Szakdolgozat - · ladatokat. Bepillantást nyerünk a mértani- és a harmonikus sorok világába,...
41
Transcript of Szakdolgozat - · ladatokat. Bepillantást nyerünk a mértani- és a harmonikus sorok világába,...
SzakdolgozatHatványsorok és alkalmazásaik
Heimbuch Zita
Matematikai elemz® szakirány
Témavezet®:
Bátkai András, adjunktus
Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék
Eötvös Loránd Tudományegyetem, Természettudományi Kar
Eötvös Loránd Tudományegyetem
Természettudományi Kar
2010
Tartalomjegyzék
1. Bevezetés 4
1.1. Rövid bevezetés a dolgozat témájáról . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Elméleti bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2. Di�erenciálszámítás alkalmazásai 7
2.1. Di�erenciálszámítás alapfogalmai . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.2. Elemi függvények Taylor-sorba fejtése . . . . . . . . . . . . . . 8
3. Végtelen sorok 12
3.1. Konvergens sor de�níciója, a konvergencia és a divergencia
szükséges feltétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.2. Egyszer¶bb konvergenciakritériumok . . . . . . . . . . . . . . 13
3.3. M¶veletek konvergens sorokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
4. Függvénysorok 19
4.1. A függvénysor fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
5. Hatványsorok 21
6. Végtelen sorok és hatványsorok alkalmazásai 24
6.1. Mértani sor segítségével megoldható példa . . . . . . . . . . . 24
6.2. Harmonikus sor segítségével megoldható példa . . . . . . . . . 26
6.3. Hatványsorok alkalmazása a számelmélet témakörében . . . . 27
6.4. Néhány ismert függvény Taylor-sora, azaz hatványsora . . . . 30
6.5. Di�erenciálegyenlet megoldása hatványsorokkal . . . . . . . . 31
2
6.5.1. Az els®rend¶ di�erenciálegyenletek megoldása általános
hatványsorok segítségével . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
6.5.2. Az els®rend¶ di�erenciálegyenletek megoldása Taylor-
sorokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
6.5.3. Másodrend¶ di�erenciálegyenletek megoldása hatványsorok
segítségével . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
6.6. Összegzés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3
1. fejezet
Bevezetés
1.1. Rövid bevezetés a dolgozat témájáról
Jelen dolgozat a hatványsorokba és azok alkalmazásaiba, alkalmazási
módszereibe ad betekintést. Az elején bevezetjük az alapfogalmakat, tételeket,
amik kapcsolódnak a hatványsorok témájához vagy amiket a kés®bbiek során
használni fogunk. A célom az, hogy a szakdolgozatban - az alkalmazások
során - bemutassam a hatványsorok segítségével megoldható problémákat, fe-
ladatokat. Bepillantást nyerünk a mértani- és a harmonikus sorok világába, a
számelmélet témaköréb®l is ismertetek egy alkalmazási módot, majd megmu-
tatom, hogy hogyan lehet Taylor-sorba fejteni egy hatványsort. A dolgozat
végén rátérek arra, hogy hogyan tudok megoldani di�erenciálegyenleteket
hatványsorok segítségével. Ebben a részben többféle módszert is ismertetek
majd.
1.2. Elméleti bevezetés
Ebben a fejezetben bevezetjük azokat a de�níciókat, jelöléseket, amiket a
kés®bbiek során használni fogunk a különböz® számításokhoz.
De�níció: Valós számsorozatnak nevezünk minden olyan függvényt, amely-
4
nek értelmezési tartománya a természetes számok halmaza, értékkészlete
pedig a valós számok egy részhalmaza.
Ebb®l a de�nícióból következik, hogy egy számsorozatot akkor tekintünk
adottnak, ha minden n ∈ N számra ismerjük a sorozat n-edik tagját, azaz a
sorozatot jelent® függvénynek az n helyen felvett értékét.
Jelölés: Egy számsorozatot (an)-nel, a sorozat n-edik tagját pedig an-nel
jelöljük.
