Matematika | Analízis » Fritz-Kónya - Függvénysorozatok, függvénysorok

VIK, Műszaki Informatika ANALÍZIS (2) Függvénysorozatok, függvénysorok Oktatási segédanyag A Villamosmérnöki és Informatikai Kar műszaki informatikus hallgatóinak tartott előadásai alapján összeállı́totta: Fritz Józsefné Kónya Ilona 2002. február Szerkesztette: Győri Sándor 1. Függvénysorozatok 1.1 Konvergencia, határfüggvény Függvénysorozat: f0 (x), f1 (x), . , fn (x), , Jelölése: (fn ) vagy hfn i Értelmezési tartománya: D= ∞ fn : R − R , n∈N Dfn n=0 DmH ⊂ D konvergenciatartomány: ∀ x0 ∈ H-ra ∃ lim fn (x0 ) n∞ (Pontonkénti konvergencia.) Dm (fn ) határfüggvénye: f f (x0 ) := lim fn (x0 ) n∞ | {z } | {z } x0 ∈ Df = H és an A Azaz ∀ x0 ∈ H-ra tetszőleges ε > 0-hoz ∃ N (ε, x0 ) : (|an − A| =) |fn (x0 ) − f (x0 )| < ε, ha n > N (ε, x0 ) N (ε, x0 ) neve: küszöbindex, küszöbszám. Néhány példa: ¶³ 1 n D =

R; H = R; f (x) = x2 Pl. fn (x) = µ´ n + x2 D = R; H = R; f (x) ≡ 0 Pl. fn (x) = x2 + µ´ ¶³ ¶³ 1 x2 + n Pl. fn (x) = µ´ 2x2 + 3n à = x2 n 2x2 n +1 +3 ! D = R; H = R; f (x) ≡ 6 ¶³ Pl. fn (x) = xn µ´ D = R; H = (−1, 1] c −1 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 1 1 3 s c- 1 v2.0 ½ f (x) = 0, 1, ha |x| < 1 ha x = 1 Az egyes függvények folytonosak, de a határfüggvény nem. f (1) = 1 = lim fn (1) = lim lim fn (x) 6= lim lim fn (x) = lim f (x) = 0 n∞ ¶³ n∞ x1−0 1 Pl. fn (x) = x + µ´ xn D := (0, ∞) x1−0 n∞ Csak x > 0-ra vizsgáljuk. ½ x, ha x > 1 f (x) = lim fn (x) = 2, ha x = 1 n∞ x1−0 6 H = [1, ∞) 1 A határfüggvény most sem folytonos. ¶³ Pl. fn (x) = e µ´ −nx2 ³ = (e −x2 n - 1 ½ ´ ) t d D = R; H = R; f (x) = 0, 1, ha x 6= 0 ha x = 0 A határfüggvény most sem folytonos. ¶³ Pl. fn (x) = 1 + x + · · · + xn−1 µ´ D = R;  n  x

− 1 , ha x 6= 1 k x−1 x = =  k=0 n, ha x = 1 n−1 X H = (−1, 1) f (x) = ¶³ Pl. µ´ f (x) ≡ 0, mert 6 n ↓ 0 fn (0) = 0 − n ∞ fn (x) 2 2 fn (x) = 0, ha ≤ x, vagyis n ≥ n x 1 Például x = -nél fn (x) = 0, ha n ≥ 20. 10 x>0 : 1 n 2 n Érdekesség: Z1 fn (x) dx = lim 1 = 1 lim n∞ n∞ 1 , ha x ∈ (−1, 1) 1−x Z1 6= 0 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° lim fn (x) dx = 0 n∞ 0 2 v2.0 1.2 Egyenletes konvergencia Dm fn ⇒ f H1 ⊂ H-n (H1 általában intervallum), ha ∀ ε > 0-hoz ∃ N (ε) (független x -től) : |fn (x) − f (x)| < ε , (fn ⇒ f ) ha n > N (ε) , x ∈ H1 (Vagyis az adott halmazon megadható egy közös (univerzális) küszöbindex. Ez több a pontonkénti konvergenciánál, hiszen ∃ sup N (ε, x) x∈H1 és ez lesz az univerzális küszöbszám.) Tehát az ábrán bejelölt 2ε sávból fn nem lép ki, ha n > N (ε). Ugyanis a fenti

értelmében, ha n > N (ε) : 6 f (x) 2ε sáv - f (x) − ε < fn (x) < f (x) + ε , ∀ x ∈ H1 ¶³ Pl. µ´ fn (x) = 2 x3 n2 x2 n 2 + 5 Mutassuk meg, hogy a függvénysorozat egyenletesen konvergens a (2, 5) intervallumon! Megoldás: f (x) = lim fn (x) = lim n∞ n∞ 2 x3 x2 + 5 n2 = 2x ¯ ¯ ¯ 3 2 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 x3 n2 ¯ ¯ 2 x n − 2 x3 n2 − 10 x ¯ ¯ − 10 x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ |fn (x) − f (x)| = ¯ 2 2 − 2x¯ = ¯ ¯ = ¯ x2 n2 + 5 ¯ = x n +5 x2 n2 + 5 r 50 10 x 50 50 = 2 2 ≤ < 2 < ε , ha n > 2 x n + 5 x∈(2,5) 4 n + 5 n ε r 50 Így az intervallumon közös küszöbindex például: N (ε) = ε c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 3 v2.0 ¶³ Pl. µ´ fn (x) = xn a.) Egyenletesen konvergens-e a függvénysorozat (0, c]-ben, ha c < 1 ? b.) Egyenletesen konvergens-e a függvénysorozat (0, 1)-ben? Megoldás: Legyen ε < 1 ! |fn (x) − f (x)| = |xn − 0| = xn ≤ cn < ε a.) Innen

ln ε = N (ε) n > ( ln c < 0 volt) ln c Tehát a konvergencia egyenletes, hiszen találtunk közös küszöbindexet. Vagy xn < ε ln ε = N (ε, x) n > ln x és létezik sup N (², x) = x∈(0,c] ln ε , lim N (ε, x) = +∞ x1−0 ln x a konvergencia nem egyenletes. b.) N (ε, x) = =⇒ ln ε ln c nincs közös küszöbindex, tehát Tehát bár minden (0, c] ⊂ (0, 1) -ben a konvergencia egyenletes, mégsem egyenletes a konvergencia a (0, 1) intervallumon! TmHa fn ⇒ f =⇒ H1 fn f pontonként x ∈ H1 -re Ugyanis N (ε) megfelel ∀ x-re. ••• 1.3 Uniform norma D ⊂ R legyen adott! L := {f : fértelmezett és korlátos D-n} L lineáris tér (vektortér) (L. Bevezetés a számı́táselméletbe!) L-ben bevezetünk egy normát. c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 4 v2.0 Dm Az f függvény D halmazra vonatkozó uniform normája: k f k := sup |f (x)| x∈D Házi feladat: Gondolja végig, hogy

valóban normát definiáltunk, tehát a fenti definı́ció eleget tesz a norma alábbi axiómáinak! 1.) k f k ≥ 0 és ( k f k= 0 ⇐⇒ f ≡ 0) 2.) k cf k = |c| k f k 3.) k f + g k ≤ k f k + k g k 0 Mm Ha f ∈ C[a,b] és D = [a, b] k f k= sup |f (x)| = max |f (x)| x∈[a,b] x∈[a,b] (Weierstrass II.) ••• fn (n ∈ N) , f ∈ L(k . k) (lineáris tér, amelyen definiált a norma) Dm (fn ) normában konvergál f -hez H -n, ha lim k fn − f k = lim sup |fn (x) − f (x)| = 0 . n∞ u Jelben: fn f ; Tm H-n: n∞ x∈H u lim fn = f n∞ fn ⇒ f ⇐⇒ u fn f (Tehát az egyenletes konvergencia és a normában való konvergencia ekvivalens fogalmak.) Bm a.) =⇒ : ³ε´ ε , |fn (x) − f (x)| < , ha n > N0 {z } 2 | 2 Mivel korlátos, ∃ sup és sup |fn (x) − f (x)| ≤ x∈H ∀ x ∈ H-ra teljesül, hiszen fn ⇒ f ³ε´ ³ε´ ε < ε, ha n > N0 , tehát k fn − f k< ε, ha n > N0 2 2 2 =⇒ lim k

fn − f k = 0. n∞ c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 5 v2.0 b.) ⇐= : lim k fn − f k = 0 miatt ∀ ε > 0-hoz ∃ N (ε) : n∞ k fn − f k< ε, ha n > N (ε) De ha x ∈ H : 0 ≤ |fn (x) − f (x)| ≤ sup |fn (x) − f (x)| = k fn − f k< ε, ha n > N (ε) {z } | x∈H Ez a feltétel miatt igaz. =⇒ |fn (x) − f (x)| < ε, ha n > N (ε), x ∈ H, vagyis fn ⇒ f. ••• Dmfn (n ∈ N) ∈ L(k . k) (lineáris normált tér) Az (fn ) függvénysorozatot ebben a normában Cauchy sorozatnak nevezzük ( H -n), ha ∀ ε > 0-hoz ∃ M (ε) : k fn − fm k< ε , ha n, m > M (ε) TmHa fn normában konvergál f -hez az L(k . k) lineáris normált térben, akkor ebben a normában Cauchy sorozatot alkot. Bm k fn − fm k = k fn − f + f − fm k ≤ k fn − f k + k f − fm k < ε ε + = ε, 2 2 ε ha n, m > N ( ) = M (ε) 2 TmHa f1 , f2 , . , fn , · · · ∈ L , ahol L az f : H 7 R korlátos

függvények tere és (fn ) az uniform normában Cauchy sorozat, akkor ∃ f ∈ L , hogy fn az uniform normában f -hez konvergál. (¬B) ••• c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 6 v2.0 ¶³ Pl. µ´ fn (x) = e5x + x4 2 + n2 + 3 a.) f (x) = lim fn (x) = ? n∞ b.) k fn − f k= ?, ha x ∈ Df Egyenletes-e a konvergencia a konvergenciatartományon? Megoldás: µ 5x a.) f (x) = lim e n∞ 2 + 4 x + n2 + 3 ¶ = e5x , ∀x ∈ R ¯ ¯ 2 2 2 5x ¯ − e = sup 4 = 2 ¯ 4 2 2 x +n +3 n +3 x∈R x∈R x + n + 3 2 lim k fn − f k= lim 2 = 0 =⇒ egyenletes a konvergencia n∞ n∞ n + 3 ¯ ¯ b.) k fn − f k= sup ¯¯e5x + ¶³ Pl. µ´ 1 , xn fn (x) = x + x > 0 a.) f (x) = lim fn (x) = ? n∞ b.) Egyenletes-e a konvergencia a I1 = (1, ∞) intervallumon? c.) Egyenletes-e a konvergencia a I2 = (2, ∞) intervallumon? Megoldás: µ a.) f (x) = lim n∞ b.) k fn − f k I1 = =⇒ 1 x+ n x sup x∈(1,∞) ¶ ½ ha x = 1 ha x > 1

¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ = sup 1 = 1 ¯x + − x ¯ ¯ n n x x∈(1,∞) x = 2, x, lim k fn − f k I1 = 1 6= 0 n∞ Tehát a konvergencia nem egyenletes. 1 1 = n n 2 x∈(2,∞) x 1 lim k fn − f k I2 = lim n = 0 n∞ n∞ 2 Tehát a konvergencia egyenletes. c.) k fn − f k I2 = sup c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 7 v2.0 ¶³ Pl. µ´ fn (x) = x2 + x + n x2 + n a.) f (x) = lim fn (x) = ? n∞ b.) Egyenletes-e a konvergencia a [−2, 5] intervallumon? c.) k fn − f k= ?, ha x ∈ [0, ∞) Egyenletes-e a konvergencia a [0, ∞) intervallumon? Megoldás: x2 + x + n = lim a.) lim n∞ n∞ x2 + n x2 +x +1 n 2 x +1 n b.) k fn − f k [−2,5] = sup x∈[−2,5] = 1 = f (x) ¯ ¯ 2 ¯ ¯x + x + n ¯ = sup ¯ − 1 ¯ ¯ x2 + n x∈[−2,5] 0 ≤ lim k fn − f k [−2,5] ≤ lim n∞ ∀x ∈ R n∞ 5 =0 n =⇒ 5 |x| ≤ +n n x2 lim k fn − f k [−2,5] = 0 n∞ Tehát a konvergencia egyenletes. ¯ ¯ 2 ¯ ¯x + x + n |x| x ¯ = sup − 1 =

c.) k fn − f k [0,∞) = sup ¯¯ sup ¯ 2 x2 + n x2{z + n} x∈[0,∞) x∈[0,∞) x + n x∈[0,∞) | :=gn (x) gn (0) = 0; lim gn (x) = lim x∞ x∞ (gn (x) ≥ 0 és az előzőek miatt µ gn0 (x) = x 2 x +n g0 √ (0, n) + g % 1 x 1+ n x2 =0 sup gn (x) = max gn (x) lesz.) x∈[0,∞) x∈[0,∞) ¶0 = √ x2 + n − 2x2 n − x2 = = 0, ha x = + n 2 2 2 2 (x + n) (x + n) √ n ( n, ∞) 0 − lok. & max. √ 6 √ - n Tehát jelenleg az abszolut maximum a lokális maximum értéke lett. √ √ 1 n = √ g( n) = √ 2 2 n ( n) + n n 1 Tehát k fn − f k [0,∞) = √ − ↓ 0 =⇒ fn ⇒ f x ∈ [0, ∞)-en. 2 n ∞ c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 8 v2.0 1.4 [a, b]-n egyenletesen konvergens függvénysorozatok tulajdonságai (folytonosság, differenciálhatóság, integrálhatóság) ²¯ T1 Ha az fn függvények folytonosak x0 -ban és fn ⇒ f Kx0 ,r -ben, akkor az f = lim fn ±° n∞ határfüggvény

is folytonos x0 -ban. MmA tétel jelentése: lim f (x) = lim lim fn (x) = lim lim fn (x) = lim fn (x0 ) = f (x0 ) xx0 xx0 n∞ n∞ xx0 n∞ 6 ª 6 ­ BmIgaz-e? |f (x) − f (x0 )| < ε, ha |x − x0 | < δ(ε) Tudjuk: fn ⇒ f Kx0 ,r -ben =⇒ k fn − f k 0 itt. Vagyis ³ε´ ε k fn − f k< , ha n > N0 3 3 Tekintsünk egy ilyen fn függvényt (n > N0 ), ez folytonos x0 -ban. Ezért ³ε´ ε ≤r |fn (x) − fn (x0 )| < , ha |x − x0 | < δ1 3 3 |f (x) − f (x0 )| = |f (x) − fn (x) + fn (x) − fn (x0 ) + fn (x0 ) − f (x0 )| ≤ ≤ |f (x) − fn (x)| + |fn (x) − fn (x0 )| + |fn (x0 ) − f (x0 )| < ³ε´ ε ε ε ε <k f − fn k + + k f − fn k≤ + + = ε, ha |x − x0 | < δ(ε) = δ1 3 3 3 3 3 ••• A tétel általánosı́tható intervallumra is: Tm (fn ∈ CI0 és fn ⇒ f I-n) =⇒ f ∈ CI0 Belső pontra a fenti T1 tétel bizonyı́tása jó. Zárt intervallum esetén a végpontokban csak

féloldali folytonosság kell, erre nem térünk ki. Következmény: Ha az fn függvények folytonosak az I intervallumon, de az f határfüggvény nem folytonos ugyanitt, akkor a konvergencia nem egyenletes. ••• c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 9 v2.0 0 MmC[a,b] lineáris normált tér az uniform normával. A tér zárt a konvergencia fogalomra nézve u 0 0 (fn ∈ C[a,b] , fn f esetén f ∈ C[a,b] .) DmL(k . k) lineáris normált teret teljesnek nevezzük, ha ∀ Cauchy sorozata a tér valamely eleméhez konvergál. 1. pl: R lineáris normált tér (norma: | | absz érték), mely teljes Ui.: ∀ Cauchy sorozat konvergens ¶n µ 1 ∈ Q; en Cauchy sorozat, de lim en = e ∈ 2. pl: Q nem teljes Pl en = 1 + /Q n∞ n 0 3. pl: C[a,b] az uniform normával teljes normált tér. Elégséges feltétel az integráljel és a limesz felcserélhetőségére: ²¯ 0 T2 Ha fn ∈ C[a,b] és ±° ³ u Zb Zb ´ fn ⇒

f vagyis fn f [a, b] -n =⇒ fn (x) dx = lim n∞ |a {z 6 ª 6 an ­ Zb lim fn (x) dx = a } f (x) dx n∞ |a {z } A Zb BmT1 miatt 0 f ∈ C[a,b] =⇒ f ∈ R[a,b] , tehát ∃ f (x) dx a ( |an − A| < ε, n > N (ε) ) ¯ b ¯ ¯ b ¯ ¯Z ¯ ¯Z ¯ Zb Zb ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ fn (x) dx − f (x) dx¯ = ¯ (fn (x) − f (x)) dx¯ ≤ |fn (x) − f (x)| dx ≤ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a a Zb ≤ a µ Zb sup |fn (x) − f (x)| dx = a a x∈[a,b] k fn − f k dx =k fn − f k ·(b − a) < ε, ha n > N ε b−a ¶ a ε = ε∗ , ha n > N (ε∗ ) = N Ui.: k fn − f k< b−a c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 10 µ ε b−a ¶ n , mivel k fn − f k− ↓ 0. ∞ v2.0 Következmény: Ha az [a, b] intervallumon vett integrálok nem konvergálnak a határfüggvény integráljához, akkor a konvergencia nem egyenletes. Elégséges feltétel a deriválás operátora és a limesz felcserélésére: ²¯ 1

T3 Ha fn ∈ C[a,b] és [a, b]-n ±° ) u fn0 g (egyenl. konv) =⇒ fn f (pontonkénti konv. ) µ f differenciálható [a, b]-n és f 0 = g ¶ d d d 0 0 lim fn (x) = f (x) = f (x) = g(x) = lim fn (x) = lim fn (x) n∞ dx n∞ dx n∞ dx 0 BmT1 miatt g ∈ C[a,b] Zx Zx T2 miatt: fn0 (t) dt = lim n∞ g(t) dt ∀ x ∈ [a, b]-re a a 6 ª 6 ­ Tehát Zx lim (fn (x) − fn (a)) = {z } |n∞ =f (x)−f (a) g(t) dt |a {z } differenciálható g folytonossága miatt Az egyenlőség miatt ekkor a bal oldal is differenciálható. df d (f (x) − f (a)) = =g dx dx ¶³ Pl. µ´ fn (x) = 2 n 2 x2 + x n2 x2 + 3 a.) f (x) = lim fn (x) = ? n∞ b.) Egyenletes-e a konvergencia a a [0, 2] illetve a [3, 5] intervallumon? Megoldás: c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 11 v2.0 a.) x n2 = 2 , ha x 6= 0 és f (0) = 0 , mivel f (0) = 0 ∀ n -re n 3 x2 + 2 n 2 x2 + f (x) = lim n∞ b.) Ennek megfelelően a [0, 2] intervallumon nem egyenletes a

konvergencia, mert bár az fn függvények folytonosak, de az f határfüggvény nem folytonos itt. Így a T1 tétel értelmében nem lehet a konvergencia egyenletes. A [3, 5] intervallumon a határfüggvény folytonos, de ebből még nem következik az egyenletes konvergencia. Meg kell vizsgálni a normát! ¯ 2 2 ¯ ¯2 n x + x ¯ ¯ 0 ≤ k fn − f k [3,5] = sup |fn (x) − f (x)| = sup ¯ 2 2 − 2¯¯ = n x +3 x∈[3,5] x∈[3,5] ¯ 2 2 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 n x + x − 2 n 2 x2 − 6 ¯ ¯ x−6 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = sup ¯ ¯ = sup ¯ n2 x2 + 3 ¯ = 2 x2 + 3 n x∈[3,5] x∈[3,5] = sup x∈[3,5] =⇒ 6−x 6−3 1 ≤ 2 2 = 2 2 x +3 n 3 +3 3n + 1 n2 lim k fn − f k = 0 n∞ =⇒ fn egyenletesen konvergál f -hez  1   n2 x, ha 0 ≤ x ≤ n Pl. fn (x) = µ´ 1 1   , ha < x ≤ 2 x n ¶³ a.) f (x) = lim fn (x) = ? n∞ n ∈ N+ x ∈ [0, 2] = I b.) Egyenletes-e a konvergencia I-n? Megoldás: fn (0) = 0 0 = f (0) 1 1 már Ha 0 < x ≤ 2

és x > , vagyis n > n x 1 1 fennáll, akkor fn (x) = = f (x) x x ( 0, ha x = 0 1 Tehát f (x) = , ha 0 < x ≤ 2 x a.) x = 0 : c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 12 6 1 n 2 v2.0 b.) fn -ek folytonosak, f nem folytonos I-n Z2𠶳 Pl. Bizonyı́tsa be, hogy µ´ lim n∞ =⇒ (fn ) nem egyenletesen konvergens I-n. sin (n4 x2 + 3) dx = 0 x3 + n 3 0 Megoldás: R Meg kell próbálni belátni, hogy a lim és az felcserélhető. (fn ) egyenletesen konvergens-e? sin (n4 x2 + 3) 0 ∈ C[0,2π] , fn (x) := 3 3 x +n sin (n4 x2 + 3) =0 f (x) = lim n∞ x3 + n3 alakú) ( korl. ∞ 1 n | sin (n4 x2 + 3)| ≤ − ↓ 0 3 x3 + n{z n3} ∞ x∈[0,2π] | k fn − f k= sup |fn (x) − f (x)| = sup x∈[0,2π] Ez most elég. Z2π Tehát fn ⇒ f [0, 2π]-n =⇒ lim Z2π fn (x) dx = n∞ 0 0 ¶³ Pl. lim fn (x) dx = 0 | {z } n∞ =f (x)≡0 µ´ ³ π ´ 1 sin n (x + ) , x ∈ (−∞, ∞) fn (x) = x + n 2 Írja fel a

határfüggvényt! Egyenletes-e a konvergencia? d d ? fn (x) = lim fn (x) lim n∞ dx dx n∞ 2 Megoldás: à f (x) = lim n∞ ³ π ´ 1 2 sin n (x + ) x + n | {z 2 } |{z} ↓ ! = x2 korlátos 0 ¯ ³ ´¯¯ ¯1 π 1 k fn − f k = sup |fn (x) − f (x)| = sup ¯¯ sin n (x + ) ¯¯ = 2 n x∈R x∈R n 1 = 0 =⇒ fn egyenletesen konvergál f -hez (−∞, ∞) -en lim k fn − f k = lim n∞ n∞ n ³ π ´ d 1 d fn (x) = 2x + n cos n (x + ) , f (x) = 2x dx n 2 dx Tehát d d fn (x) 6= lim fn (x) = 2x lim dx n∞ {z } |n∞ dx @ c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 13 v2.0 A példa mutatja, hogy nem elég a függvénysorozat egyenletes konvergenciája a deriválás és a határérték képzés felcserélhetőségéhez. 2. Függvénysorok ∞ X fk (x) = f0 (x) + f1 (x) + · · · + fk (x) + · · · D := k=0 ∞ Dfk k=0 Dmsn (x) := n X fk (x) : n-edik részletösszeg függvény k=0 rn (x) = ∞ X fk (x) : n-edik

maradékösszeg függvény (Jelöljük Rn (x) módon is.) k=n+1 DmH ⊂ D konvergenciatartomány: ∀ x0 ∈ H-ra ∃ lim sn (x0 ) n∞ (Pontonkénti konv.) Következmény: lim rn (x0 ) = 0. n∞ Összegfüggvény: s(x) s(x0 ) := lim sn (x0 ) = n∞ ¶³X ∞ ³ ´ x k Pl. µ´ 3 k=1 Tehát = x 3 1− s(x) = x, 3 ∞ P fk (x0 ) k=0 ha |x| < 3 x , 3−x H = (−3, 3) DmEgyenletes konvergencia: ∞ X H1 ⊂ H-n fk (x) egyenletesen konvergál az s összegfüggvényhez, ha sn ⇒ s. H1 k=0 u Vagyis sn s , tehát ¯ ¯ ∞ ¯ ¯ X ¯ ¯ fk (x) ¯ = 0 lim k s − sn k = lim sup |s(x) − sn (x)| = lim sup ¯ n∞ n∞ x∈H1 n∞ x∈H1 ¯ ¯ k=n+1 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 14 v2.0 ¶³X ∞ Pl. µ´ xk egyenletesen konvergál az s(x) = k=0 1 függvényhez a 1−x ¤ £ H1 = − 21 , 21 intervallumon, mert ¯ ∞ ¯ ¯ n+1 ¯ ¯ X ¯ ¯ ¯ x ¯ k¯ ¯ = 0 a rendőrelv miatt. lim sup ¯ x ¯ = lim sup ¯¯ ¯

