W tym artykule przedstawię Ci podstawowe pojęcia związane z szeregami potęgowymi o zmiennej rzeczywistej (szereg potęgowy to szczególny przypadek szeregu funkcyjnego). Przydadzą się umiejętności całkowania i różniczkowania (pochodne funkcji). Polecam również zapozać się z artykułem dot. kryteriów zbieżności szeregów liczbowych.
Definicja
Szeregiem potęgowym zmiennej rzeczywistej nazywamy szereg funkcyjny w postaci:
\[ \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n \]
Punkt \( x_0 \) nazywamy środkiem szeregu.
Zbieżność szeregów potęgowych
Szeregi potęgowe są bezwzględnie zbieżnie na kole o środku \(x_0\) i promieniu zbieżności \(r\) (\(|x - x_0| < r \) ). Jest to po prostu przedział na osi OX: \(x \in (-r + x_0, r+x_0)\). Do badania zbieżności (promienia) szeregów służy Twierdzenie Cauchy'ego-Hadamarda.
Twierdzenie Cauchy'ego-Hadamarda
Dany jest szereg potęgowy:
\[ \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n \]
Niech:
\[ \alpha = \lim_{n \to \infty} \sup \sqrt[n]{|a_n|} \]
Wtedy promień zbieżność szeregu wygląda następująco:
\[ r = \begin{cases} \infty & \textrm{gdy } \alpha = 0 \\ \frac{1}{\alpha} & \textrm{gdy } 0 < \alpha < \infty \\ 0 & \textrm{gdy } \alpha = \infty \end{cases} \]
Przykład 1
Oblicz promień zbieżności szeregu potęgowego:
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n^2}}{2^n} \]
Do zbadania promienia oczywiście wykorzystamy Twierdzenie Cauchy'ego-Hadamarda, jednak wcześniej należy zauważyć, że postać szeregu, który mamy zbadać jest nieodpowiednia, należy go przekształcić (zmienna jest podniesiona do \(n^2\) a nie \(n\)). Spójrzmy jak wyglądają kolejne wyrazy szeregu:
\[ \frac{x}{2} + \frac{x^4}{2^2} + \frac{x^9}{2^3} + \dots \]
Należy zauważyć, że jest to szereg potęgowy (ze zmienną do n-tej), w którym po prostu zostały usunięte niektóre wyrazy:
\[ \dots + \frac{x^4}{2^2} + \frac{x^5}{2^{\log_2{5}}} + \frac{x^6}{2^{\log_2{6}}} + \dots + \frac{x^9}{2^3} + \dots \]
Trzeba w takim razie przedstawić ten szereg w takiej postaci:
\[ \frac{x}{2} + \sum_{n=2}^\infty a_n x^n \]
gdzie:
\[ a_n = \begin{cases} \frac{1}{2^{\log_2{n}}} && \textrm{gdy } n=k^2 && k \in \mathbb{N} \\ 0 && \textrm{gdy } n \neq k^2 && k \in \mathbb{N} \end{cases} \]
Pierwszy wyraz musimy wyciągnąć przed "sigmę" i zmienić licznik (od \(n=2\)) dla zachowania sumy i zgodności ze współczynnikami \(a_n\).
Teraz możemy już zastosować Twierdzenie Cauchy'ego-Hadamarda, obliczmy więc granicę:
\[ \lim_{n \to \infty} \sup \sqrt[n]{|a_n|} \]
Zwróćmy uwagę na supremum w wyrażeniu granicy, znaczy to tyle, że brać pod uwagę będziemy wyrazy \(\frac{1}{2^{\log_2{n}}}\) czyli:
\[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\left| \frac{1}{2^{\log_2{n}}} \right|} \]
Wartość bezwzględna niczego nam nie zmienia, także:
\[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{ \frac{1}{2^{\log_2{n}}}} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2^{\log_2{n}}} \right)^\frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1^\frac{1}{n}}{2^\frac{\log_2{n}}{n}} = 1 \]
Wyrażenie \(\frac{1}{1}\) (patrz: twierdzenie) znajduje się oczywiście w przedziale \((0, \infty)\), więc promień zbieżności badanego szeregu potęgowego wynosi 1.
