Obsah. 1 Mocninné řady Definice a vlastnosti mocninných řad Rozvoj funkce do mocninné řady Aplikace mocninných řad...

Transkript

1 Obsah 1 Mocié řady Defiice a vlastosti mociých řad Rozvoj fukce do mocié řady Aplikace mociých řad

2 Kapitola 1 Mocié řady 1.1 Defiice a vlastosti mociých řad Defiice Necht (a + je reálá resp. komplexí posloupost a echt a je reálé resp. komplexí číslo. Pak řadu + a (x a azýváme mociou řadou se středem v bodě a. Možiu všech reálých resp. komplexích čísel x, pro která mociá řada koverguje, azýváme obor kovergece mocié řady, s(x pak ozačuje součet mocié řady pro x z oboru kovergece. Poslouposti (a + a bodu a přiřazujeme fukci s(x. Je-li s a (x = + a (x a a s 0 (x = + a x, pak s a (x = s 0 (x a. Stačí tedy studovat vlastosti mociých řad se středem v bodě 0. Uved me si ěkolik příkladů reálých mociých řad. (1 + + x = 1 1 x ( 1 + +! = s(x, obor kovergece je ( 1, 1. 1 x = e x = s(x, obor kovergece je R.! (! + +! x koverguje pouze pro x = 0. Věta Pro každou mociou řadu + a (x a existuje ρ R, ρ 0 takové, že i pokud x a < ρ, pak + a (x a koverguje absolutě; ii pokud x a > ρ, pak + a (x a diverguje. Důkaz. Stačí ověřit platost dvou tvrzeí: 1. když je posloupost ( a (x 0 a omezeá, pak pro každé x takové, že x a < x 0 a, řada + a (x a koverguje absolutě,. když je posloupost ( a (x 0 a eomezeá, pak pro každé x takové, že x a x 0 a, řada + a (x a diverguje, 1

3 a pak položit { ρ = sup x 0 a ; posloupost ( a (x 0 a } je omezeá. Předpokládejme, že v ějakém bodě x 0 je posloupost ( a (x 0 a omezeá. Tedy existuje K > 0 takové, že a (x 0 a K pro každé N. Pak pro x a < x 0 a dostaeme ( x a ( x a a (x a = a x a = a x 0 a K. x 0 a x 0 a Posloupost a pravé straě je geometrická s kladým kvocietem < 1, proto podle srovávacího kritéria řada + a (x a koverguje. Druhé tvrzeí je zřejmé, protože eomezeost ( a (x 0 a implikuje eomezeost ( a (x a pro x a x 0 a a eí tedy splěa ai utá podmíka kovergece řady. Defiice řady. Číslo ρ z předchozí věty azýváme poloměr kovergece mocié Věta Poloměr kovergece mocié řady + a (x a je rove ρ = 1 lim sup a, přičemž klademe ρ = 0, když limes superior je +, a ρ = +, když limes superior je 0. Důkaz. Z důkazu předchozí věty víme, že ρ = sup M, kde M = { y : (a y je omezeá}. Popíšeme prvky možiy M. Zřejmě 0 M. Uvažujme proto y 0. Pro eulové y platí lim sup a y = y lim sup a. Když lim sup a y > 1, pak existuje ε > 0, že pro ekoečě moho idexů je a y > (1 + ε, a tedy posloupost (a y eí omezeá. Máme tedy implikaci y lim sup a > 1 = y / M. Když lim sup a y < 1, pak od jistého idexu počíaje je a y < 1, a tedy posloupost (a y je omezeá. Platí tedy y lim sup a < 1 = y M.

4 Z těchto dvou implikací sado už odvodíme: jestliže lim sup a = +, pak M = {0} a ρ = sup M = 0, jestliže lim sup a = 0, pak M = 0, + a ρ = sup M = +, jestliže lim sup a = L (0 +, V obou případech je ρ = 1/L. pak M = 0, 1/L ebo M = 0, 1/L. Pozámka. Z Cauchyova vzorce (viz Matematická aalýza I plye, že když existuje lim a a +1, pak je tato limita rova ρ. x. Poloměr ko- Příklad Zkoumejme obor kovergece komplexí řady + =1 vergece je 1 ρ = lim sup 1 = 1 Pro x z vitřku kruhu se středem 0 a poloměrem 1 řada koverguje absolutě, vě kruhu řada diverguje. Zbývá proto určit, co se děje a kružici. Každé x z jedotkové kružice má tvar x = cos φ + i si φ, φ 0, π. Proto =1 x = + =1 cos(φ + i =1 si(φ Z Dirichletova kritéria víme, že pro φ 0 obě řady kovergují. V bodě x = 1, tj. pro φ = 0 řada diverguje. Obor kovergece zkoumaé mocié řady je kruh se středem v bodě 0 a jedotkovým poloměrem včetě hraičí kružice vyjma bodu 1. Pozámka. Protože lim = 1, dostaeme ihed tvrzeí, že mocié řady a (x a, a (x a, =1 a (x a a =1 a (x a mají stejý poloměr kovergece. Obory kovergece mohou však být růzé. Dokladem toho jsou apř. řady + =1 x a + x. Věta Necht + a (x a je reálá mociá řada s kladým poloměrem kovergece ρ. Ozačme její součet s(x. Pak pro každé x (a ρ, a + ρ platí s (x = =1 a (x a 1. 3