n∞ |x|≤1/2 ¯ n∞ |x| ≤ 1/2 ¯ 1 − x k=n+1 {z } | (1/2)n+1 0 ≤ 1 − 1/2 H1 = [α, β] ⊂ (−1, 1) = H esetén hasonló meggondolás lehet. TmHa ∞ X fk (x) egyenletesen konvergens H1 -en, akkor pontonként is konvergens. k=0 ∞ X Tm fk (x) egyenletesen konvergens H1 -en ⇐⇒ (sn ) Cauchy sorozat H1 -en, vagyis k=0 k sn − sm k= sup |fn+1 (x) + · · · + fm (x)| < ε, ha m > n > N (ε). x∈H1 DmAbszolút konvergencia: ∞ ∞ X X |fk (x0 )| konvergens. fk (x) abszolút konvergens x0 -ban, ha k=0 k=0 (=⇒ ∞ X fk (x) is konvergens x0 -ban.) k=0 2.1 Weierstrass kritérium (Egy elégséges tétel függvénysor egyenletes konvergenciájára.) Tm Ha ∃ (bk ) , hogy |fk (x)| ≤ bk ; x ∈ H ; k = 0, 1, . és numerikus sor, akkor ∞ X ∞ X bk konvergens k=0 fk (x) egyenletesen konvergens H -n. k=0 MmAz előzőből ∞ X fk (x) abszolút konvergenciája is következik (a majoráns kritérium miatt). k=0

c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 15 v2.0 Bm(sn ) uniform normában Cauchy sorozat, ugyanis k sn − sm k = sup |fn+1 (x) + · · · + fm (x)| ≤ sup (|fn+1 (x)| + · · · + |fm (x)|) ≤ x∈H x∈H ≤ sup |fn+1 (x)| + · · · + sup |fm (x)| ≤ bn+1 + · · · + bm < ε, x∈H ∞ X mert ha m > n > N (ε), x∈H bk konvergens, és ezért teljesı́ti a Cauchy kritériumot. k=0 ¶³ X ∞ Pl. µ´ n=1 sin (n3 x + π) n2 + 1 egyenletesen konvergens R -en, mert 1 1 < 2 |fn (x)| ≤ 2 n +1 n ¶³ X ∞ Pl. µ´ ∀x ∈ R és ∞ X 1 konvergens. n2 ne−n(|x|+1) n=1 n en √ n 1 n √ konvergens, mert = < 1 =⇒ lim n an = lim n∞ n∞ e e ∞ X =⇒ fn (x) egyenletesen konvergens R -en. |fn (x)| = fn (x) = ∞ ∞ X X n = an n e n=1 n=1 n n (e|x|+1 ) < n=1 2.2 [a, b] intervallumon egyenletesen konvergens függvénysorok tulajdonságai ²¯ 0 T∗1 Ha fk ∈ C[a,b] és [a, b] -n ±° akkor az s(x) = ∞ X

∞ X fk (x) egyenletesen konvergens (sn ⇒ s [a, b] -n), k=0 fk (x) összegfüggvény folytonos az [a, b] intervallumon. k=0 BmA függvénysorozatokra vonatkozó megfelelő T1 tétellel. à ! n X fk folytonos [a, b] -n =⇒ sn = fk is folytonos [a, b] -n és (sn ⇒ s [a, b] -n ) =⇒ T1 miatt k=0 s (sn határfüggvénye) is folytonos [a, b]-n. c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 16 v2.0 MmA tétel jelentése: ∞ ∞ ∞ X X X lim fk (x) = lim s(x) = lim fk (x) = fk (x0 ) = s(x0 ) xx0 xx0 6 ­ k=0 k=0 xx0 k=0 6 ª ²¯ 0 T∗2 Ha fk ∈ C[a,b] és [a, b]-n ±° ∞ X fk (x) egyenletesen konvergens (sn ⇒ s [a, b]-n), akkor k=0 Zb Zb X ∞ s(x) dx = a a fk (x) dx = ∞ Z X b fk (x) dx k=0 a k=0 6 ª 6 ­ Bm Zb X ∞ a Zb fk (x) dx = k=0 Zb T2∗ n∞ a a Zb X n Mivel szabad tagonként integrálni, azaz a *m= lim n Zb X n∞ sn (x) dx = *m lim sn (x) dx = lim n∞ fk (x) dx = k=0 a fk (x) dx = k=0

∞ Z X n Zb X fk (x) dx , ezért k=0 a b fk (x) dx k=0 a ²¯ ∗ 1 T3 Ha fk ∈ C[a,b] és [a, b]-n ±° ∞ X fk0 (x) = g(x) és a konvergencia egyenletes fk (x) = s(x) (pontonként konvergál), k=0 ∞ X k=0 akkor s deriválható [a, b]-n, és s0 = g. Tehát ∞ ∞ ∞ X X d d d X s(x) = fk (x) = fk (x) = fk0 (x) = g(x) dx dx k=0 dx k=0 k=0 6 ª 6 ­ c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 17 v2.0 T∗3 bizonyı́tása a függvénysorozatokra vonatkozó megfelelő T3 tételre való visszavezetéssel történik. Z2 X ∞ ¶³ Pl. Igaz-e µ´ 0 n=1 ∞ Z X xn xn ? dx = dx nx enx e n=1 2 0 Megoldás: fn (x) = ³ x ´n ex −x n 1 e 0 = (xe ) ∈ CR 6 1 xe−x - ∞ ¡ ¢ ¡ ¢n P 1 n konvergens , Emiatt a [0, 2] intervallumon |fn (x)| ≤ 1e és e 1 (0 < q = e < 1 , geometriai sor). ∞ P fn (x) egyenletesen kritérium). Tehát R P konvergens (Weierstrass ∗ Az előzőek miatt és felcserélhető (T2 ) .

¶³ ∞ X arctg x Pl. n Szabad-e tagonként deriválni a µ´ n=1 n2 sort? Megoldás: ¯ ¯ π ¯arctg x ¯ n < 22 |fn (x)| = n2 n ∞ X n=1 =⇒ ∞ X π 2 n2 ∞ X ∞ πX 1 = konvergens 2 n=1 n2 =⇒ ∞ X fn (x) egyenletesen konvergens R-en n=1 fn (x) pontonként konvergens R-en. n=1 fn0 (x) egyenletesen konvergens-e? n=1 1 1 d x 1 1 d arctg nx = 2 arctg = 2 fn ∈ CR = ¡ x ¢2 · 2 dx n n dx n n 1+ n n ∞ X 1 1 1 1 ≤ konvergens =⇒ egyenletes a konvergencia. |fn0 (x)| = 3 és 2 n 1 + nx2 n3 n3 n=1 1 fn0 (x) (Weierstrass kritérium) T∗3 feltételei teljesülnek =⇒ a sor tagonként deriválható. c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 18 v2.0 2.3 Speciális függvénysorok A továbbiakban az alábbi speciális függvénysorokkal ismerkedünk meg: 1.) Hatványsorok (Taylor sorok) ∞ X ak (x − x0 )k : x0 középpont körüli k=0 ∞ X (ak ∈ R) ak x k : origó körüli k=0 2.) Trigonometrikus

sorok (Fourier sorok) ∞ a0 X + (ak cos kx + bk sin kx) 2 k=1 3. Hatványsorok Elég a ∞ X ∞ X ak xk hatványsorral foglalkozni, mert az x0 bázispontú ξ := x−x0 helyettesı́téssel k=0 ak ξ k alakú lesz. k=0 ²¯ T1 Ha a ±° ∞ X ak xk sor x2 -ben konvergens, akkor |x1 | < |x2 | esetén x1 -ben is konvergens. k=0 (Sőt, abszolút konvergens.) BmMegmutatjuk, hogy x1 -ben abszolút konvergens =⇒ konvergens is. ∞ X ak xk2 konvergens =⇒ lim ak xk2 = 0 (a konvergencia szükséges feltétele) k∞ k=0 ¯ ¯ Konvergens sorozat korlátos, tehát ∃ K : ¯ak xk2 ¯ ≤ K ∀ k-ra ¯ ¯k ¯ ¯ ¯ k¯ ¯ x1 ¯ ¯ ¯ k k ¯ak x1 ¯ = |ak | |x2 | ¯ ¯ ≤ Kq , |q| = ¯ x1 ¯ < 1, ¯ x2 ¯ ¯ x2 ¯ ∞ X K ). és Kq k konvergens majoráns (= 1 − q k=0 Így ∞ X ¯ k¯ ¯ak x1 ¯ konvergens =⇒ k=0 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° ∞ X ak xk1 konvergens. k=0 19 v2.0 ²¯ T2 Ha a ±° ∞ X ak xk

hatványsor az x = x2 helyen divergens, akkor |x1 | > |x2 | esetén x1 -ben k=0 is divergens. BmIndirekt. Feltesszük, hogy x1 -ben konvergens. De ekkor ∀ |x2 | < |x1 |-re is konvergens lenne az előző tétel miatt, ami ellentmondás. Következmény: E két tételből már látható (precı́zen nem bizonyı́tjuk), hogy a ∞ X ak xk hatványsor kon- k=0 vergenciatartománya mindig x0 = 0 középpontú intervallum. A lehetséges esetek: a.) H = {0} (R = 0) b.) ∃ R > 0 : −R R |x| < R-ben konvergens ¢¢¢¢¢¢¢¢ 0 |x| > R-ben divergens |x| = R ? (Nem tudjuk. Minden esetben meg kell vizsgálni) c.) H = R (R = ∞) R neve: konvergenciasugár MmA ∞ X ak (x − x0 )k hatványsor konvergenciatartománya k=0 x0 középpontú intervallum. x0 − R x0 + R ¢¢¢¢¢¢¢¢¢¢¢¢¢ x0 |x − x0 | < R -ben konvergens, |x − x0 | > R -ben divergens a sor. A végpontokat külön kell vizsgálni. (Természetesen

R = 0 ill. ∞ most is lehet) ¶³ ∞ X xk Pl. µ´ k = ∞ X xn k=1 n=1 x = 1-ben x = −1-ben ∞ X n ∞ X 1 divergens n n=1 ∞ X (−1)n n=1 n          konvergens   =⇒ R = 1 n x már nem vizsgálható ezzel a módszerrel, mert x = ±1-ben konvergens. Ettől R > 1 is n2 n=1 igaz lehetne. Hogyan határozható meg R ? c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 20 v2.0 3.1 A konvergenciasugár meghatározása A hatványsor konvergenciasugarának meghatározására két lehetőségünk is lesz. Ezekhez felhasználjuk a pozitı́v tagú sorokra vonatkozó általánosı́tott gyök- ill hányados kritériumot Emlékeztető: ∞ P cn , c n > 0 : cn+1 <1 n∞ cn > 1 a sor div. >1 =1 ? =1 Ezeket a konvergencia eldöntésére most is felhasználhatjuk. Nézzünk lim √ n cn < 1 a sor konv. lim ¶³ ∞ X (1 + x2 )n Milyen x-re konvergens? µ´ nx nn 4 n=1 Pl. ∀ x-re

pozitı́v tagú. a sor konv. a sor div. ? egy példát! (Ez nem hatványsor!) √ 1 + x2 n n − cn = x ↓ 0<1 4 n ∞ =⇒ ∀ x-re konvergens ••• Visszatérve a ∞ X an xn hatványsorokra, két tétel is kimondható. n=0 p 1 n |an | R= ” ” α 1 1 p , ha α > 0 véges 1. R = = α lim n |an | 2. R = ∞ , ha α = 0 Tm α := lim 3. R = 0 , ha α = ∞ ∞ ∞ X X Bm cn := |an xn | 1. eset: p p lim n |an | |x|n = |x| lim n |an | | {z } < 1 =⇒ |x| < =α>0 (véges eset) 1 p = R -re konvergens a sor. lim n |an | p p lim n |an xn | = |x| lim n |an | > 1 : ∞ P |an xn | divergens, tehát nem abszolút konvergens. Ettől még lehetne p n konvergens a sor. De: lim |an xn | > 1 miatt végtelen sok n-re: p n |an xn | > 1 =⇒ |an xn | > 1 =⇒ an xn 9 0 erre a részsorozatra, tehát a konvergencia szükséges feltétele nem teljesül. Így ∞ P ilyenkor an xn divergens. c Kónya I. – Fritz Jné – Győri