Przykład 2
Oblicz promień zbieżności szeregu potęgowego:
\[ \sum_{n=1}^\infty \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n^2} x^n \]
Wykorzystując twierdzenie Cauchy'ego-Hadamarda potrzebujemy obliczyć następującą granicę:
\[ \lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{\left| \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^{n^2} \right|} \]
Chcąc obliczyć tą granicę oczywiście będziemy musieli posłużyć się pewną równością:
\[ \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{a^n} \right)^{a_n} = e \]
Także:
\[ \lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{\left| \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^{n^2} \right|} = \lim_{n \to \infty} \left( \left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n^2} \right)^\frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n = e \]
Ostatecznie: \(r = \frac{1}{e}\).
Szereg Taylora
Szeregiem Taylora w punkcie (wokół punktu) \(x_0\) funkcji \(f\) nazywamy szereg potęgowy:
\[ f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{f^n(x_0)}{n!} (x-x_0)^n \]
Gdzoe \(f^n(x_0)\) to wartość n-tej pochodnej funkcji \(f\) w punkcie \(x_0\).
Uwaga: Proszę nie traktować tego jako formalnej definicji.
Przykład 3a
Rozwinąć w Szereg Taylora wokół punktu 0 funkcję:
\[ f(x) = xe^x \]
Obliczmy kilka pochodnych kolejnych rzędów tej funkcji:
\[ f(x) = x e^x \]
\[ f'(x) = e^x +e^x x = xe^x + e^x \]
\[ f''(x) = e^x +e^x x + e^x = xe^x + 2e^x \]
\[ f^3(x) = e^x +e^x x + 2e^x = xe^x + 3e^x \]
\[ \dots \]
\[ f^n(x) = xe^x + ne^x \]
Czyli:
\[ f^n(x_0) = f^n(0) = 0 \times e^0 + ne^0 = n \]
Teraz wystarczy już podstawić tylko do wzoru, rozwinięciem funkcji f w Szereg Taylora jest szereg potęgowy:
\[ xe^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{n}{n!} x^n \]
Przykład 3b
Zadanie jest takie samo jak w przykładzie 3a, należy rozwinąć w Szereg Taylora funkcję \(f\) wokół punktu 0. Można to oczywiście zrobić w inny, łatwiejszy sposób.
Czasem po prostu zamiast bawić się w liczenie kolejnych pochodnych funkcji warto zapamiętać rozwinięcia niektórych ważniejszych funkcji (niewątpliwie taką funkcją jest funkcja \(x^x\)) i wykorzystać je stosując odpowiednie działania na szeregach.
Rozwinięciem funkcji w Szereg Taylora wokół punktu 0 (inaczej Szereg Maclaurina) jest szereg:
\[ e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} \]
Można to sprawdzić licząc kolejne pochodne i podstawiając do wzoru.
W jaki sposób uzyskać rozwinięcie zadanej w Przykładzie 3a funkcji? Po prostu pomnóżmy obustronnie przez:
\[ xe^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x \times x^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{n!} \]
Takie działanie możemy wykonać ponieważ w żaden sposób nie zmieniamy sumy danego szeregu przez co powyższa równość jest prawdziwa. Gdybyśmy chcieli pomnożyć przez \(n\), które jest licznikiem, to sprawa by się skomplikowała).
Z kolei chcąc dodać coś do zadanej funkcji, w zależności od przypadku, musielibyśmy manipulować licznikiem, np. włączyć jakiś wyraz do szeregu.
OK, wszystko fajnie, tylko, że rozwiązania przykładów (wynikowy szereg) 3a i 3b różnią się od siebie. Oczywiście łatwo wykazać, że mimo to są sobie równe:
\[ \sum_{n=0}^\infty \frac{n x^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{n!} \]
Należy oczywiście zauważyć, że pierwszy wyraz szeregu po lewej stronie w żaden sposób go nie zmienia, także można go spokojnie pominąć (i skrócić silnię) na któryś ze sposobów poniżej:
\[ \sum_{n=0}^\infty \frac{n x^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(n+1) x^{n+1}}{(n+1)!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{n!} \]
lub
\[ \sum_{n=0}^\infty \frac{n x^n}{n!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{n x^n}{n!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{(n-1)!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{n!} \]
Przykład 4
Rozwinąć w szereg Taylora wokół punktu 3 funkcję:
\[ f(x) = \frac{1}{x} \]
W tym przypadku nie możemy się posłużyć żadnym znanym nam rozwinięciem funkcji w szereg, obliczmy więc pochodne kilku rzędów:
\[ f'(x) = - \frac{1}{x^2} \]
\[ f''(x) = \frac{2}{x^3} \]
\[ f^3(x) = - \frac{6}{x^4} \]
\[ f^4(x) = \frac{24}{x^5} \]
Od razu zauważamy, że w liczniku znajduje się silnia, z kolei w mianowniku mamy kolejne potęgi zmiennej (należy zwrócić uwagę na to, że w pierwszej pochodnej zmienna jest już podniesiona do potęgi 2 - trzeba będzie wziąć pod uwagę licznik szeregu).