Egy számsorozatot többféleképpen is megadhatunk. Gyakran használjuk
azt a fajta megadási módot, amikor egy képlettel fejezzük ki, hogy hogyan
függ az n-t®l a sorozat n-edik tagja.
Példa: n+1n3+n
,√n+ 1−
√n,(1 + 1
n
)nMegadhatjuk utasítással és rekurzív de�nícióval is. A sorozat gyakori megadás
módja a rekurzív de�níció, amikor megadjuk a sorozat els® néhány tagját,
majd az an-et az el®z® tagok függvényeként fejezzük ki. Mindkét módra mu-
tatok példát.
Példa: Utasítással: a sorozat páratlan index¶ tagjai legyenek 1-gyel egyen-
l®k, a páros index¶ tagok pedig 2-vel.
Példa: Rekurzív formulával: a1 = 0, an = 2an − 1, ha n ≥ 2.
De�níció: Egy a valós szám ε > 0 sugarú környezetének nevezzük az
(a− ε ,a+ ε) nyílt intervallumot.
De�níció: Az (an) valós számsorozatról akkor mondjuk, hogy konvergens és
határértéke A, ha minden ε > 0 számhoz van olyan N természetes szám,
hogy a sorozat minden N -nél nagyobb index¶ tagja az a szám ε sugarú
környezetébe esik.
Jelölés: Az (an) sorozat konvergens és határértéke A:
limn→∞
an = A.
Számításaink során a következ®, sorozatok határértékére vonatkozó tételeket
használjuk fel:
5
1. Tétel:.
limn→∞
A
n= 0.
Ha limn→∞ an = A, és limn→∞ bn = B, akkor
limn→∞
(an ± bn) = A±B
limn→∞
an · bn = A ·B
ha B 6= 0 , akkor
limn→∞
(anbn
)k
=
(A
B
)k
,
ahol k = 1, 2, ...
De�níció: Az (an) valós számsorozatról akkor mondjuk, hogy divergens, ha
nem konvergens.
A sorozatoknak egy fontos osztályát alkotják az úgynevezett monoton soroza-
tok.
De�níció: Egy (an) sorozatról akkor mondjuk, hogy monoton növ® (vagy
fogyó), ha minden n ∈ N-re fennáll, hogy an ≤ an+1 (vagy an ≥ an+1).
Ha az egyenl®séget nem engedjük meg, akkor szigorúan monoton növ®/fogyó
sorozatokról beszélünk. Monoton sorozatok konvergenciaviselkedését viszony-
lag egyszer¶en el tudjuk majd dönteni, de ehhez még egy segédeszközre lesz
szükségünk:
De�níció: Egy H ⊂ V nem üres halmazról akkor mondjuk, hogy felülr®l
(vagy alulról) korlátos számhalmaz, ha van olyan f szám, hogy H minden x
elemére x ≤ f (vagy x ≥ f).
A számhalmazról akkor mondjuk, hogy korlátos, ha alulról és felülr®l is kor-
látos.
2. Tétel:. (Korlátos, monoton sorozatok konvergenciája)
a.) Ha az an sorozat monoton növeked® és felülr®l korlátos, akkor konvergens.
b.) Ha az an sorozat monoton csökken® és alulról korlátos, akkor konvergens.
6
2. fejezet
Di�erenciálszámítás alkalmazásai
Ebben a fejezetben bevezetjük a di�erenciálszámítás alapfogalmait, sza-
bályait, amire szükségünk lesz az alkalmazások során.
2.1. Di�erenciálszámítás alapfogalmai
El®ször kezdjük azzal, hogy mit is jelent az, hogy ha egy függvény di�e-
renciálható az a pont környezetében.
De�níció: Legyen f értelmezve az a ∈ D(f) pont egy környezetében. Azt
mondjuk, hogy az f függvény az a pontban di�erenciálható, ha a
limx→ a
f(x)− f(a)x− a
= A ∈ R
véges határérték létezik, ekkor itt a di�erenciálhányadosa f ′(a) = A.