S ° 21 v2.0 p p n |an | |xn | = |x| lim n |an | = 1 ? 1 p =R ?-es eset. x = ±R behelyettesı́téssel dönthető el |x| = lim n |an | a konvergencia. lim 2. eset: p p n |an | = 0, akkor lim n |an xn | = |x| · 0 = 0 < 1 ∀ x-re konvergens. Ha α = lim 3. eset: α = lim x=0: p n |an | = ∞ esetén szét kell választani az x = 0 és x 6= 0 eseteket. ∞ X an xn = a0 , az alappontban a sor mindig konvergens 0 p p n |an | = ∞ =⇒ ∃ n |an |-nek végtelenhez divergáló részsorozata: p r |anr | ∞ =⇒ |x| nr |anr | ∞ =⇒ végtelen sok elemre: p |x| nr |anr | > 1 =⇒ |anr | |x|nr > 1 lim p n x 6= 0 : =⇒ ez az anr xnr részsorozat 9 0 : és ı́gy nem teljesül a konvergencia szükséges feltétele. ••• Tm α := lim n∞ |an+1 | |an | 1 , α R = ∞, ha α > 0 véges R = 0, ha α = ∞ R= ha α = 0 Bm¬B (az előzőhöz hasonlóan, csak most a hányadoskritériumot használjuk). ••• Példák:

¶³ ∞ X Pl. µ´ n=0 n xn (−3)n r p n lim |an | = lim n n∞ n∞ Konvergenciatartomány? √ n 1 1 n n = = = lim n |(−3) | n∞ 3 3 R c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 22 − R=3 =⇒ v2.0 |x| < 3-ban, vagyis (−3, 3)-ban konvergens. |x| > 3-ban divergens. |x| = 3-ra meg kell vizsgálni: x = −3 : ∞ X 0 x=3: ∞ X 0 ∞ X n n (−3) = n (−3)n 0 divergens, mert n 9 0 (szüks. felt nem teljesül) ∞ X n n 3 = (−1)n n divergens, mert (−1)n n 9 0 (szüks. felt nem teljesül) (−3)n 0 Konvergenciatartomány: (−3, 3) ¶³ ∞ X Pl. µ´ n! xn Konvergenciatartomány? n=0 ¯ ¯ ¯ an+1 ¯ (n + 1)! ¯ ¯ =n+1∞ an = n! ¯ an ¯ = n! Csak x = 0-ban konvergens a sor. ¶³ ∞ X Pl. µ´ (n2 + n) (x + 2)n =⇒ R=0 Konvergenciatartomány? n=0 ¯ ¯ ¯ an+1 ¯ (n + 1)2 + (n + 1) 1 + n3 + n2 + 3n + 2 ¯= ¯ = = ¯ an ¯ n2 + n n2 + n 1 + n1 2 n2 1= 1 R − R=1 x0 = −2 |x − (−2)| = |x + 2| <

1-ben konvergens |x + 2| > 1-ben divergens |x + 2| = 1 ? ∞ X x = −1 : (n2 + n) divergens ∞ X x = −3 : (n2 + n)(−1)n divergens Konvergenciatartomány: (−3, −1) ¶³ Pl. 1 − x + 22 x2 − 33 x3 + 24 x4 − 35 x5 + · · · µ´ ½ 2n , ha n páros 3n , ha n páratlan ½ p 2, ha n páros n |an | = 3, ha n páratlan R =? |an | = c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° =⇒ lim 23 p 1 n |an | = 3 = R − R= 1 3 v2.0 ¶³ Pl. Keresse meg az alábbi sorok konvergenciatartományát! µ´ a.) ∞ X (−1)n n=1 p a.) n |an | = n · 9n x n b.) ∞ X (−1)n n=1 n · 9n n (x − 1) c.) ∞ X (−1)n n=1 n · 9n (x − 1)2n r 1 1 1 |(−1)n | = = √ − R = 9; x0 = 0 n n n·9 9 R n·9 ∞ ∞ X (−1)n n X (−1)n ·9 = konvergens (de nem abszolút konvergens) x=9: n · 9n n ∞ ∞ X X 1 (−1)n n · (−9) = divergens x = −9 : n · 9n n −9 < x ≤ 9 KT: (−9, 9] n b.) Most x0 = 1, ennek a 9 sugarú

környezetéről van szó KT: −9 < x − 1 ≤ 9 − −8 < x ≤ 10  0, ha n páratlan   c.) Vigyázat! Most an = (−1)n/2   n n/2 , ha n páros 9 2 p lim n |an |-nel lehetne dolgozni, de jobb, ha helyettesı́téssel visszavezetjük a.)-ra ∞ X (−1)n n 2 z z := (x − 1) esetén: n 9n 1 KT: −9 < z ≤ 9 =⇒ 3.2 (lásd a.) ) −9 < (x − 1)2 ≤ 9 adódik =⇒ KT: |x − 1| ≤ 3 A hatványsor tulajdonságai Tm A hatványsor a konvergencia tartomány ∀ belső pontjában abszolút konvergens. Bm Igaz-e x1 -re? ( ∞ P ak xk esetet nézzük.) Mindig ∃ x2 ∈ (−R, R) : Mivel a sor x2 -ben konvergens ( −R |x1 | < |x2 |. =⇒ az 1. tétel miatt x1x2 0 ) R x1 -ben abszolút konvergens. (Itt a hatványsoroknál elsőként megfogalmazott tételről van szó.) c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 24 v2.0 Tm Ha [α, β] ⊂ (−R, R) , akkor a P ak xk hatványsor egyenletesen

konvergens [α, β] -n. α ( [ −R 0 Bm q := max {|α|, |β|} < R ∞ P |ak | |x|k 0 ∞ P ≤ x ∈ [α, β] β ] ) R |ak | q k : ez konvergens (mivel a hatványsor a konvergencia tartomány 0 bármely belső pontjában abszolút konvergens). Így a Weierstrass kritérium értelmében fennáll az egyenletes konvergencia. ••• Az egyenletes konvergencia következményei: ²¯ T1 f (x) = ±° ∞ P ak xk folytonos ∀ x ∈ (−R, R) -re k=0 Bm ∃ [α, β] ∀ x-hez: −R < α < x < β < R ( −R α β [ ]) 0 x R [α, β] ⊂ (−R, R) miatt a hatványsor egyenletesen konvergens [α, β]-n, ak xk folytonos mindenütt =⇒ f is folytonos x-ben. (A függvénysorok T1∗ tétele miatt) TmHa a hatványsor R-ben is konvergens, akkor összegfüggvénye e helyen balról folytonos. ∞ P ak Rk = lim f (x)) (¬B) (Tehát f (R) = xR−0 0 Hasonló tétel mondható ki (−R)-re is. ²¯ T2 f (x) := ±° ∞ P a k xk , x ∈

(−R, R) ; [a, b] ⊂ (−R, R) k=0 Z b µX ∞ a 6 ­ ¶ ak x k k=0 dx = ∞ Z X k=0 a b ¯b xk+1 ¯¯ ak x dx = ak k + 1 ¯a k=0 k ∞ X 6 ª Bmak xk folytonos [a, b]-n (sőt mindenütt) és [a, b] ⊂ (−R, R) miatt [a, b]-ben a sor egyenletesen konvergens =⇒ . (T2∗ tétel) c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 25 v2.0 ²¯ T3 A hatványsor a konvergenciaintervallumának bármely belső x pontjában tagonként ±° deriválható: ∞ ∞ X d X a k xk = kak xk−1 (újfent hatványsor) I. azaz dx k=0 k=1 II. és a két sor konvergenciasugara megegyezik ∞ P Bm Először a II. állı́tást látjuk be, mivel a tagonkénti deriválhatósághoz fn0 egyenletes konvergenciája kell. p p √ p lim n |n an | = lim n n n |an | = lim n |an | miatt R1 = R2 (= R) ↓ 1 ∞ ∞ P P Felhasználtuk, hogy nan xn−1 és nan xn együtt konvergens illetve divergens, ugyanis a második sor az első sornak konstansszorosa

(x-szerese). x I.: ] ) ( [ −Rα 0 β R x-hez ∃ [α, β] ⊂ (−R, R) , hogy x ∈ (α, β) ∞ P kak xk−1 is hatványsor =⇒ [α, β] ⊂ (−R, R)-en egyenletesen konvergens; 1 konvergens [α, β] -n és ak xk ∈ C[α,β] =⇒ tagonként deriválható. (T3∗ tétel) ∞ P ak xk is Következmény: A hatványsor a konvergenciatartomány bármely belső pontjában akárhányszor deriválható tagonként. Mmx0 középpontú hatványsorokra hasonló tételek igazak. A fentiekből látható, hogy a hatványsor a konvergenciatartomány belsejében ugyanúgy differenciálható és integrálható, mint a polinomok. ••• Példák: ¶³X ∞ xk Pl. µ´ k=1 k := f (x) = ? c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 26 v2.0 R = 1, mert . Z Zx f 0 (x) dx = f (x) − f (0) = f (x) = |{z} 0 =0 Z x à 0 ∞ d X xk dx k=1 k ! dx = 6 ª 6|x| < 1, [0, x]-ben egyenletes a konvergencia ­ Z x ∞ X 1 xk−1 dx = dx =

− ln (1 − x) k k 1 − x 0 |k=1 {z } x = 0 ∞ P k=1 1 xk−1 = 1−x Tehát f (x) = − ln (1 − x) ¶³ Pl. Adja meg zárt alakban a Φ(x) = µ´ ∞ X k xk−2 függvényt! k=2 Határozza meg Φ értelmezési tartományát! R = 1, mert . ; x = ±1-ben divergens (behelyettesı́téssel) Φ(x) = ∞ X kx k−2 = ∞ X (k + 2) xk ; Φ(0) = 2 k=0 k=2 Ha x 6= 0 : ∞ X Φ1 (x) := x · Φ(x) = (k + 2) xk+1 k=0 |x| < 1 esetén: Zx Φ1 (x) dx = k=0 0 µ Φ1 (x) = ∞ X x2 1−x ¶0 = ··· = c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° Zx (k + 2) x k+1 dx = ∞ X x k=0 0 x(2 − x) (1 − x)2 − 27 Φ(x) = k+2 x2 = 1−x 2−x ; (1 − x)2 |x| < 1 v2.0 3.3 Analitikus függvény Dmf x0 -ban analitikus, ha Kx0 ,R -ben f (x) = összegfüggvénye. ∞ P ak (x − x0 )k , tehát egy konvergens hatványsor k=0 Dmf analitikus (α, β)-n, ha ∀ pontjában az. ••• Mi a kapcsolat egy analitikus

függvény és az ak együtthatók között? ∞ P f (x) = ak (x − x0 )k = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + · · · + an (x − x0 )n + · · · k=0 f (x0 ) = a0 f (x) = a1 + 2 a2 (x − x0 ) + 3 a3 (x − x0 ) + · · · f 0 (x0 ) = a1 00 n−2 f (x) = 2 a2 + 3 · 2 a3 (x − x0 ) + · · · + n (n − 1) an (x − x0 ) + · · · f 00 (x0 ) = 2 a2 . . . . 0 2 f (n) (x0 ) = n! an Tehát an = f (n) (x0 ) n! TmHa f analitikus x0 -ban, azaz ∞ P f (x) = ak (x − x0 )k Kx0 ,R -ben (R > 0) , akkor f (k) (x0 ) , k! k=0 vagyis analitikus függvény egyértelműen fejthető x0 középpontú hatványsorba, azaz f (x) = ∞ X f (k) (x0 ) k=0 4. k! ak = (x − x0 )k Taylor polinom 6 Tulajdonképpen már találkoztunk vele: f (x) ≈ f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) = T1 (x) (Az érintő egyenes ≡ elsőrendű Taylor polinom) ´ ´ ´ - x0 Milyen tulajdonságokkal rendelkezik? T1 (x0 ) = f (x0 ) és T10 (x0 ) = f 0 (x0 ) : T1 legalább

elsőrendben érinti f -et. c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 28 v2.0 DmAz f és g legalább (n + 1)-szer differenciálható függvények pontosan n-edrendben érintik egymást x0 -ban, ha f (i) (x0 ) = g (i) (x0 ) , 0 ≤ i ≤ n és f (n+1) (x0 ) 6= g (n+1) (x0 ) f 00 (x) = − sin x x3 6 2 x 0 g (x) = 1 − 2 00 g (x) = −x f 00 (0) = g 00 (0) = 0 f 000 (x) = − cos x g 000 (x) = −1 f 000 (0) = g 000 (0) = −1 f (4) (x) = sin x g (4) (x) = 0 f (4) (0) = g (4) (0) = 0 f (5) (x) = cos x g (5) (x) = 0 f (5) (0) 6= g (5) (0) Pl. f (x) = sin x g(x) = x − f 0 (x) = cos x f (0) = g(0) = 0 f 0 (0) = g 0 (0) = 1 Pontosan negyedrendben érintkeznek. ••• Legyen f legalább n-szer differenciálható x0 -ban! Keressük azt a Tn (x) polinomot, amely x0 -ban legalább n-edrendben érinti f -et. Tn (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + · · · + ak (x − x0 )k + · · · + an (x − x0 )n Tn (x0 ) = a0 = f (x0 ) Tn0 (x) =