Także n-ta pochodna funkcji \(f\) w punkcie 3 wygląda następująco (zgodnie ze wzorem Taylora - podstawiamy 3):
\[ f^n(3) = (-1)^n \frac{n!}{3^{n+1}} \]
Dzięki wyrażeniu na początku ( -1 wzięty do n-tej) odpowiednie wyrazy mają odpowiedni znak (nieparzyste poprzedzone minusem).
Teraz podstawmy już tylko wszystko pod wzór Taylora:
\[ \frac{1}{x} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \frac{n!}{3^n+1}}{n!} (x-3)^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{3^{n+1}} (x-3)^n \]
Różniczkowanie i całkowanie szeregów potęgowych wyraz po wyrazie
Niech \(r\) będzie promieniem zbieżności szeregu potęgowego \(\sum_{n=0}^\infty a_n (x-x_0)^n\) i niech będzie rozwinięciem funkcji \(f(x)\), wtedy:
\[ \left(\sum_{n=0}^\infty a_n (x-x_0)^n \right)' = \sum_{n=0}^\infty a_n \times n(x-x_0)^{n-1} = f'(x) \]
\[ \int \sum_{n=0}^\infty a_n (x - x_0)^n dx = \sum_{n=0}^\infty a_n \times \frac{(x-x_0)^{n+1}}{n+1} + C = \int f(x) dx \]
dla każdego \(x \in (-r, r)\).
Przykład 5
Wyznacz obszar zbieżności i oblicz sumę szeregu potęgowego:
\[ \sum_{n=1}^\infty n(n+1)x^n \]
Zacznijmy od badania obszaru zbieżności tego szeregu. Na początku wykorzystując Twierdzenie Cauchy'ego-Hadamarda, obliczmy promień zbieżności tego szeregu:
\[ \lim_{n\to\infty} \sup \sqrt[n]{\left| n(n+1) \right|} = \lim_{n \to \infty} (n(n+1))^\frac{1}{n} = 1 \]
Oczywiście nie możemy sobie tak po prostu napisać, że ta granica jest równa 1. Wykorzystujemy do jej obliczenia twierdzenie o trzech ciągach:
\[ (n^2)^\frac{1}{n} \leq (n^2 +n)^\frac{1}{n} \leq (2n^2)^\frac{1}{n} \]
\[ n^\frac{2}{n} \leq (n^2 + n)^\frac{1}{n} \leq 2^\frac{2}{n} n^\frac{2}{n} \]
Granice ciągów skrajnych są sobie równe i równe oczywiście 1, więc granica ciągu wewnętrznego jest również równa 1.
Ostatecznie promień zbieżności tego szeregu jest równy 1. Nie jest to jednak obszar zbieżności, Twierdzenie Cauchy'ego-Hadamarda nie mówi nam co się dzieje na krańcach promienia zbieżności (przedział jest otwarty). Dlatego dodatkowo musimy jeszcze sprawdzić co się tam "dzieje". Chcąc tego dokonać wystarczy podstawić wartości z krańców (czyli -1 i 1) pod \(x\), dostaniemy wtedy szeregi liczbowe, które będziemy musieli zbadać pod kątem zbieżności.
Pierwszy szereg (dla \(x=-1\)):
\[ \sum_{n=1}^\infty n(n+1)(-1)^n \]
Szereg ten oczywiście jest rozbieżny - nie spełnia warunku koniecznego zbieżności szeregów (granica ciągu jego wyrazów nie jest równa 0). W takim razie szereg potęgowy w punkcie -1 jest rozbieżny.
