sin kxdx.
A k¨ovetkez˝o t´etel azt mondja ki, hogy a Fouriersor r´eszlet¨osszege a legkisebb ´atlagos hiban´egyzet tulajdons´ag´ u.
0
Z2π 0
2
n 1. t´ etel. Legyen az f (x) 2π szerint periodikus f¨ uggv´eny, Z2π X ¡ ¢ f 2 (x)dx+2π(α0 −a0 )2 +π (αk − ak )2 + (βk − bk )2 − az n-edik r´eszlet¨ osszege: sn (x). Legyen n X
tn (x) = α0 +
k=1
0
Ã
(αk cos kx + βk sin kx)
2πa20
k=1
tetsz˝oleges α0 , αk , βk val´os egy¨ utthat´okkal. Ekkor minden n ≥ 1 eset´en
0
(f (x) − tn (x)) dx
´es egyenl˝os´eg csak akkor teljes¨ ul, ha α0 = a0 , αk = ak , βk = bk .
0
Ã
Z2π 2
f (x)dx −
Bizony´ıt´ as: Nyilv´an
f (x) dx ≥ Z2π t2n (x)dx − 2 0
2πa20
+π
f (x)2 dx ≥ 2πa20 + π
f (x)tn (x)dx =
f (x) α0 +
n X
(αk cos kx + βk sin kx) dx =
f (x)dx+
n X
Z2π
0
Z2π
αk
k=1
(a2k + b2k ).
0 n X
∞ X
(a2k + b2k ).
k=1
0
f (x) sin kxdx =
f (x) cos kxdx + βk 0
f (x)2 dx = 2πa20 + π
Z2π
2πα0 a0 + π
∞ X
2. t´ etel (Parseval-formula). Ha a 2π szerint periodikus f (x) Riemann-integr´alhat´o a [0, 2π] intervallumban, akkor
Z2π α0
(a2k + b2k ).
A k¨ovetkez˝o, itt nem bizony´ıtott ´all´ıt´as azt mondja ki, hogy itt egyenl˝os´eg ´all:
!
k=1
0
n X
k=1
0
0
Ã
,
Mivel ez minden n ≥ 1 eset´en igaz, ez´ert
0
Z2π
Z2π
+
b2k )
k=1
0
f (x)tn (x)dx.
Z2π
De
!
π (a2k k=1
Z2π 2
f 2 (x)dx +
+
n X
ahonnan kapjuk, hogy
0
0
2πa20
0
Z2π (f (x) − tn (x))2 dx = Z2π
,
Z2π (f (x) − sn (x))2 dx =
0
Z2π
+
b2k )
A minimum eset´en:
2
2
(f (x) − sn (x)) dx ≤
π (a2k k=1
aminek a minimuma α0 = a0 , αk = ak , βk = bk eset´en lesz, ahonnan m´ar k¨ovetkezik a t´etel. ¥
Z2π
Z2π
+
!
n X
Ebb˝ol m´ar k¨ovetkezik, hogy n´egyzetes ´atlagban a r´eszlet¨osszeg k¨ozel van az f (x) f¨ uggv´enyhez:
(αk ak + βk bk ).
Z2π lim (f (x) − sn (x))2 dx = 0.
k=1
A tn (x) defin´ıci´oj´ab´ol k¨onny˝ u ellen˝orizni, hogy:
n→∞
0
Z2π t2n (x)dx = 2πα02 + π
n X
(αk2 + βk2 ). P´elda: A Parseval formul´at haszn´aljuk az ½ 1, 0 < x < π, f (x) = 2, π < x ≤ 2π
k=1
0
Ez´ert Z2π Z2π n X 2 (αk2 +βk2 )− (f (x)−tn (x)) dx = f 2 (x)dx+2πα02 +π 0
0
à 2 2πα0 a0 + π
f¨ uggv´eny eset´en! Megold´as: Tudjuk, egy¨ utthat´ok:
k =1
n X
! (αk ak + βk bk )
=
a0 =
k=1
3
3 , 2
b2k−1 =
hogy
a
−2 , (2k − 1)π
nem-nulla
Fourier-
k = 1, 2, . . ..
Ez´ert
(b) Hat´arozza meg f (2kπ) ´ert´eleit u ´gy, hogy f (x) mindenhol folytonos legyen!
Z2π 2
5π =
f (x) dx =
2πa20
+π
∞ X
(a2k + b2k ) =
Megold´as: A hat´arozott integr´al defin´ıci´oja alapj´an:
k=1
0
µ ¶ 4π 1 1 4, 5π − 2 1 + 2 + 2 + . . . , π 3 5
1 a0 = 2π
ahonnan rendez´es ut´an
tov´abb´a 1 ak = π
π2 1 1 = 1 + 2 + 2 + ... 8 3 5
3.