a1 + 2 a2 (x − x0 ) + · · · + k ak (x − x0 )k−1 + · · · + n an (x − x0 )n−1 Tn0 (x0 ) = a1 = f 0 (x0 ) Tn00 (x) = 2 a2 + 3 · 2a3 (x − x0 ) + · · · + k(k − 1)ak (x − x0 )k−2 + · · · + n(n − 1)an (x − x0 )n−2 Tn00 (x0 ) = 2 a2 = f 00 (x0 ) Tn000 (x) = 3! a3 + · · · + n(n − 1)(n − 2)an (x − x0 )n−3 Tn000 (x0 ) = 3! a3 = f 000 (x0 ) . . (k) Tn (x0 ) = k! ak = f (k) (x0 ) . . (n) Tn (x0 ) = n! an = f (n) (x0 ) Tehát ak = f (k) (x0 ) k! k = 0, 1, . , n , vagyis az f függvény x0 bázispontú n-edfokú Taylor polinomja: Tn (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° f 00 (x0 ) f (n) (x0 ) (x − x0 )2 + · · · + (x − x0 )n 2! n! 29 v2.0 MmEgy m-edfokú polinom Tn (x) Taylor polinomja m ≤ n esetén önmaga : Pm (x) = Tn (x), esetleg más hatványok szerint felı́rva. ••• Rn (x) := f (x) − Tn (x) : maradéktag (=hiba) Tm Legyen f legalább n-szer

differenciálható Kx0 -ban. Ekkor lim xx0 Rn (x) = 0; (x − x0 )n Tehát Rn (x) = o ((x − x0 )n ) . MmA közelı́tés jóságát mutatja a tétel. Bm Rn (x) f (x) − Tn (x) L0 H f 0 (x) − Tn0 (x) L0 H = lim = lim = lim xx0 xx0 n(x − x0 )n−1 xx0 (x − x0 )n (x − x0 )n f 00 (x) − Tn00 (x) L0 H = = lim xx0 n(n − 1)(x − x0 )n−2 L0 H ··· n lépés után (n) 0 f (n) (x) − Tn (x) = =0 = lim xx0 n! n! L0 H Lagrange-féle alakban felı́rt hibatag Tm Ha f legalább (n + 1) -szer differenciálható [x0 , x) -ben (ill. (x, x0 ] -ban), akkor ∃ ξ ∈ (x0 , x) (ill. ξ ∈ (x, x0 )) , hogy Rn (x) = MmTehát f (x) = Tn (x) + f (n+1) (ξ) (x − x0 )n+1 . (n + 1)! f (n+1) (ξ) (x − x0 )n+1 (n + 1)! (¬B) ••• c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 30 v2.0 ¶³ Pl. f (x) = sin x ≈ T5 (x) =? µ´ f 0 (x) = cos x ; f (4) (x) = sin x ; f 00 (x) = − sin x ; f (5) (x) = cos x ; f 0 (0) = 1; f (0) = 0; x ∈ [0, 1],

x0 = 0 |H| < ? Ennek megfelelően: f 000 (x) = − cos x f (6) (x) = − sin x ; f 00 (0) = 0; f 000 (0) = −1; T5 (x) = x − x3 x5 + 3! 5! H = R5 (x) = − sin ξ 6 x ; 6! f (7) (x) = − cos x f (4) (0) = 0; |H| f (5) (0) = 1; f (6) (0) = 0 1 6! ≤ ↑ 0≤x≤1 De T5 (x) ≡ T6 (x) és ı́gy az alábbi is igaz: sin x = x − 5. x3 x5 − cos ξ 7 + + x ; 3! 5! 7! |H| ≤ 1 7! Taylor sorok Dm Legyen f akárhányszor differenciálható x0 -ban. Ekkor a formálisan előállı́tható ∞ X f (k) (x0 ) k=0 k! (x − x0 )k = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + · · · + f (n) (x0 ) (x − x0 )n + · · · := T (x) n! hatványsort az f függvény x0 alapponthoz tartozó Taylor sorának nevezzük. x0 = 0 esetén: ∞ X f (k) (0) k=0 k! xk = f (0) + f 0 (0) x + f (n) (0) n f 00 (0) 2 x + ··· + x + ··· 2! n! Ezt MacLaurin sornak is hı́vják. ¶³ Pl. f (x) = µ´ ( 1 e− x2 x 6= 0 0 x=0 Belátható, hogy ∀ n -re ∃ f

(n) (0) = 0. Így T (x) ≡ 0 Tehát T (0) = f (0) , de más x -re nem áll fenn az egyenlőség. Ezért jogos kérdés: – Milyen x-re konvergens a kapott sor? – f (x) = T (x) milyen x-ekre teljesül? c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 31 v2.0 ••• Néhány Taylor sorfejtés: A kővetkező példáknál azt használjuk ki, hogy a hatványsor összegfüggvényének Taylor sora. Ha tehát egy függvényt fel tudunk ı́rni hatványsor összegfüggvényeként, akkor az csak a Taylor sora lehet. ¶³ Pl. f (x) = x2 + x + 1 , µ´ x0 = 2 2 x − 2)2 + 5(x − 2) + 7 | +{zx + 1} = (x {z } | x0 =0 körüli T. sor ¶³ x0 =2 körüli Taylor sor 1 Pl. f (x) = µ´ 1−x 1 = 1 + x + · · · + xn + · · · 1−x f (x) = : geometriai sor, |x| < 1-re konvergens 1 analitikus x0 = 0 -ban. De x = 1 kivételével, (ahol nem értelmezett) 1−x minden pontban analitikus. (Felı́rható az adott pontra támaszkodó

hatványsor összegfüggvényeként és R > 0) Tehát f (x) = Pl. x0 := 5 µ ¶ a −1 −1 1 −1 1 = = = = = f (x) = 1−x x−1 (x − 5) + 4 4 1 − −(x−5) 1−q 4 à ! µ ¶ µ ¶2 µ ¶3 x−5 x−5 x−5 −1 1− + − + ··· = 4 4 4 4 ¯ ¯ ¯ x − 5 ¯ |x − 5| ¯= ¯ <1 KT: |q| = ¯− 4 ¯ 4 (HF. x0 = −2) ¶³ Pl. f (x) = µ´ 1 , x2 − 3x + 2 f (x) = x2 − |x − 5| < 4 x0 = −2 pontra támaszkodó Taylor sora? A B 1 1 −1 1 = + = ··· = + = − 3x + 2 (x − 1)(x − 2) x−1 x−2 x−1 x−2 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 32 v2.0 − 1 = 3 1 1 1 1 1 = = = = x−1 1−x 3 − (x + 2) 3 1 − x+2 3 à µ 1+ x+2 3 ¶ µ + x+2 3 ¶2 µ + x+2 3 ! ¶3 + ··· ¯ ¯ ¯x + 2¯ ¯ < 1 − |x + 2| < 3 KT.: ¯¯ 3 ¯ 1 1 1 1 1 = =− x+2 = − x−2 (x + 2) − 4 4 1− 4 4 à µ 1+ x+2 4 ¶ µ + x+2 4 ¶2 µ + x+2 4 ! ¶3 + ··· ¯ ¯ ¯x + 2¯ ¯ < 1 − |x + 2| < 4 KT.:

¯¯ 4 ¯ ∞ X 1 = ak (x + 2)k x2 − 3x + 2 k=0 a0 = 1 1 − 3 4 1 1 1 1 a1 = · − · 3 3 4 4 . . µ ¶k µ ¶k 1 1 1 1 − · ak = · 3 3 4 4 KT.: |x + 2| < 3 (közös rész) ¶³100 µ d Pl. µ´ dx100 ¶¯ ¯ 1 ¯ =? x2 − 3x + 2 ¯x=−2 1 − 3x + 2 Az előző sorfejtésből: f (x) := x2 a100 ¶³ f (100) (−2) − f (100) (−2) = 100! = 100! 1 Pl. f (x) = , µ´ 1 + x2 à 1 · 3 µ ¶100 µ ¶100 ! 1 1 1 − · 3 4 4 x0 = 0 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 33 v2.0 ∞ X 1 2 4 6 = 1 − x + x − x + · f (x) = · · = (−1)k x2k 1 − (−x2 ) k=0 Geometriai sor: a = 1, q = −x2 , KT: |q| = |−x2 | < 1 − |x| < 1 ¶³ Pl. f (x) = arctg x , µ´ (arctg x)0 = x0 = 0 bázispontú Taylor sora? 1 1 = 1 − x2 + x4 − x6 + · · · ; = 2 2 1+x 1 − (−x ) q := −x2 ¯ ¯ KT.: |q| = ¯−x2 ¯ < 1 − |x| < 1 Zx Zx (arctg x)0 dx = arctg x − arctg 0 = arctg x = 0 ¡ ¢ 1 − t2 + t4 − t6 + · · ·

dt = 0 ¯x ¯ t3 t5 x3 x5 + − ··· = t − + − · · · ¯¯ = x − 3 5 3 5 0 ∞ Tehát X x3 x5 x2n−1 + − ··· = arctg x = x − (−1)n+1 3 5 2n − 1 n=1 |x| ≤ 1 KT.: |x| < 1-ben biztosan konvergens Sőt: x = ±1-ben is, mert ∞ X 1 1 (−1)n+1 π konvergens (Leibniz tı́pusú) és = arctg 1 = x = 1 : 1 − + − ··· = 3 5 2n − 1 4 n=1 1 1 π Tehát 1 − + − · · · = . 3 5 4 Hasonlóan mutatható meg a konvergencia x = −1-re. Pl. arctg 0,1 ≈ 0,1 − 0,13 0,15 + , 3 5 |H| < 0,17 7 (Leibniz sor) ¶³ Pl. f (x) = ln (1 + x) , µ´ f 0 (x) = x0 = 0 1 1 = 1 − x + x2 − x3 + · · · = 1+x 1 − (−x) c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 34 |x| < 1 v2.0 Zx ln (1 + x) = ¡ ¢ x2 x3 + − ··· , 1 − t + t2 − t3 + · · · dt = x − 2 3 |x| < 1 0 Sőt, x = 1-ben is konvergens: ∞ X (−1)n+1 1 1 1 + − + ··· = 2 3 4 n n=1 Az előző sorfejtésből x −x helyettesı́téssel

adódik: x2 x3 − − ··· ln (1 − x) = −x − 2 3 A két sorfejtés segı́tségével már kapható egy minden argumentumértékre konvergens sorfejtés is: ln 2 = 1 − x3 x5 1 1+x ln =x+ + + ··· , 2 1−x 3 5 ln z = ? ln z := ln µ ¶³ Pl. f (x) = µ´ µ f (x) = 1 1−x 1 1−x ¶0 = |x| < 1 1+x ; 1−x z= 1+x -ből 1−x |x| < 1 adódik mindig ¶2 , x0 = 0 d ¡ 1 + x2 + x3 + · · · + xn + · · · = 1 + 2x + 3x2 + · · · n xn−1 + · · · , dx ha |x| < 1 . (A hatványsor tagonként deriválható) 5.1 A Taylor sor konvergenciatartománya f (x) ; T (x) = ∞ X f (k) (0) k=0 k! xk f (x) = T (x) -ről mit mondhatunk általánosságban? Szükséges és elégséges tétel f (x) = T (x) fennállására: c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 35 v2.0 TmTn (x) = n X f (k) (0) k=0 k! n xk − ↓ f (x) (azaz f (x) = T (x)) akkor és csak akkor, ha ∞ f (n+1) (ξ) n+1 n x − Rn (x) = ↓ 0 (n

+ 1)! ∞ DmA g0 , g1 , . , gn , függvények a D = ∃K∈R: T |gn (x)| ≤ K , Dgn halmazon egyenletesen korlátosak, ha ha x ∈ D, n ∈ N. Pl. sin x, 2 sin 2x, 3 sin 3x, , n sin nx, egyenként korlátosak, de nem egyenletesen korlátosak. Pl. cos x, cos 4x, cos 9x, , cos n2 x, egyenletesen korlátosak Elégséges tétel f (x) = T (x) fennállására: TmHa f akárhányszor differenciálható (−R, R)-en és f, f 0 , f 00 , . , f (n) , deriváltfüggvények egyenletesen korlátosak itt, akkor f (x) = ∞ X f (k) (0) k=0 k! xk x ∈ (−R, R)-en. Mmx0 bázispontra hasonló tétel mondható ki (x0 − R, x0 + R)-re. BmMár láttuk, hogy f (x) = n X f (k) (0) |k=0 k! {z f (n+1) (ξ) n+1 x (n + 1)! {z } | xk + } Tn (x)=sn (x) Rn (x) Lagrange-féle alakja Ezért: ¯ (n+1) ¯ ¯f ¯ (ξ) n+1 |f (x) − Tn (x)| = |Rn (x)| = ¯¯ x ¯¯ = {z } | (n + 1)! ¯ (n+1) ¯ ¯f (ξ)¯ (n + 1)! |x|n+1 ≤ K Rn+1 := an (n + 1)!