5 Důkaz. Zvolme pevě bod x 0 (a ρ, a + ρ a kladé ρ 1 R, ρ 1 < ρ tak, aby platilo x 0 (a ρ 1, a+ρ 1. Podle předchozí pozámky řada + = a ρ1 koverguje. Ozačme její součet K. Pak pro libovolé x (a ρ 1, a + ρ 1 platí s(x s(x 0 = Proto s(x s(x 0 x x 0 = 1 a = =1 =1 a ( (x a (x 0 a = (x x 0 a (x 0 a 1 = 1 a = 1 a =1 (x a k (x 0 a 1 k. ( (x a k (x 0 a 1 k (x 0 a 1 ( (x 0 a 1 k (x a k (x 0 a k k=1 }{{} (x x 0 k 1 i=0 (x ai (x 0 a k 1 i < x x 0 Z věty o limitě sevřeé fukce dostaeme po limitím přechodu x x 0, že = s(x s(x 0 lim = a (x 0 a 1. x x 0 x x 0 =1 a ρ 1 K x x 0. Vlastost, kterou jsme ted dokázali, lze shrout heslem Mociou řadu lze uvitř oboru kovergece derivovat čle po čleu a formálě zapsat ( + + ( a (x a = a (x a. Protože derivováím se eměí poloměr kovergece, lze mociou řadu s kladým poloměrem kovergece derivovat ekoečěkrát, přičemž s (k (x = =k ( 1(... ( k + 1a (x a k. Speciálě s (k (a = k!a k. Věta Necht + a (x a je mociá řada s kladým poloměrem kovergece. Ozačme s(x její součet. Pak pro každé N {0} platí a = s( (a!. Pozámky. Uved me dva důsledky předchozí věty. 4

6 1. Dvě růzé mocié řady + a (x a a + b (x a s kladým poloměrem kovergece emohou mít stejý součet.. Polyom a k(x a k je -tým Taylorovým polyomem fukce + a (x a za předpokladu, že tato mociá řada má poloměr kovergece ρ > Rozvoj fukce do mocié řady Vyjádřeí reálé fukce reálé proměé jako řady f(x = a (x a pro každé x J azýváme rozvojem fukce do mocié řady se středem v bodě a D f, kde iterval J je takový, že a J o a J D f. Jako J uvažujeme zpravidla ejvětší iterval s touto vlastostí. Z předchozí věty víme, že utou podmíkou pro alezeí rozvoje fukce do mocié řady se středem v bodě a je existece f ( (a pro každé N a že jediým kadidátem pro rozvoj fukce je mociá řada f ( (a (x a.! Tuto řadu azýváme Taylorovou řadou fukce f. Z Taylorova vzorce f(x = f (k (a (x a k + R (x k! defiujícího zbytek R (x plye, že f(x = f ( (a (x a lim! R (x = 0. + Ověřováí podmíky lim R (x = 0 ebylo vždy jedoduché. Pomáhal ám k tomu Lagrageův a Cauchyův tvar zbytku. Možost derivováí mocié řady ám umoží získat saději vyjádřeí fukce f pomocí mocié řady. Příklad v bodě 0. Protože Nalezěme rozvoj fukce f(x = arctg x do mocié řady se středem f (x = ( arctg x + 1 = x + 1 = ( 1 x pro každé x ( 1, 1, 5