Fourier-sor genci´ aja
pontonk´ enti
xdx = π, 0
Z2π x cos kxdx = 0
· ¸2π Z2π sin kx 1 sin kx − dx = x π k k 0
konver-
0
·
A k¨ovetkez˝okben arra keress¨ unk v´alaszt, hogy a fent kapott Fourier-sor milyen felt´etelek eset´en ´all´ıtja el˝o az f (x) 2π periodikus f¨ uggv´enyt. Ehhez sz¨ uks´eg van a k¨ovetkez˝o definici´ora:
1 cos kx π k2 ´es 1 bk = π
2. defin´ıci´ o. Az f (x) f¨ uggv´eny szakaszosan folytonos az I intervallumon, ha v´eges sok pont kiv´etel´evel az f (x) folytonos ´es ahol szakad´asa van, ott l´etezik a bal ´es jobboldali hat´ar´ert´ek.
·
1 cos kx −x π k 1 π
A fenti defin´ıci´ora t´amaszkodva m´ar megadhatjuk, hogy a Fourier-sor milyen kapcsolatban van az f (x)-szel.
¸2π = 0, 0
Z2π x sin kxdx = 0
¸2π
Ã
Z2π −
0
0
cos kx − dx = k
·
cos(2kπ) sin kx −2π + k k2
¸2π ! 0
2 =− . k
´Igy a Fourier-sor: µ ¶ sin 2x sin 3x π − 2 sin x + + + ... . 2 3
3. t´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy az f (x) ´es f 0 (x) f¨ uggv´enyek szakaszosan folytonosak a [0, 2π]-ben. Ekkor a Fouriersor ´ert´eke az f (x) folytonoss´agi pontjaiban megegyezik f (x)-szel, m´ıg szakad´asi pontokban a bal ´es jobboldali hat´ar´ert´ek ´atlag´at veszi fel.
A konvergenci´ar´ol sz´ol´o t´etel alapj´an az f (2kπ) = π v´alaszt´as kell ahhoz, hogy a Fourier-sor el˝o´all´ıtsa a f¨ uggv´enyt a szakad´asi helyen.
A fenti, nem bizony´ıtott t´etel k¨ovetkezm´enye:
Megjegyezz¨ uk, hogy az x = k¨ovetkez˝ot adja:
K¨ ovetkezm´ eny: Ha a 2π szerint peiodikus f (x) f¨ uggv´eny olyan, hogy a [0, 2π] intervallum felbonthat´o v´eges sok intervallumra u ´gy, hogy egy r´eszintervallumon a f¨ uggv´eny monoton ´es folytonos, a szakad´asi pontokban l´etezik a bal ill. jobboldali hat´ar´ert´ek, akkor a Fourier-sor el˝o´all´ıtja a f¨ uggv´enyt az f (x) folytonoss´agi pontjaiban ´es a szakad´asi helyeken a Fourier-sor az f (x) ottani bal ´es jobboldali hat´ar´ert´ek ´atlag´at veszi fel.
π 2
helyettes´ıt´es a
π sin 2π sin 3π π = f ( ) = π − 2(sin π + + + ...) = 2 2 2 3 π − 2(1 −
1 1 + − + . . . ), 3 5
ez´ert
π 1 1 = 1 − + − +..., 4 3 5 ami nem olyan meglep˝o, mivel tanultuk, hogy
P´ eld´ ak: 1. (a) Fejts¨ uk Fourier-sorba az f (x) = x,
Z2π
arctgx = x −
ha 0 < x < 2π
x3 x5 + − +... 3 5
ha −1 < x < 1,
ami a fentiek alapj´an x = 1 (´es x = −1) eset´en is igaz.
2π szerint periodikus f¨ uggv´enyt! 4
2. Fejts¨ uk Fourier-sorba az
teh´at a Fourier-sor nem tartalmaz szinuszos tagokat, emiatt ezt a Fourier-sort tiszta koszinuszos Fouriersornak mondjuk.
f (x) = sin3 x f¨ uggv´enyt!
2. Most legyen f (x) egy p´aratlan f¨ uggv´eny. Ekkor f (x) p´aratlans´aga miatt
Olyan a0 , ak , bk val´os sz´amokat kell tal´alnunk, amelyekkel sin3 x = a0 +
∞ X
1 a0 = 2π
(ak cos kx + bk sin kx).