=|s(x)−sn (x)| an n − ↓ 0) , ezért |f (x) − Tn (x)| < ε, n! ∞ ha n > N (ε) =⇒ Tn (x) f (x) (T (x) = f (x)). ↓n∞ 0 (I. félévi anyagban szerepelt: Mivel an − ••• c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 36 v2.0 További fontos Taylor sorfejtések: ¶³ ∞ 2n+1 X x3 x5 x7 n x Pl. f (x) = sin x = x − + − + · = (−1) · · ; µ´ 3! 5! 7! (2n + 1)! n=0 f (0) = 0 Ui.: f (x) = sin x f 0 (x) = cos x f 0 (0) = 1 f 00 (x) = − sin x f 00 (0) = 0 f 000 (x) = − cos x f 000 (0) = −1 f (4) (x) = sin x ↓ Innen periodikusan ismétlődik f (0) + x∈R f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 f 0 (0) f (k) (0) k x3 x5 x+ x + x + ··· + x + ··· = x − + − ··· 1! 2! 3! k! 3! 5! A deriváltak (−∞, ∞)-en egyenletesen korlátosak, ezért ∀ x-re: sin x = x − x3 x 5 + −· · · . 3! 5! ¶³ ∞ X x2n x2 x4 x6 + − + ··· = ; x∈R (−1)n 2! 4! 6! (2n)! n=0 Az előző példához hasonlóan:  f (x) = cos x f (0) =

1    f 0 (x) = − sin x f 0 (0) = 0 a deriváltak egyenletesen korlátosak f 00 (x) = − cos x f 00 (0) = −1    f 000 (x) = sin x f 000 (0) = 0 f (4) (x) = cos x ↓ Innen periodikusan ismétlődik Pl. f (x) = cos x = 1 − µ´ ¶³ ∞ X xk x2 x3 x4 Pl. f (x) = e = 1 + x + + + + · ; = · · µ´ 2! 3! 4! k! k=0 x x∈R f (k) (x) = ex ; f (k) (0) = 1 k ∈ N f (k) (x) = ex x ∈ R-en nem korlátos, de tetszőleges [α, β] ⊂ R-en már igen. ¯Konvergencia: ¯ ¯f (k) (x)¯ ≤ eβ Tehát itt a deriváltak egyenletesen korlátosak, ı́gy a [ ] αx β tétel alapján f (x) = T (x) ∀ x ∈ R-re. ¶³ ∞ X x2n+1 x3 x5 x7 Pl. f (x) = sh x = x + + + + · = · ; · µ´ 3! 5! 7! (2n + 1)! n=0 ¢ 1¡ x e − e−x sh x = 2 x2 x3 x4 + + + ··· e =1+x+ 2! 3! 4! x e−x x∈R   x∈R      x2 x3 x 4  − + − ··· x ∈ R  =1−x+ 2! 3! 4! c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 37 =⇒ . v2.0

¶³ ∞ Pl. f (x) = ch x = 1 + µ´ ch x = X x2n x2 x4 x6 + + + ··· = ; 2! 4! 6! (2n)! n=0 x∈R ¢ 1¡ x e + e−x = · · · 2 ••• Példák Taylor sorfejtésre: ¶³ Pl. f (x) = sin x · cos x , µ´ x0 = 0 1 1 f (x) = sin x · cos x = sin 2x = 2 2 Az alábbi néhány példa az u2 u3 u4 + + + ··· eu = 1 + u + 2! 3! 4! sorfejtésre támaszkodik. ¶³ Pl. f (x) = µ´ √ µ 1 1 1 2x − (2x)3 + (2x)5 − (2x)7 + · · · 3! 5! 7! ¶ x∈R u∈R ex , x0 = 0 √ x 1 ³ x ´2 1 ³ x ´3 x x 2 + + ··· e =e =1+ + 2 2! 2 3! 2 ³ x∈R ¶³ Pl. f (x) = ex2 , µ´ 2 e x = 1 + x2 + ¶³ x0 = 0 1 4 1 6 1 8 x + x + x + ··· 2! 3! 4! Pl. f (x) = e3x2 , µ´ 2 e3x = 1 + 3x2 + ¶³ Pl. f (x) = e3x , µ´ x´ u= 2 ¡ x∈R u = x2 ¢ x0 = 0 1 2 4 1 3 6 3 x + 3 x ··· 2! 3! x∈R ¡ u = 3x2 ¢ x0 = 0, illetve x0 = 1 1 1 (3x)2 + (3x)3 + · · · 2! 3! a.) x0 = 0 : e3x = 1 + 3x + b.) x0 = 1 : e3x = e3(x−1)+3 = e3 e3(x−1) = µ ¶ 1

3 1 2 2 3 3 = e 1 + 3(x − 1) + 3 (x − 1) + 3 (x − 1) + · · · 2! 3! c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 38 x∈R v2.0 ¶³ Pl. Adja meg az µ´ f (x) = 1 7+x függvény Taylor sorát és annak konvergenciatartományát, ha a.) x0 = 0 b.) x0 = 2 a.) 1 = 7+x 1 1 1 = −x 7 1− 7 7 x 1 a = 7; q = −7 µ ¶ x ³ x ´2 ³ x ´3 1− + − + ··· 7 7 7 ¯ x ¯ |x| ¯ ¯ < 1 =⇒ |x| < 7 KT.: ¯− ¯ = 7 7 b.) 1 1 = = 7+x (x − 2) + 9 1 1 1 = −(x−2) 9 1− 9 9 x−2 1 a = 9; q = − 9 à x−2 1− + 9 µ x−2 9 ¶2 µ − x−2 9 ! ¶3 + ··· ¯ ¯ ¯ x − 2 ¯ |x − 2| ¯= < 1 =⇒ |x − 2| < 9 (x ∈ (−7, 11)) KT.: ¯¯− 9 ¯ 9 ¶³ Pl. Fejtse x0 = 0 bázispontú Taylor sorba az µ´ f (x) = 2x 2 − x2 függvényt! Konvergenciatartomány? 1 1 1 1 = 2 = 2 x 2−x 2 1− 2 2 à x2 1+ + 2 µ x2 2 ¶2 µ + x2 2 ! ¶3 + ··· ∞ 1X = 2 k=0 µ x2 2 ¶k ∞ 1 X 1 2k = x 2 k=0 2k ¯ 2¯ √

¯x ¯ KT.: ¯¯ ¯¯ < 1, tehát |x| < 2 2 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 39 v2.0 ∞ ∞ 1 1 X 1 2k X 1 2k+1 = 2x x = x ; f (x) = 2x k 2 − x2 2 k=0 2k 2 k=0 |x| < √ 2 ¶³ Pl. µ´a.) Határozza meg a ∞ X 2k + 1 k! k=0 x2k sor konvergenciatartományát és összegfüggvényét! b.) ∞ X 2k + 1 k! k=0 a.) f (x) := =? ∞ X 2k + 1 k! k=0 x2k R = ∞, mert . Zx f1 (x) := f (x) dx = 0 Zx X ∞ 0 k=0 ∞ X 2k + 1 2k x dx = k! k=0 Zx 2k + 1 2k x dx = k! 0 6 ° 6egyenl. konv ± ¯x ∞ ∞ X X 2k + 1 x2k+1 ¯¯ (x2 )k 2 = xex = ¯ = x k! 2k + 1 ¯ k! k=0 k=0 ↑ 0 és f1 (0) = 0 x 6= 0 ³ ´0 2 2 2 2 Tehát f1 (x) = xex − f (x) = xex = ex + 2x2 ex b.) ∞ X 2k + 1 0 ¶³ ∞ X Pl. µ´ n=1 k! = f (1) = e + 2e = 3e 1 =? n 5n ¯ ∞ n¯ X x ¯ 5 = ¯ n n¯ n=1 ∞ X ( 1 )n n=1 x= 51 Zx à 0 ∞ d X xn dx n=1 n ! c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° dx = · · · = − ln (1 − x)

40 |x| < 1 v2.0 µ ¶ ∞ X 1 5 1 = − ln 1 − = ln Ezért n n5 5 4 n=1 ¶³ ∞ X Pl. µ´ k=2 1 =? (2k)! ∞ X k=2 Ezért ∞ X k=2 ¶³ ∞ X Pl. µ´ n=1 1 1 1 = + + ··· ; (2k)! 4! 6! ch x = 1 + x 2 x4 x6 + + + ··· 2! 4! 6! 1 1 = ch 1 − 1 − (2k)! 2! 1 =? (n + 1)! 3n f (x) := ∞ X n=1 1 xn (n + 1)! R = ∞, mert . f (0) = 0 Ha x 6= 0 : x · f (x) = ∞ X xn+1 x2 x3 + + · · · = ex − 1 − x = (n + 1)! 2! 3! n=1 ( ex − 1 − x , x 6= 0 f (x) = x 0, x=0 1 Most x = , tehát 3 ∞ X n=1 1 e3 − 1 − 1 = 1 (n + 1)! 3n 3 1 3 ¶³ ∞ X 2k (−1)k Pl. =? µ´ (2k)! n=1 ∞ X (−1)k x2k x2 x4 + − ··· = cos x = 1 − 2! 4! (2k)! k=0 ∞ X 2k (−1)k k=1 (2k)! √ ∞ X √ (−1)k ( 2)2k = − 1 = cos 2 − 1 (2k)! k=0 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 41 v2.0 5.2 Binomiális sor Az f (x) = (1 + x)α , α ∈ R (α 6= −1) függvény x0 = 0 pontra támaszkodó Taylor sora. (α = −1 esetén

geometriai sor összegfüggvényéről van szó.) f (x) = (1 + x)α f 0 (x) = α(1 + x)α−1 f 00 (x) = α(α − 1)(1 + x)α−2 . . f (0) = 1 f 0 (0) = α f 00 (0) = α(α − 1) . . f (k) (x) = α(α − 1) · · · (α − k + 1)(1 + x)α−k (1 + x)α ; T (x) = 1 + αx + =1+ α(α − 1) 2 α(α − 1)(α − 2) 3 x + x + ··· = 2! 3! ∞ X α(α − 1) · · · (α − k + 1) k! k=1 MmHa α = n egész: f (k) (x) ≡ 0 f (k) (0) = α(α − 1) · · · (α − k + 1) xk k ≥ n + 1-re és n! n(n − 1) · · · (n − k + 1) (n − k) · · · 2 · 1 · = = k! (n − k)! k!(n − k)! Ezért µ ¶ α α(α − 1) · · · (α − k + 1) m D := k! k Az eredményeink: + α=n∈N α 6= n és µ ¶ n k µ ¶ α := 1 0 n µ ¶ X n k x : (1 + x) = T (x) = Tn (x) = k k=0 ∞ µ ¶ X α k x : (1 + x)α ; T (x) = k k=0 α (Binomiális tétel) Kérdések: – R =? – f (x) = T (x) mikor igaz? Tm ∞ µ ¶ X α k x esetén R = 1 k k=0 c Kónya I. –

Fritz Jné – Győri S ° 42 v2.0 Bmak = µ ¶ α ; k Tm (1 + x)α = | {z } f (x) µ ¶ µ ¶ α α α−k = k+1 k k+1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ak+1 ¯ ¯ α − k ¯ k ¯ ¯ ¯ ¯ ↓ 1 ¯ ak ¯ = ¯ k + 1 ¯ − ∞ ak+1 = ∞ µ ¶ X α |k=0 k {z xk =⇒ R=1 ∀ x ∈ (−1, 1)-re. } T (x) Bmf deriváltfüggvényei most nem egyenletesen Ezért más módszerrel látjuk be az egyenlőséget. ¶0 µ T (x) T (x) ≡ 0 =⇒ ≡ konst., de f (x) f (x) korlátosak =⇒ tételünk nem alkalmazható. Megmutatjuk, hogy 1 T (0) = = 1 =⇒ T (x) ≡ f (x) f (0) 1 µ ¶0 T 0f − T f 0 T 0 (1 + x)α − T · α · (1 + x)α−1 (1 + x)α−1 0 T = = = (T (1 + x) − αT ) ≡ 0, f f2 f2 (1 + x)2α mert α(α − 1) 2 x+ T (x) = 1 + αx + 2! µ ¶ α k ··· + x + ··· k α2 (α − 1) 2 x+ αT (x) = α + α x + 2! µ ¶ α k · · · +α x + ··· k 2 µ ¶ µ ¶ α(α − 1)(α − 2) 2 α k−1 α α(α − 1) x+ x + · · · +k T (x) = α + x + (k + 1) xk