Drugi szereg (dla \(x=1\)):
\[ \sum_{n=1}^\infty n(n+1) \]
Sytuacja jest identyczna jak przy pierwszym - szereg ten jest również rozbieżny.
Obszarem zbieżności tego szeregu jest w takim razie przedział: \(x \in (-1,1)\).
Zabierzmy się teraz za obliczenie jego sumy. Aby tego dokonać musimy wykorzystać jakiś szereg funkcyjny, którego suma jest nam znana. W tym przypadku oczywiście wykorzystamy najprostszy szereg potęgowy:
\[ \sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{1-x} \]
Musimy go tak przekształcić (wykonywać różne operacje) aby przybrał postać szeregu z zadania, oczywiście przekształcać nie będziemy tylko samego szeregu ale również adekwatnie funkcję do, której jest on zbieżny. Wykorzystać możemy operację obustronnego mnożenia przez skalar (niezwiązany w żaden sposób z licznikiem szeregu "n") bądź całkowania czy różniczkowania (patrz twierdzenie wyżej - szeregi potęgowe bardzo łatwo się różniczkuje, całkuje).
Pierwszą rzeczą jaką powinniśmy zrobić jest pomnożenie obu stron przez \(x\). Dlaczego? Dzięki temu uzyskamy w wykładniku szeregu wyrażenie \(n+1\), które później zostanie wykorzystane przy różniczkowaniu (wyrażenie z wykładnika wychodzi przed podstawę i zmniejsza się o 1). Spójrzmy:
\[ x \sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{x}{1-x} \]
\[ \sum_{n=0}^\infty x \times x^n = \frac{x}{1-x} \]
\[ \sum_{n=0}^\infty x^{n+1} = \frac{x}{1-x} \]
Teraz zgodnie z twierdzeniem o różniczkowaniu wyraz po wyrazie możemy zróżniczkować szereg i funkcję:
\[ \sum_{n=0}^\infty (n+1)x^n = \left( \frac{x}{1-x} \right)' = \frac{1 \times (1-x) + x}{(1-x)^2} = \frac{1}{(1-x)^2} \]
Szereg powoli zaczyna nabierać "kształtów", potrzebujemy jeszcze jednego różniczkowania. Zatem:
\[ \sum_{n=0}^\infty n(n+1)x^{n-1} = \left( \frac{1}{(1-x)^2} \right)' = \frac{-2(1-x)(-1)}{(1-x)^4} = \frac{2}{(1-x)^3} \]
Pozostaje jeszcze "skorygować" wykładnik w szeregu mnożąc obustronnie przez \(x\), możemy również zmienić początek licznika \(n\) na \(n=1\), ponieważ szereg dla \(n=0\) niczego nie zmienia, sumą tego szeregu jest następująca funkcja:
\[ \sum_{n=1}^\infty n(n+1)x^n = \frac{2x}{(1-x)^3} \]
Przykład 6
Wyznacz obszar zbieżności i oblicz sumę szeregu potęgowego:
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n(n+1)} \]
Obliczmy najpierw obszar zbieżności (promień zbieżności i zbieżność szeregu na krańcach promienia). Promień zbieżności:
\[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\left| \frac{1}{n(n+1)} \right|} = \underbrace{\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{1}}{\sqrt[n]{n(n+1)}}}_{\textrm{Poprzedni przykład}} = 1 \]
Już wiemy, że szereg ten jest na pewno zbieżny w przedziale \((-1,1)\) (Granicę w mianowniku liczymy tak jak w poprzednim przykładzie wykorzystując twierdzenie o trzech ciągach). Sprawdźmy teraz jak się zachowuje szereg na krańcach promienia zbieżności.
Pierwszy szereg (\(x=-1\)):
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n(n+1)} \]
Na podstawie kryterium Leibniza szereg ten jest oczywiście zbieżny. Mamy dwa ciągi: \(a_n=(-1)^n\) i \(b_n = \frac{1}{n(n+1)}\). Granica ciągu \(b_n\) jest równa zero - mamy zbieżność. W takim razie szereg potęgowy jest w punkcie \(x=-1\) zbieżny.