A lineariz´aci´os formul´ak szerint:
1 ak = π
1 − cos 2x sin x = sin x = sin x sin x = 2 2
1 a0 = 2π
Z2π 0
−π
1 f (x)dx = π
Z2π 0
1 f (x) cos kxdx = π 2 π
Z2π
Ekkor f (x) Zπ f (x)dx, 0
azaz
0
0
1 f (x) sin kxdx = π
Zπ f (x) sin kxdx = −π
Zπ f (x) sin kxdx, 0
0≤x≤π
0
8 f (x) = π
Zπ f (x) cos kxdx =
µ ¶ sin 3x sin 5x sin x + + + ... 33 53
2. Magyar´azza meg, hogy a kor´abban kisz´amolt
−π
f (x) = x,
Zπ
0 < x < 2π
2π szerint periodikus f¨ uggv´eny Fourier-sora mi´ert nem tartalmaz koszinuszos tagot!
f (x) cos kxdx. 0
1 f (x) sin kxdx = π
−π
Megold´as: A f¨ uggv´enyt a [−π, 0] intervallumon u ´gy eg´esz´ıtj¨ uk ki, hogy a [−π, π] intervallumban p´aratlan legyen. Erre a f¨ uggv´enyre m´ar alkalmazhatom a fenti k´epleteket. A r´eszleteket mell˝ozve a k¨ovetkez˝ot kapjuk b2k = 0 Zπ 2 8 b2k−1 = x(π − x) sin(2k − 1)xdx = , π (2k − 1)3 π
Megold´as: Tekints¨ uk a g(x) = f (x) − π2 f¨ uggv´enyt. Ez m´ar p´aratlan lesz, emiatt az ˝o Fourier-sora csak szinuszos tagokat tartalmaz. Ehhez a Fourier-sorhoz hozz´aadva π2 -et megkapjuk f (x) Fourier-sor´at.
Mivel f (x) sin kx p´aratlan, ez´ert 1 bk = π
f (x) cos kxdx = 0
f¨ uggv´enyt!
tov´abb´a f (x) cos kx p´aross´aga miatt 1 ak = π
Z2π
f (x) = x(π − x)
−π
Zπ
Zπ
1. Fejts¨ uk tiszta szinuszos Fourier-sorba az
g(x)dx.
1 f (x)dx = 2π
−π
P´ eld´ ak:
Zπ
1. Legyen f (x) egy p´aros f¨ uggv´eny. p´aross´aga miatt
f (x)dx = 0,
emiatt ez a Fourier-sor csak szinuszos tagokat tartalmaz, ez´ert ezt tiszta szinuszos Fourier-sornak mondjuk.
A tov´abbiakban felhaszn´aljuk, hogy ha g(x) egy 2π szerint periodikus f¨ uggv´eny, akkor a [π, 2π] intervallumon vett integr´al megegyezik a [−π, 0] intervallumon vett integr´allal, ez´ert
0
0
1 f (x) cos kxdx = π
2 π
Az al´abbiakban azt gondoljuk meg, hogy p´aros ´es p´aratlan f¨ uggv´enyek eset´en hogyan egyszer˝ us¨ odik le az egy¨ utthat´ok kisz´am´ıt´asa.
g(x)dx =
Z2π
1 bk = π
P´ aros ´ es p´ aratlan f¨ uggv´ enyek
Z2π
Zπ
Mivel f (x) sin kx p´aros, ez´ert
1 1 sin x − sin x cos 2x = 2 2 1 3 1 1 sin x − (sin 3x + sin(−x)) = sin x − sin 3x, 2 4 4 4 azaz a nemnulla Fourier-egy¨ utthat´o´ak: b1 = 43 ´es b3 = 1 −4.
4.
0
1 f (x)dx = 2π
tov´abb´a f (x) cos kx p´aratlans´aga miatt
k=1
3
Z2π
Zπ f (x) sin kxdx = 0., −π
5
5. T szerint periodikus f¨ uggv´ enyek Fourier-sora Tegy¨ uk fel, hogy f (x) egy T szerint periodikus, a [0, T ]-ben Riemann integr´alhat´o f¨ uggv´eny. Ekkor ˝ot a k¨ovetkez˝ o alak´ u Fourier-sorba fejthetj¨ uk: a0 +
∞ X
ak cos
k=1
2kπ 2kπ x + bk sin x, T T
ahol 1 a0 = T
ak =
2 T
´es 2 bk = T
ZT f (x)dx, 0
ZT f (x) cos
2kπ xdx T
f (x) sin
2kπ xdx. T
0
ZT 0
A konvergenci´ ara hasonl´o t´etel mondhat´o ki, mint ami a 2π szrint periodikus f¨ uggv´enyekre vonatkozik. A r´eszleteket mell˝ozz¨ uk.
6