+ · · · 1! 2! k k+1 0 µ ¶ α k · · · +k x + ··· k α(α − 1) 2 x+ xT 0 (x) = αx + 1! 0 (1 + x)T − αT = ∞ µ X k=0 µ ¶ µ ¶ µ ¶¶ α α α (k + 1) +k −α xk k+1 k k és itt ¶ µ µ ¶ µ ¶ µ ¶¶ µ ¶ µ α α α α α−k +k−α =0 (k + 1) +k −α = (k + 1) k+1 k+1 k k k c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 43 ∀ k-ra v2.0 ¯¡ ¢ ¯ MmBelátható, hogy |x| < 1-re ¯ αk xk ¯ & 0 (monoton csökkenően tart a 0-hoz). (Mi nem bizonyı́tjuk.) Ezért, ha váltakozó előjelű a sor, akkor Leibniz tı́pusú Ilyen esetben könnyű a hibaszámı́tás: ¯µ ¯ ¶ N µ ¶ X ¯ ¯ α k α α N +1 ¯ ¯ (1 + x) ≈ x = sN közelı́tésnél |H| < ¯ x ¯ k N +1 k=0 (Az első elhagyott tag majorálja a hibát.) Példák binomiális sorfejtésre √ Pl. f (x) = 1 + x , x0 = 0 µ´ µ1¶ µ1¶ µ1¶ ∞ µ1¶ X 1 2 2 2 2 2 xk = 2 f (x) = (1 + x) = + x+ x + ··· = 0 1 2 k k=0 ¶³ 1 (− 21 ) 2 21 (−

21 )(− 23 ) 3 1 2 x + x + ··· , =1+ x+ 2 2! 3! Konvergenciasugár: R = 1 Ha x > 0, akkor Leibniz tı́pusú a sor (x < 0-nál nem!). Ezért ha x > 0 : √ 1 1 1 + x ≈ 1 + x és |H| < x2 2 8 √ 1 (Tehát 1 + x = 1 + x + o(x), ha x > 0) 2 √ 1 1 1 Pl. 1,05 = (1 + 0,05) 2 ≈ 1 + 0,05 |H| < (0,05)2 2 8 √ x Hasonlóan megmutatható, hogy k ∈ N+ -ra: k 1 + x ≈ 1 + = T1 (x) k ¶³ √ 5 Pl. µ´ 34 ≈ ? √ 1 5 34 = (1 + 33) 5 nem jó, mert x = 33 > 1 r r ¶1 ¶k ¶k µ 3 µ1¶ µ ∞ µ1¶ µ X X √ 34 1 1 1 5 5 5 5 34 5 5 =2 1+ ≈2 =2 De 34 = 32 = 2 32 32 16 16 16 k k k=0 pl. k=0 ¯µ ¶ µ ¶ ¯ 4 ¯ 1 1 ¯¯ ¯ 5 Leibniz sor: |H| < 2 ¯ ¯ ¯ 4 16 ¯ ¶³ Pl. f (x) = √ µ´ 1 , 2 + x2 x0 = 0 bázispontú Taylor sor? c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 44 v2.0 1 1 1 √ =√ q 2 + x2 2 1+ 1 =√ 2 x2 2 µ µ 1+ x2 2 ¶¶− 21 ¶ µ 2 ¶k ∞ µ x 1 X − 21 =√ 2 2 k=0 k ¯ 2¯ √ ¯x ¯ KT.: ¯¯ ¯¯

< 1 =⇒ |x| < 2 2 ¶³ 1 Pl. f (x) = √ , 4 µ´ 16 − x3 x0 = 0 bázispontú Taylor sor? 1 1 1 f (x) = √ 1 = ¢ ¡ 4 2 16 1 − x3 4 16 1 2 = ¶³ Pl. f (x) = µ´ √ 3 ∞ ¡ 1¢ P (−1)k − 4 k=0 k 16k x 3k µ µ x3 1+ − 16 ¶¶− 41 ¶ µ 3 ¶k ∞ µ 1 X − 41 x = = − 2 k=0 k 16 ¯ ¯ √ ¯ x3 ¯ KT.: ¯− 16 ¯ < 1 =⇒ |x| < 3 16 8 + x2 , x0 = 0 bázispontú Taylor sor? à r ¶2 ! 31 ¶2k µ ∞ µ1¶ µ 2 X √ x x x 3 3 3 √ =2 1+ √ f (x) = 8 1 + =2 8 k 8 8 k=0 ¯ 2¯ ¯x ¯ √ KT.: ¯¯ ¯¯ < 1 =⇒ |x| < 8 8 ¶³ Pl. f (x) = arcsin x , µ´ x0 = 0 bázispontú Taylor sor? ∞ µ 1¶ ¡ ¢ 1 X 3 −2 1 1 2 −2 = 1 + (−x ) f (x) = √ = (−x2 )k = 1 + x2 + x4 + · · · 2 8 k 1 − x2 k=0 0 Zx √ arcsin x = 0 KT.: |x| < 1 1 3 5 1 dx = x + x3 + x + ··· 6 8·5 1 − x2 ¶³ √ √ Pl. Írja fel az f (x) = 5 5 1 + x2 − 7 7 1 + x2 + 2 függvény x0 = 0 körüli Taylor sorát és adja

µ´ meg annak konvergenciatartományát! Létezik-e C és α úgy, hogy f ( n1 ) ∼ Cnα legyen? 1 2 51 (− 54 ) 4 x + ··· (1 + x ) = 1 + x + 5 2! KT.: |x2 | < 1 − |x| < 1 1 (− 6 ) 1 1 (1 + x2 ) 7 = 1 + x2 + 7 7 x4 + · · · 7 2! KT.: |x2 | < 1 − |x| < 1 2 1 5 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 45 v2.0 µ 1 1 f (x) = 5 − 7 + 2 + 5 · − 7 · 5 7 µ = 2 3 − + 5 7 ¶ µ −4 −6 x + 5 2 −7 2 5 ·2 7 · 2! 2 ¶ x4 + · · · = ¶ x4 + · · · KT.: |x| < 1 an =1 n∞ bn ¶ µ ¶4 µ ¶ µ ¶6 µ ¶ µ 2 3 1 1 1 = − + + . + ··· f n 5 7 n n an ∼ bn , ha lim ¡ f − 52 ¡1¢ + µ n ¢ ¡ 1 ¢4 3 7 n =1+ ¶ . 1 + n2 µ ¶ . 1 + ··· n4 0< 1 < 1, ha n > 1 n 2 3 C=− + 5 7 n − ↓ 1 ∞ α = −4 Z0,1 ¶³ Pl. Számı́tsa ki µ´ √ 3 0 1 dx értékét közelı́tően! 1 + x2 ∞ µ 1¶ ¢ 1 X ¡ − 3 2k 1 2 −3 f (x) = √ = x = 1+x 3 k 1 + x2 k=0 ¯ ¯ KT.: ¯x2 ¯

< 1 =⇒ |x| < 1 A hatványsort szabad tagonként integrálni, mivel [0 , 0.1] ⊂ (−1 , 1) ¯ 0,1 Z0,1 ∞ µ 1 ¶ 2k+1 ¯0,1 ∞ µ 1¶ Z ∞ µ 1¶ X X X −3 x −3 − 3 0,12k+1 1 ¯ 2k √ x dx = = dx = = ¯ 3 k k 2k + 1 ¯ k 2k + 1 1 + x2 k=0 k=0 k=0 0 0 0 −1 0,13 (− 31 )(− 34 ) 0,15 (− 31 )(− 34 )(− 37 ) 0,17 + +··· ≈ a + 0,1 + 3 3 {z 2! 5} | 3! {z 7} | Leibniz :=a :=b |H| ≤ |b| tı́pusú Z0,1√ 5 Pl. Határozza meg az 32 + x5 dx integrál értékét közelı́tőleg az integrálandó függvényt µ´ ¶³ 0 ötödfokú Taylor polinomjával közelı́tve! Adjon becslést az elkövetett hibára! √ 5 32 + x5 √ 5 = 32 r 5 µ ∞ µ1¶ ∞ µ1¶ ³ ´ ³ x ´5 ¶ 51 X X x 5k 1 5k x5 5 5 =2 1+ =2 x 1+ =2 k 32 2 2 32 k k k=0 k=0 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 46 v2.0 ¯³ ´ ¯ ¯ x 5¯ ¯ < 1 =⇒ |x| < 2 KT.: ¯¯ 2 ¯ [0, 0,1]-ben a sor egyenletesen konvergens =⇒ szabad

tagonként integrálni. ¯0,1 Z0,1 X ∞ µ1¶ ∞ µ1¶ ∞ µ1¶ 5k+1 ¯ X X x 1 1 1 0,15k+1 ¯ 5k 5 5 5 = x dx 2 2 = 2 = ¯ k 32k k 32k 5k + 1 ¯ k 32k 5k + 1 k=0 k=0 k=0 0 0 6 ´ 6 µ µ 1 (− 54 ) 1 0,111 1 0,16 5 + + ··· = 2 0,1 + 1 32 6! 2! 322 11 1 5 ¶ µ ≈ 1 1 0,16 2 0,1 + 5 32 6! ¶ Leibniz tı́pusú ¯ ¯1 4 ¯ 5 (− 5 ) 1 0,111 ¯ ¯ ¯ |H| < 2 ¯ 2 322 11 ¯ 6. Fourier sor Emlékeztető: L : lineáris tér (vektortér) a valós számok teste felett; v ∈ L (λ ∈ R) Skaláris szorzat axiómái: (v 1 |v 2 ) = (v 1 , v 2 ) ∈ R 1.) (v|v) ≥ 0 és (v|v) = 0 acsa, ha v = 0 2.) (v 1 |v 2 ) = (v 2 |v 1 ) (0: a tér nulleleme) (Nem valós esetben: (v 1 |v 2 ) = (v 2 |v 1 ) ) 3.) (λv 1 |v 2 ) = λ(v 1 |v 2 ) 4.) (v 1 + v 2 |v 3 ) = (v 1 |v 3 ) + (v 2 |v 3 ) Zb 0 Pl. C[a,b] -n: (f |g) = f (x) g(x) dx megfelel skaláris szorzatnak. a Euklideszi tér: olyan lineáris tér, amelyben van skaláris szorzat. Dm(v 1 |v 2 ) = 0

esetén v 1 ortogonális v 2 -re. p Norma: k v k= (v|v)-vel dolgozunk (euklideszi norma) c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 47 v2.0 ••• Tm Ha v 1 , . , v n (v i 6= 0) páronként ortogonálisak, akkor lineárisan függetlenek Bm λ1 v 1 + · · · + λi v i + · · · + λn v n = 0 | · v i λ1 (v 1 |v i ) + · · · + λi−1 (v i−1 |v i ) +λi (v i |v i ) + · · · + λn (v n |v i ) = 0 | {z } | {z } | {z } | {z } =0 =⇒ λi = 0 =0 6=0 =0 (és ez igaz ∀ i -re) Tm 1, sin x, cos x, sin 2x, cos 2x, . , sin kx, cos kx, páronként ortogonálisak [−π, π]-n Zπ (általánosan [a, a + 2π]-n), ı́gy lineárisan függetlenek. (f |g) = f (x) · g(x) dx −π MmÍgy az általuk generált tér nem véges dimenziós. Bm Zπ (1| sin kx) = −π Zπ (1| cos kx) = −π Zπ (sin kx| sin lx) =     sin kx dx = 0            cos kx dx = 0     1 sin kx · sin lx dx = 2