Jelölés: f ′(a) = dfdx(a) = df
dx|x=a
De�níció: Azt mondjuk, hogy az f függvény kétszer di�erenciálható az a
helyen, ha az a hely egy környezetében di�erenciálható és az f ′ derivált függ-
vény di�erenciálható az a helyen.
Jelölés: Az (f′(x)
′)x=a di�erenciálhányadost az f függvény a helyen vett
második di�erenciálhányadosának vagy második deriváltjának nevezzük és
f′′(a)-val jelöljük.
7
De�níció: Tetsz®leges n > 1 természetes számra akkor mondjuk, hogy az f
függvény az a helyen n-szer di�erenciálható, ha az a hely egy környezetében
(n − 1)-szer di�erenciálható és a függvény (n − 1)-edik derivált függvénye,
f (n−1)(x) az a helyen di�erenciálható.
A következ®kben a függvények m¶veleti azonosságait fogjuk megvizsgálni.
3. Tétel:. Legyen D(f) = D(g) = I intervallum, a ∈ I bels® pont, melyben
f és g di�erenciálható. Ekkor f ± g; α · f , ahol α ∈ R; f · g és ha g(a) 6= 0,
akkor fgdi�erenciálható a-ban és
(f ± g)′(a) = f ′(a)± g′(a)
(α · f)′(a) = α · f ′(a)
(f · g)′(a) = f ′(a) · g(a) + f(a) · g′(a)(f
g
)′(a) =
f ′(a) · g(a)− f(a) · g′(a)g2(a)
2.2. Elemi függvények Taylor-sorba fejtése
Ebben a részben bevezetjük a Taylor-sorhoz tartozó elnevezéseket, a Taylor-
polinom és a Taylor-sor konstrukcióját.
Az y = f(x) függvény legyen az x = a helyen megfelel®en sokszor di�eren-
ciálható függvény. Azt a Tn(x) legfeljebb n-ed fokú polinomot, amely és
amelynek els® n darab deriváltja az x = a helyen megegyezik az f(x) függ-
vénnyel, illetve ennek els® n deriváltjával, hívjuk az x = a helyen az f(x)
függvényhez rendelt n-ed fokú Taylor polinomnak. Ennek tehát a következ®
egyenl®séget kell kiegyenlíteni:
Tn(a) = f(a)
T (k)n (a) = f (k)(a),
8
ahol k = 1, 2, ..., n.
Ha az x = a hely speciálisan az origó, azaz a = 0, akkor a polinomot Maclau-
rin polinomnak nevezzük.
Ha az f(x) függvény az x = a helyen végtelen sokszor di�erenciálható, és for-
málisan felírjuk azt a hatványsort, amelynek formálisan számított di�eren-
ciálhányadosai az a helyen megegyeznek f(x) megfelel® deriváltjával, akkor
el®állítjuk az f(x) Taylor sorát az x = a helyen. A hatványsort Maclaurin
sornak hívjuk, ha speciálisan a = 0.
A Taylor-polinomot, illetve a Taylor-sort lépésr®l lépésre igen könnyen
képezhetjük. A polinom, illetve hatványsor célszer¶ általános alakja ez:
n∑k=1
ak(x− a)k, illetve
∞∑k=1
ak(x− a)k.
Az f(a) = Tn(a) követelményb®l azonnal adódik, hogy a0 = f(a).
Az f ′(a) = T ′n(a) követelményb®l is rögtön teljesíthet®, mert - a deriválás
szabályát alkalmazva - a következ®t kapjuk:
T ′n(x) =∞∑k=1
nan(x− a)n−1
és így
T ′n(a) = 1 · a1 · 1,
tehát
a1 = f ′(a).
Ugyanígy adódik:
T ′′n (a) = 1 · 2 · a2 · 1
és így
a2 =f ′′(a)
2!
9
...
T (k)n (a) = k! · ak
azaz
ak =f (k)(a)
k!