Drugi szereg (\(x=1\)):
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 + n} \]
Badając ten szereg kryterium porównawczym również orzekamy jego zbieżność (przyrównujemy go do szeregu harmonicznego rzędu 2). W punkcie \(x=1\) szereg potęgowy jest również zbieżny i jego obszarem zbieżności jest \(x \in [-1, 1]\)
Jeżeli chodzi o sumę szeregu to sytuacja wygląda podobnie jak w poprzednim przykładzie, tylko, że w tym przypadku będziemy musieli scałkować szereg, na którym będziemy bazować. OK, jako, że całkowanie zwiększa licznik (w mianowniku mamy \(n(n+1)\)), więc musimy zmniejszyć najpierw wykładnik o 1. No dobrze, ale w jaki sposób? Mnożąc obustronnie przez \(\frac{1}{x}\)? Raczej nie, licznik będzie wtedy startował od 0, a w takim przypadku wyraz nie będzie istniał (dzielenie przez zero), także wystarczy "wystartować" licznik od 1 i zachowując równość:
\[ \sum_{n=1}^\infty x^{n-1} = \frac{1}{1-x} \]
Teraz możemy już przejść do całkowania szeregu:
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n} = \int \frac{1}{1-x} dx \]
W mianownik "wskakuje" nam dzięki temu \(n\). Obliczmy całkę z funkcji metodą przez podstawianie:
\[ \int \frac{1}{1-x} dx = \begin{Bmatrix} t = 1-x \\ dt = -dx \\ -dt = dx \end{Bmatrix} = - \int \frac{1}{t} dt = -\ln{t} + C = -\ln{(1-x)} + C \]
Całość wygląda teraz tak:
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n} = - \ln{(1 - 0)} + C \]
\[ \sum_{n=1}^\infty 0 = 0 + C \Leftrightarrow C = 0 \]
Stałej się pozbyliśmy, szereg wygląda następująco:
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n} = -\ln{(1-x)} \]
Ponownie całkujemy całość obustronnie, aby uzyskać pod szeregiem \((n+1)\) w mianowniku:
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n+1}}{n(n+1)} = - \int \ln{(1-x)}dx \]
Całka (przez części):
\[ -\int \ln{(1-x)} dx = \begin{Bmatrix} u = \ln{(1-x)} & v' = 1 \\ u' = \frac{-1}{1-x} & v = x \end{Bmatrix} = -x \ln{(1-x)} - \int \frac{x}{1-x} dx \]
Oddzielnie policzmy całkę powstałą z metody "przez części":
\[ \int \frac{x}{1-x} dx = - \int \frac{x}{x-1} dx = -\int \frac{x-1+1}{x-1} dx = \]
\[ \int \frac{x}{1-x} dx = -\int \frac{x}{x-1}dx = -\int \frac{x-1+1}{x-1} dx = \]
\[ -\int \frac{x-1}{x-1} dx - \int \frac{1}{1-x} dx = -x - \ln{(1-x)} + C \]
Ostatecznie:
\[ -\int \frac{x}{1-x} dx = -x \ln{(1-x)} + x + \ln{(1-x)} + C \]
Czyli szereg wygląda już tak:
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n+1}}{n(n+1)} = x - x \ln{(1-x)} + \ln{(1-x)} + C \]
Stałej \(C\) pozbywamy się w identyczny sposób jak przy wcześniejszym całkowaniu (podstawiamy \(x=0\)). Teraz już wystarczy poprawić wykładnik w szeregu i dostaniemy szereg z zadania - mnożymy oczywiście przez \(\frac{1}{x}\):
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n(n+1)} = \frac{x - x \ln(1-x) + ln(1-x)}{x} \]
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n(n+1)} = 1 - \ln{(1-x)} + \frac{\ln{(1-x)}}{x} \]
Przykład 7
Rozwinąć w szereg Taylora wokół 0 poniższą funkcję i znaleźć obszar zbieżności:
\[ f(x) = \int \frac{\sin{x}}{x} dx \]
Funkcja jest dość szczególna, chcąc rozwinąć ją w szereg Taylora wokół 0 licząc kolejne jej pochodne nie wyszłoby nam nic dobrego. A to dlatego, że w mianowniku zawsze będzie występował sam \(x\) (z różnym wykładnikiem) i nie będzie można pod niego podstawić zera. Łatwiej będzie znaleźć rozwinięcie sinusa i odpowiednio je przekształcić (pomnożyć przez \(\frac{1}{x}\) i scałkować).