teljes periodusra integrálunk ½ Zπ (cos (k − l)x − cos (k + l)x) dx = π, 0, ha k = l ha k = 6 l −π −π =⇒ k sin kx k= ½ (cos kx| cos lx) = π, 0, ha k = l ha k = 6 l =⇒ k cos kx k= c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° p √ (sin kx| sin kx) = π (Az előzőhöz hasonlóan jön ki.) p √ (cos kx| cos kx) = π 48 v2.0 (sin kx| cos lx) = 0 Zπ Mm(1|1) = 12 dx = 2π =⇒ k 1 k= (Szintén hasonlóan.) p √ (1|1) = 2π −π ONR (ortonormált rendszer) : 1 1 1 1 1 √ , √ sin x, √ cos x, . , √ sin kx, √ cos kx, π π π π 2π ϕ0 ϕ1 ϕ2 ϕ2k−1 ϕ2k ••• Mivel a {ϕi } függvények lineárisan függetlenek, jogos az a kérdés, hogy egy 2π szerint periodikus f függvény felı́rható-e a következő alakban: f (x) = ∞ X i=0 ∞ a0 X + (ak cos kx + bk sin kx) αi ϕi (x) = 2 k=1 A felvetődő kérdések: – αi = ? (ak = ?, bk = ?) – Milyen f -ekre és hol lesz egyenlőség? Az

ilyen alakú sorokat trigonometrikus sorok nak nevezzük. n-edrendű trigonometrikus polinom: n tn (x) = a0 X + (ak cos kx + bk sin kx) 2 k=1 ••• Mi a kapcsolat a trigonometrikus sor Φ összegfüggvénye és az ak , bk együtthatók között? a0 Tm + 2 ∞ X (ak cos kx + bk sin kx) ⇒ Φ(x) esetén k=1 Zπ 1 ak = π Φ(x) cos kx dx = (Φ| cos kx) (cos kx| cos kx) Φ(x) sin kx dx = (Φ| sin kx) (sin kx| sin kx) −π 1 bk = π Zπ −π c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 49 v2.0 BmÁltalánosságban a ∞ P αi ϕi (x) alakot kellene szoroznunk skalárisan ϕk -val és ı́gy megkap- i=0 nánk αk értékét, ahonnan már ak ill. bk kapható Mi nem bizonyı́tjuk be általánosságban, csak pl. a2 -re megmutatjuk a képlet helyességét (A legfontosabb gondolatok már ebben is előkerülnek.) a0 + a1 cos x + b1 sin x + a2 cos 2x + · · · + ak cos kx + bk sin kx + · · · = Φ(x) 2 Beszorozva cos 2x-szel és

[−π, π]-n integrálva (az egyenletes konvergencia miatt szabad tagonként integrálni): a0 (1| cos 2x) + a1 (cos x| cos 2x) + b1 (sin x| cos 2x) + a2 (cos 2x| cos 2x) + · · · + 2 +ak (cos kx| cos 2x) + · · · = (Φ(x)| cos 2x) A bal oldalon (cos 2x| cos 2x) =k cos 2x k2 = π, a többi skaláris szorzat az ortogonalitás miatt nulla. Így a2 (cos 2x| cos 2x) = (Φ(x)| cos 2x) =⇒ a2 = (Φ(x)| cos 2x) (cos 2x| cos 2x) Fourier sor DmHa f 2π szerint periodikus és f ∈ R[0,2π] , akkor f Fourier sora ∞ a0 X + (ak cos kx + bk sin kx), 2 k=1 ahol 1 ak = π Zπ 1 f (x) cos kx dx = π −π 1 bk = π a+2π Z f (x) cos kx dx = 1 (f | cos kx) (a ∈ R) π a Zπ 1 f (x) sin kx dx = π −π a+2π Z f (x) sin kx dx = 1 (f | sin kx) π a ak , bk neve: Fourier együtthatók. ••• c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 50 v2.0 A Fourier sor összegfüggvénye legyen Φ(x) és az n-edik részletösszeg függvény pedig Φn (x)! n a0

X + (ak cos kx + bk sin kx)) (Φn (x) = 2 k=1 Kitérő: egy minimum probléma f adott 2π szerint periodikus, integrálható függvény. n 2n X a0 X + (ak cos kx + bk sin kx) = tn (x) = αi ϕi (x) 2 i=0 k=1 Ezen trigonometrikus polinomok közül melyik van f -hez átlagnormában a legközelebb? Azaz milyen αi -kre lesz k f − tn k= min.? Tmk f − tn v uZπ u u k= t (f (x) − tn (x))2 dx akkor minimális, ha az együtthatók a Fourier −π együtthatók. (¬B) ••• Visszatérve a Fourier sorhoz, még válaszolni kell arra a kérdésre, hogy a Fourier sor milyen x-ekre konvergens, és f (x) = Φ(x) mikor igaz. TmHa a 2π szerint periodikus f függvény folytonos és Fourier sora egyenletesen konvergens, akkor f (x) = Φ(x) (¬B) Pl. f (x) = |x| x ∈ [−π, π); f (x + 2π) = f (x) L. előadás! ••• TmHa f kétszer folytonosan deriválható 2π szerint periodikus függvény, akkor Fourier sora egyenletesen konvergens. (¬B)

Önmagában az egyenletes konvergenciából még nem következik az f (x) = Φ(x) egyenlőség. Csak annyi következik, hogy Φ Fourier együtthatói megegyeznek f Fourier együtthatóival. Kérdés: ha f és Φ Fourier együtthatói azonosak, lehetséges-e, hogy f (x) 6≡ Φ(x)? Lehetséges. Pl az f (x) = |x|-es példában f értékét 1 pontban megváltoztatva (pl f (1) := 3), a Fourier együtthatók nem változnak, ı́gy Φ(x) sem változik, de igaz, hogy f1 (x) 6≡ Φ(x) (≡ f (x)). Ha viszont f folytonos, akkor már érdekes a kérdés. (A választ már persze ismerjük) c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 51 v2.0 Legyenek f és Φ Fourier együtthatói azonosak, tehát f − Φ Fourier együtthatói nullák, vagyis (f − Φ|ϕk ) = 0. Tehát f − Φ ortogonális a ϕ0 , ϕ1 , ϕ2 , függvényrendszerre Bővı́thető-e a trigonometrikus rendszer? TmHa g 2π szerint periodikus folytonos függvény és

(g|ϕk ) = 0, k = 0, 1, 2, . =⇒ g ≡ 0. Azaz a trigonometrikus rendszer nem bővı́thető. (¬B) A Fourier sor konvergenciájával kapcsolatban sok tétel ismert. Mi egy könnyen kezelhető tételt használunk: Dirichlet tétel (egy elégséges tétel a Fourier sor konvergenciájára) TmHa f 2π szerint periodikus, f ∈ R[0,2π] ; a periodus felbontható véges sok (α, β) intervallumra, hogy itt f monoton és a végpontokban ∃ a véges határérték, akkor f Fourier sora minden x-re konvergens, és Φ(x) = f (x − 0) + f (x + 0) 2 Vége! c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 52 v2.0 7. 7.1 Feladatok Függvénysorozatok ³ Az alábbiakban jelölje f az (fn ) függvénysorozat határfüggvényét ´ f (x) = lim fn (x) és H = Df (konv. tart) 1.) f (x) = ?, a.) fn (x) = H =? 1 (2x)n (x − 1)n 9n x d.) fn (x) = x2 + 2 n c.) fn (x) = b.) fn (x) = sinn 2x 2.) fn (x) = n∞ (x + 1)n n a.) f (x) = ?, H =? b.)

Egyenletesen konvergens-e a függvénysorozat a [−2, −1] intervallumon? x ∈ (−1, 1] 2 + xn Egyenletesen konvergens-e a (−1, 1] ill. (−1, 1) intervallumokon? 3.) fn (x) = 4.) fn (x) = (arcsin x)n a.) f (x) = ?, H =? b.) Egyenletesen konvergens-e a konvergenciatartományban? 5.) fn (x) = n 2 x2 n 2 x2 + 1 a.) f (x) = ?, H =? b.) Egyenletesen konvergens-e [0, 1]-en illetve [1, 2]-n? 6.) fn (x) = x2 3 + 2x2n a.) f (x) = ?, H =? b.) Egyenletesen konvergál-e (fn ) a konvergenciatartományon? ∞ P c.) Mely x0 pontban teljesül a fn (x0 ) numerikus sorra a konvergencia szükséges n=1 feltétele? Határozza meg a ∞ P fn (x) függvénysor konvergenciatartományát! n=1 7.) fn (x) = xe−nx c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 53 v2.0 a.) f (x) = ? b.) k fn − f k[0,1] = ? Egyenletes-e a konvergencia [0, 1]-en? 8.) fn (x) = n2 x + 4x2 a.) f (x) = ? b.) k fn − f k= ? Egyenletes-e a konvergencia? Z1 9.) lim n∞ xn dx = ? e2nx

0 7.2 Függvénysorok 10.) Határozza meg az alábbi függvénysorok konvergenciatartományát! a.) b.) c.) ∞ X n=1 ∞ X n=1 ∞ X n d.) ln x 1 nx (−1)n n=1 e.) enx n f.) ∞ X n=1 ∞ X n=1 ∞ X n=1 (−1)n n2 1 + x4 1 n + x4 1 enx 11.) Egyenletesen konvergensek-e az alábbi függvénysorok az adott I intervallumon? a.) b.) c.) ∞ X n=1 ∞ X (−1)n 1 , + 2x2 sin n2 (x + 3) , n2 + 1 + cos nx n=1 ∞ ³ X n=1 n2 x ´n , n I = (−∞, ∞) I = (−∞, ∞) I = [0, 1] ill. I = (0, 2) 12.) Szabad-e tagonként deriválni tetszőleges x-re a ∞ X sin (nπx + 3) n3 n=1 függvénysort? 13.) Határozza meg az alábbi függvénysorok konvergenciatartományát! ∞ ³ x ´n X a.) n 2 n=1 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° b.) ∞ X (−3)n n=1 54 n xn v2.0 c.) d.) ∞ X n+2 n=1 ∞ X n=1 n n (x − 3) f.) 5n (x + 2)n n5 g.) ∞ X (3x − 6)n n=1 ∞ X n=1 (2n)! (x + 1)3n n2 2n ∞ X (2x + 1)2n h.) (n

+ 1)2 3n n=1 ∞ X n+3 e.) (x + 1)n (n + 1)! n=1 14.) Határozza meg az alábbi sorok konvergenciatartományát és összegfüggvényét! a.) ∞ X (k − 1)xk+1 k=2 ∞ X xk b.) k−1 k=2 c.) ∞ X k=1 k (x − 2)k−1 k+1 15.) Írja fel az alábbi függvények x0 = 0 körüli Taylor sorát, és határozza meg a sor konvergenciatartományát! a.) f (x) = 2x2 + 3x − 2 1 b.) f (x) = 1 + 2x2 c.) f (x) = e2x 2 d.) f (x) = e−x e.) f (x) = sin2 x √ f.) f (x) = 1 − x2 g.) f (x) = arctg 2x 3 8 + x3 √ i.) f (x) = 3 1 − 2x2 h.) f (x) = j.) f (x) = √ 3 1 27 − x 16.) Írja fel az alábbi függvények x0 = 1 körüli Taylor sorát, és határozza meg a sor konvergenciatartományát! a.) f (x) = 6x3 − 2x2 + 3 1 b.) f (x) = x c.) f (x) = ex d.) f (x) = e−2x 17.) f (x) = x5 ex f (67) (0) = ? 18.) f (x) = ln (8 − 3x2 ) f (10) (0) = ?, f (9) (0) = ? c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 55 v2.0 19.) Felhasználva, hogy

(arsh x)0 = √ 1 , fejtse x0 = 0 bázispontú Taylor sorba az 1 + x2 f (x) = arsh x függvényt! R = ? Adja meg a g(x) = 1 − arsh (2x3 ) függvény sorfejtését is! √ 20.) f (x) = 5 1 + 2x2 + sh x − 1 a.) Adja meg a függvény x0 = 0 körüli hatodfokú Taylor polinomját! b.) Határozza meg a függvény x0 = 0 körüli Taylor sorának konvergenciasugarát! 21.) a) Fejtse x0 = 0 bázispontú Taylor sorba az f (x) = √ 3 meg a sorfejtés konvergenciasugarát! 1 függvényt, és határozza 8−x b.) Írja fel f harmadfokú Taylor polinomját elemi műveletekkel! (200) c.) (x100 f (x)) (0) = ? √ √ 22.) f (x) = 12 1 + 2x2 − 18 1 + 3x2 a.) Írja fel a függvény x0 = 0 körüli Taylor sorát, és határozza meg annak konvergenciasugarát! f (x) b.) lim 4 = ? x0 x 23.) Határozza meg az alábbi integrálok közelı́tő értékét az integrálandó függvény Taylor sorának 3. részletösszegét felhasználva! Z1

1 Z2 cos x2 dx a.) c.) 0 0 π 4 Z b.) arctg x dx x Z0,1 sin x dx x 0 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° √ d.) 0 56 1 dx 1 + x3 v2.0