Ezekután a Taylor-sort T (x)-szel, a Maclaurin-sort pedigM(x)-szel jelölve
a következ®ket kapjuk:
Tn(x) =n∑
k=0
fk(a)(x− a)k
k!; T (x) =
∞∑k=0
fk(a)(x− a)k
k!;
Mn(x) =n∑
k=0
f (k)(0)xk
k!; M(x) =
∞∑k=0
f (k)(0)xk
k!;
Természetesen felvet®dik bennünk az a kérdés, hogy minden függvényt
el®állít-e a Taylor-sor valamilyen (−R,R) intervallumban?
Nyilván nem, azokat biztosan nem, amik nem di�erenciálhatóak akárhány-
szor.
És mi a helyzet azokkal, amik akárhányszor di�erenciálhatóak 0-ban?
Azokkal két baj is lehet:
1.) lehet, hogy a konvergenciasugár 0, azaz csak a 0-ban konvergens.
2.) konvergens, de mégsem állítja el® a függvényt. Erre példa a következ®
függvény:
f(x) =
{e−
1x2 , ha x 6= 0,
0, ha x = 0.
Most rátérnénk az úgynevezett maradéktag jelent®ségére, ami a függvény
és az ®t approximáló Taylor-polinom eltérését adja meg. El®ször kimondunk
egy tételt, melyben de�niáljuk, hogy mit is értünk maradéktag alatt:
10
4. Tétel:. (Taylor-tétel) Ha az f(x) függvény az a ∈ I intervallumon akárhány-
szor di�erenciálható, akkor minden n pozitív egész és x ∈ A esetén
f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) + f ′′(a)
2!(x− a)2 + ...+
f (n)(a)
n!(x− a)n +Rn(x),
ahol Rn(x) az úgynevezett maradéktag. Ennek Lagrange-féle alakja
Rn(x) =f (n+1)(c)
(n+ 1)!(x− a)n+1
egy a és x közötti c-vel.
5. Tétel:. Ha létezik M konstans, amellyel x és a közötti valamennyi t ese-
tén
|f (n+1)(t)| ≤M,
akkor a Taylor-tételben szerepl® Rn(x) maradéktag kielégíti az
|Rn(x)| ≤M|x− a|n+1
(n+ 1)!
egyenl®tlenséget. Amennyiben ez a feltétel teljesül minden n-re, akkor f(x)
Taylor-sora f(x)-et állítja el®.
A maradéktag vizsgálata arra is felvilágosítást ad, hogy mennyire tér el a
függvény és a Taylor-sor egymástól. El®z®ekben már felírt képletekb®l ugyan-
is az derül ki, hogy a Taylor-sor n-edik része épp az n-edik Taylor-polinom,
azaz a Taylor-sor a Taylor-polinomokból alkotott sorozat határfüggvénye. A
Taylor-sor és a sorbafejett függvény eltérését tehát a polinomok maradéktag-
jaiból alkotott sorozat határfüggvénye jellemzi.
11
3. fejezet
Végtelen sorok
Formálisan egy (an) sorozat tagjait + jellel összekapcsolva egy
∞∑n=0
(an) = a0 + a1 + ...+ an + ...
végtelen sort kapunk. Az sn = a0+ ...+an−1 de�nícióval megadott sorozatot
a∑∞
n=0(an) = a0 + a1 + ...+ an + ... végtelen sor részletösszegei sorozatának
nevezzük.
De�níció: Az (an) számsorozatból képezett végtelen soron azt a rendezett
párt értjük, amelynek els® komponense az (an) sorozat, második kompo-
nense pedig az az (sn) sorozat, melyre minden n esetén sn =∑n
k=1 ak. Az
(an) sorozatból képezett végtelen sornak - melynek jelölésére a∑
(an) szim-
bólumot használjuk - az n-edik tagja az an szám, n-edik részletösszege az sn
szám, részletösszegsorozata az (sn) sorozat.
3.1. Konvergens sor de�níciója, a konvergencia
és a divergencia szükséges feltétele
De�níció: Egy végtelen sort attól függ®en nevezünk konvergensnek, il-
letve divergensnek, hogy részletösszeg-sorozata konvergens vagy divergens.