7 dostaeme ( arctg x = ( + ( 1 x +1 pro každé x ( 1, Když dvě fukce mají stejou derivaci a itervalu, pak se tyto fukce liší aejvýš o kostatu. Existuje proto kostata c taková, že arctg x = ( 1 x c pro každé x ( 1, 1. Když dosadíme do pravé a levé stray rovosti x = 0, dostaeme c = 0. Otázkou zůstává, jak vypadá maximálí možia těch x, pro které platí rovost mezi mociou řadou a fukcí arctg x. Protože poloměr kovergece mocié řady se derivováím eměí, je zřejmé, že pro x v absolutí hodotě větší ež 1 emůže rovost platit. Zbývá tedy diskutovat body x = 1 a x = 1, ve kterých řada koverguje. Odpověd ám poskyte ásledující věta. Věta 1... (Abelova Reálá mociá řada je spojitá v celém svém oboru kovergece. Důkaz. Uvažujme reálou mociou řadu s(x = + a (x a. Je-li ρ = 0, eí co dokazovat. Proto uvažujme ρ > 0. Pro x takové, že x a < ρ, existuje koečá derivace s (x, a tedy je fukce s spojitá v x. Zbývá tedy diskutovat případ ρ (0, + a ukázat a podobě a ρ koverguje lim a x = a ρ x ρ a ( ρ koverguje lim a x = a ( ρ. x ρ + Dokážeme pouze prví z těchto implikací, druhá se dokazuje obdobě. Zvolme libovolé kladé ε. Jelikož platí R a ρ = lim + ( 0 +p a k ρ k ( ε > 0( 0 ( p N alezeme k ε příslušé 0. Budeme odhadovat výraz a x a ρ 0 = (a x a ρ + = 0 +1 a ρ < ε (( x a ρ 1. ρ = 0 +1 }{{} H 6

8 Protože polyom 0 a x je fukce spojitá v každém bodě, a tedy i v bodě ρ, platí ( ( ε > 0( δ > 0( x R x ρ < δ 0 a (x ρ < ε. Abychom odhadli hodotu H, uvažujeme libovolé p N a použijeme Abelovu sumaci 0 +p = 0 +1 b c = B 0 +pc 0 +p + 0 +p 1 = 0 +1 B (c c +1, kde B = k= 0 +1 ( x b k, b = a ρ, a c = 1. ρ O výrazu B pro > 0 víme, že B = k= 0 +1 a kρ k < ε. Protože ás zajímá limita x ρ, uvažujeme x < ρ. Pro taková x je posloupost (c klesající a c < 1. Dostaeme 0 +p = 0 +1 a ρ (( x ρ 1 B0 +p. c 0 +p + 0 +p 1 = 0 +1 B (c c +1 < 0 +p 1 ε + ε (c c +1 = ε + ε(c 0 +1 c 0 +p < 3ε. = 0 +1 Posledí odhad platí pro každé p N, proto i H 3ε. Celkově máme ( + ( ε > 0( δ > 0( x R, ρ δ < x < ρ a x a ρ < 4ε. To už zameá jak jsme chtěli dokázat. lim a x = a ρ, x ρ Pokračováí příkladu 1..1 Nyí můžeme dokočit rozvoj fukce arctg x do mocié řady. Už víme, že arctg x = ( 1 x pro x ( 1, 1. Jelikož řada apravo koverguje pro x = ±1 a fukce arctg x je spojitá v bodech 1 a 1, 7

9 dostaeme z Abelovy věty arctg (1 = ( a arctg ( 1 = ( Tedy a závěr arctg x = ( 1 x pro x 1, 1. Příklad Stejým způsobem odvodíme rozklad fukce l(1 + x do mocié řady. Využijeme toho, že Proto platí ( + 1 l(1 + x = 1 + x = ( 1 x pro každé x ( 1, 1. l(1 + x = c + ( 1 x pro x ( 1, 1. Po dosazeí x = 0 dostaeme c = 0. Jelikož řada koverguje i pro x = 1 a fukce l(1+x je spojitá v bodě x = 1, lze platost rozvoje rozšířit a iterval J = ( 1, 1. V kapitole Taylorův vzorec jsme odvodili, že (1 + x α = ( α x pro x ( 1, 1. K tomu jsme použili Cauchyův tvar zbytku a techicky áročé odhady. Ted ukážeme, jak lze stejý výsledek elegatě získat pomocí metody eurčitých koeficietů. Příklad Chceme rozviout fukci f(x = (1 + x α do mocié řady. Protože f (x = α(1 + x α 1, platí (1 + xf (x = αf(x a f(0 = 1. Hledejme proto mociou řadu s(x = + a x s kladým poloměrem kovergece ρ takovou, aby platilo s(0 = 1 a (1 + xs (x = αs(x a 0 = 1 a (1 + x =1 a x 1 = α a x. To implikuje a 1 + (( + 1a +1 + a x = αa 0 + =1 =1 α a x. 8