Obliczmy kilka pierwszych pochodnych funkcji sin(x) - obok wartość w zerze:
\[ f'(x) = \cos{x} \quad f'(0) = 1 \]
\[ f''(x) = -\sin{x} \quad f''(0) = 0 \]
\[ f^3(x) = -\cos{x} \quad f^3(0) = -1 \]
\[ f^4(x) = \sin{x} \quad f^4(0) = 0 \]
Kolejne pochodne będą się już powtarzać. Zauważmy, że tylko nieparzyste pochodne mają wartość różną od zera (parzyste będą nam zerować całe wyrażenie - patrz wzór - dlatego możemy je pominąć). Wybierając tylko określone wyrazy musimy zwrócić uwagę na silnię i wykładnik \(x\).
Spójrzmy na kilka kolejnych wyrazów naszego szeregu:
\[ \frac{1}{1} x^1 + \frac{0}{2!} x^2 + \frac{-1}{3!} x^3 + \frac{0}{4!} x^4 + \frac{1}{5!} x^5 + \dots \]
Chcąc wybrać tylko wyrazy nieparzyste, musimy po prostu zmienić wykładnik i silnię - na liczbę nieparzystą, czyli \(2n+1\) (każda liczba nieparzysta jest w takiej postaci):
\[ \sin x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1} \]
Mając rozwinięcie sinusa w szereg Taylora, możemy zacząć przekształcenia ku naszej funkcji z zadania (mnożymy najpierw obustronnie przez \(\frac{1}{x}\), później całkujemy):
\[ \frac{1}{x} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1} = \frac{1}{x} \sin x \]
\[ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n} = \frac{\sin x}{x} \]
\[ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)(2n+1)!} x^{2n+1} = \int \frac{\sin{x}}{x} dx \]
I mamy rozwinięcie w szereg Taylora tzw. sinusa całkowego.
Zostaje jeszcze obszar zbieżności - niestety przed chwilą powstały szereg trzeba będzie przekształcić. Forma w jakiej jest nie kwalifikuje się pod twierdzenie Cauchy'ego-Hadamarda, spójrzmy na twierdzenie, szeregi muszą być w następującej postaci: \(\sum_{n=0}^\infty a_0 x^n\), nasz szereg wygląda tak: \(\sum_{n=0}^\infty a_0 x^{2n+1}\).
Przekształcić go musimy w następujący sposób (wyodrębnić ciąg \(a_n\)):
\[ \sum_{n=0}^\infty a_n x^n \]
Gdzie:
\[ a_n = \begin{cases} \frac{(-1)^\frac{n-1}{2}}{nn!} && \textrm{dla } n = 2k+1 \\ 0 && \textrm{dla } n \neq 2k+1 \end{cases} \]
Skąd taki dziwny wykładnik przy podstawie \(-1\)? Zauważmy, że kolejne wyrazy szeregu są numerowane w normalnym porządku, jednak wyrażenia gdzie są podstawiane powodują, że są to liczby nieparzyste (wykładnik przy \(x\)). Stąd w przypadku gdy \(n\) będzie nieparzyste (w postaci \(2k+1\)) to wybrać mamy wyraz pierwszy.
Z kolei wykładnik przy \(-1\) był równy po prostu \(n\), przekształcając tak szereg wybierać będziemy tylko liczby nie parzyste, co sprawi, że zawsze będzie to \(-1\), dokonując takiego zabiegu w wykładniku znajdą się zarówno liczby parzyste jak i nieparzyste.
Teraz możemy obliczyć granicę z twierdzenia Cauchy'ego-Hadamarda:
\[ \lim_{n \to \infty} \sup \underbrace{ \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| }_{= \sqrt[n]{\left| a_n \right|}} = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{(-1)^{\frac{n}{2}}}{(n+1)(n+1)!} \times \frac{nn!}{(-1)^\frac{n-1}{2}} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{(-1)^\frac{n}{2}}{(n+1)^2 n!} \times \frac{nn!}{(-1)^\frac{n}{2} (-1)^\frac{1}{2}} \right| = \]
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{n}{(n+1)^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n(n+2 + \frac{1}{n})} = 0 \]
Granica jest równa zero, oznacza to, że promień zbieżności jest nieskończony, szereg jest zbieżny dla dowolnego \(x\).
Źródło
- Analiza matematyczna dla informatyków 2 - wykład prof. Pawła Domańskiego, UAM WMI 2010-2011