De�níció: Egy∑∞
n=0 an sort abszolút konvergensnek mondjuk, ha a tagok
12
abszolút értékeib®l alkotott∑∞
n=1 |an| sor konvergens. Ha egy sor konvergens,de nem abszolút konvergens, akkor feltételesen konvergensnek mondjuk.
De�níció: Ha a∑
(an) végtelen sor részletösszeg-sorozatának van (véges
vagy végtelen) határértéke, akkor ezt a határértéket a végtelen sor összegének
nevezzük, és a∑∞
n=1 an szimbólummal jelöljük.
3.2. Egyszer¶bb konvergenciakritériumok
Sok esetben egy an ≥ 0 (n = 1, 2, ...) sorról kell eldöntenünk, hogy
konvergens-e vagy nem. Ezt könnyen el tudjuk dönteni a különböz® kon-
vergenciakritériumok segítségével.
6. Tétel:. Ha az (an) és (bn) sorozatokra teljesül a következ® két feltétel:
(a.) Valamely ε küszöbindex fölötti minden egyes n egészre |an| ≤ bn
(b.) a∑
(bn) végtelen sor konvergens
akkor a∑
(an) sor abszolút konvergens.
7. Tétel:. (hányados-majoráns kritérium): Ha∑
(cn) pozitív tagú konver-
gens végtelen sor, N pedig olyan pozitív egész, amelyt®l kezdve minden k
egészre|ak+1||ak|
≤ ck+1
ck,
akkor a∑
(an) végtelen sor abszolút konvergens.
8. Tétel:. Ha az (an) és (bn) sorozatokra teljesül a következ® két feltétel:
(a.) Valamely ε küszöbindex felett minden n egészre an ≤ bn
(b.)∑∞
n=1 an = +∞,
akkor∑∞
n=1 bn = +∞
9. Tétel:. (hányados-minoráns kritérium): Ha∑
(cn) pozitív tagú divergens
sor, N pedig olyan pozitív egész, amelyt®l kezdve minden k egészre bn > 0, és
bk+1
bk≤ ck+1
ck,
akkor a∑
(bn) végtelen sor is divergens.
13
Ezekután mutatunk két példát arra, hogy a hányados-majoráns és a hányados-
minoráns kritériumokat hogyan tudjuk alkalmazni:
1.Példa: Konvergens-e vagy divergens-e a következ® sor?∞∑n=1
1
n2 − 10n+ 3.
1.Példa megoldása: Mivel létezik n0 úgy, hogy n2 − 10n + 3 > n2
2, ha
n > n0. Ekkor a∑∞
n=n0
2n2 konvergens sor majorálja a
∑∞n=n0
1n2−10n+3
sort,
ezért az eredeti sorunk konvergens.
2.Példa: Konvergens-e vagy divergens-e a következ® sor?∞∑n=1
1
2n+ 1.
2.Példa megoldása: Mivel a∑∞
n=1nsor divergens és 1
3n< 1
2n+1. Ekkor az
13
∑∞n=1
1ndivergens sor minorálja a
∑∞n=1
12n+1
sort, ezért a sor divergens.
10. Tétel:. (Gyökkritérium): Legyen an ≥ 0 minden n esetén, és legyen
limn→∞
n√an = r.
Ekkor∑∞
n=1 an sor r < 1 esetén konvergens,
ha r > 1, akkor divergens, míg
ha r = 1, akkor lehet konvergens is és divergens is.
11. Tétel:. (Hányados kritérium): Legyen an > 0 minden n esetén, és
legyen
limn→∞
an+1
an= r.
Ekkor a∑∞
n=1 an sor r < 1 esetén konvergens,
ha r > 1, akkor divergens, míg
ha r = 1, akkor lehet konvergens is és divergens is.
A két kritérium tétel kimondása után is mutatunk egy-egy példát arra,
hogy hogyan tudjuk alkalmazni ®ket.
3.Példa: Konvergens-e vagy divergens-e a következ® sor?∞∑n=1
(1− 1
n2
)n3
.
14
3.Példa megoldása: A gyökkritériumot használva:n
√(1− 1
n2
)n3
=(1− 1
n2
)n2
→ 1e< 1, ezért a sor konvergens.