10 Jelikož dvě mocié řady mají stejý součet pouze v případě, že všechy jejich koeficiety jsou stejé, dostaeme a 1 = αa 0 = α a ( + 1a +1 + a = αa pro každé N, tj. a +1 = α + 1 a. Tedy a = α + 1. α + 1. α α 1. α 1 =: ( α pro každé N {0}. Řada s(x = + ( α x má poloměr kovergece 1, protože lim a a +1 vysvětlit, proč se s(x = (1 + x α. Derivujme pro x ( 1, 1 = 1. Zbývá ( s(x (1 + x α = s (x(1 + x α s(xα(1 + x α 1 (1 + x α. Mociou řadu jsme kostruovali tak, aby čitatel zlomku byl ideticky rove ule. Tedy s(x = kostata pro x ( 1, 1. (1 + x α Jelikož jsme a 0 volili tak, aby avíc s(0 = 1 = 1 α, je kostata rova 1. Proto s(x = ( α x = (1 + x α pro x ( 1, 1 a libovolé α R. Zbývá tedy určit maximálí možiu těch x, pro která předchozí vztah platí. Možia těchto x bude záviset a α. Pro α N {0} je fukce (1 + x α polyomem. I řada + ( α x má pouze koečý počet eulových čleů. Rovají-li se dva polyomy v ekoečě moha hodotách, rovají se pak pro každé x R. Proto I. α N {0} : (1 + x α = ( α x = α ( α x pro x R. Pro α / N {0} je ( α 0 a o kovergeci řad + ( α ( 1 a + ( α lze rozhodout pomocí Gaussova resp. modifikovaého Gaussova kritéria. Protože dostaeme ( α = 1 α, ( α 1 II. α > 1, α / N : (1 + x α = ( α x pro x 1, 1, 9

11 III. α (0, 1 : (1 + x α = IV. α < 0 : (1 + x α = ( α x pro x ( 1, 1, ( α x pro x ( 1, Aplikace mociých řad 1 Sčítáí ekoečých sum Určeme ekoečý součet s = 1 3 ( + 1 Odmociovým kritériem sado zjistíme, že se jedá o kovergetí řadu. Defiujme Protože f (x = f(x := x x = 1 1 x = 1 (1 + x + 1 (1 x = 1 (, l(1 + x l(1 x dostaeme f(x = 1 ( l(1 + x l(1 x. Součet s vyjádříme sado pomocí hodoty fukce s = ( 1 3 f 3 = l Sčítáí koečých sum Abychom sečetli (, k uvažujeme souči dvou mociých řad a zobecěý biomický vzorec ( α x. ( β x = (1 + x α (1 + x β = (1 + x α+β = ( α + β x. 10

12 Pomocí součiové řady dostaeme ( α x. ( β x = x ( ( α β k k Tedy platí ( ( α β = k k ( α + β pro každé N, α, β R Zvolíme-li = α = β, dostaeme ( = k ( ( = k k ( pro každé N. 3 Řešeí rekuretích vztahů Chceme ajít ezámou posloupost (d N vyhovující rekuretímu vztahu 1 1 d 1 = 1 a d = d k d k pro. Defiujme fukci f(x := k=1 =1 d x. Vyásobeím rekuretího vztahu hodotou x a sumací přes =, 3, 4,... dostaeme d x = 1 x = = k=1 d k d k. Pravá straa představuje součiovou řadu. Proto můžeme psát f(x x = f(x.f(x Řešeím této kvadratické rovice pro ezámou f(x je f 1, (x = 1 ± 1 4x 1 Teto rekuretí vztah vzike z úlohy určit počet všech možých uzávorkováí součiu čísel a 1.a... a. Počet uzávorkováí je ozačem d. Např. d 4 = 5, protože čtyři čísla lze uzávorkovat pěti způsoby: a 1. ( a.(a 3.a 4, a 1. ( ( ( (a.a 3.a 4, (a1.a.a 3.a4, a1.(a.a 3.a 4, (a 1.a.(a 3.a 4 11

13 Jelikož z defice fukce f plye, že f(0 = 0, vyhovuje ám řešeí f(x = 1 1 4x = 1 1 ( 1/ ( 4x = 1 =1 ( 1/ ( 4 x. Rozvoj fukce do mocié řady je jedozačý, proto porováím koeficietů u stejých moci dostaeme po malé úpravě d = 1 ( 1/ ( 4 = Čísla (d se azývají Catalaova čísla. 1 (. 1 Belgiča E. Ch. Catala ( zkoumal, kolika způsoby lze pomocí eprotíajících se uhlopříček rozdělit pravidelý -úhleík a trojúhelíky. Řešeím je právě číslo d 1. 1