4.Példa: Konvergens-e vagy divergens-e a következ® sor?
∞∑n=1
(n!)2
(2n)!.
4.Példa megoldása: Alkalmazzuk a hányados kritériumot:an+1
an=
[(n+1)!]2
[2(n+1)]!
(n!)2
(2n)!
= 2n!(2n+2)!
[(n+1)!]2
(n!)2= (n+1)2
(2n+2)(2n+1)→ 1
4< 1, ezért a sor konver-
gens.
A végtelen sorok egy speciális osztályát alkotják azok, amelyeknek tagjai
váltakozó el®jellel követik egymást.
De�níció: A∑an sort Leibniz-típusúnak mondjuk, ha
(a.) tagjai váltakozó el®jel¶ek (azaz an · an+1 < 0),
(b.) az |an| számok csökken® sorozatot alkotnak,
(c.) lim an = 0.
A váltakozó el®jel¶ sort alternáló sornak is nevezzük. Egy végtelen sor tehát
akkor Leibniz-típusú, ha alternáló és tagjainak abszolút értéke monoton mó-
don tart nullához.
12. Tétel:. (Leibniz kritérium): Minden Leibniz-típusú sor konvergens.
Ha a sor alternáló, de lim an 6= 0, akkor divergens is.
3.3. M¶veletek konvergens sorokkal
A konvergens végtelen sorok a véges összegek általánosításának tekinthet®k.
Érdemes megvizsgálni, hogy a véges összegek szokásos tulajdonságai érvény-
ben maradnak-e a végtelen sorokra.
El®ször vizsgáljuk meg a kommutativitás érvényességét.
Nézzük a következ® váltakozó el®jel¶ sorozatot:
1− 1
2+
1
3− 1
4+ ...+
(−1)n−1
n+ ... = ln 2
15
Ezután mutassuk meg, hogy egy átrendezéssel a következ® adódik:
limn→ ∞
s3n =1
2ln 2
Cseréljük fel a sorban a tagok sorrendjét úgy, hogy egy pozitív tag után két
negatív tag következzen, azaz vizsgáljuk az
1− 1
2− 1
4+
1
3− 1
6− 1
8+
1
5− 1
10− 1
12+ ...
sor összegét. A sor s3n alakú részletösszegei így írhatók fel:
s3n = (1− 12)− 1
4+ (1
3− 1
6)− 1
8+ (1
5− 1
10)− 1
12+ ...+ ( 1
2n−1 −1
4n−2)−14n
=12− 1
4+ 1
6− 1
8+ 1
10− 1
12+ ...+ 1
4n−2 −14n
=12(1− 1
2+ 1
3− 1
4+ 1
5− 1
6+ ...+ 1
2n−1 −12n).
Mivel a 1 − 12− 1
4+ 1
3− 1
6− 1
8+ 1
5− 1
10− 1
12+ ... sor s3n+1 és s3n+2 alakú
részletösszegei s3n-t®l csak 0-hoz tartó tagokban különböznek, ezért ezek
határértéke is és így a sor összege is 12ln 2.
Példánk azt mutatja, hogy a végtelen sorokra általában nem érvényes a kom-
mutativitás, tehát nem cserélhet® fel a sor tagjainak sorrendje.
A disztributív tulajdonság megfelel®jét egyszer¶ formában így fogalmazhatjuk
meg:
ha∑∞
n=1 = an konvergens sor, amelynek összege s és v tetsz®leges valós szám,
akkor∑∞
n=1 = van is konvergens és összege vs, azaz konvergens sorokra fenn-
áll a következ® egyenl®ség:
v
∞∑n=1
an =∞∑n=1
van.
Az el®z® egyenl®ség igazolásához azt kell megjegyezni, hogy ha sn =∑n
k=1 ak,
akkor nyilván igaz a v limn→ ∞ sn = limn→ ∞ vsn egyenl®ség.
A disztributivitásnak egy általánosabb formáját is vizsgálhatjuk:
Két konvergens végtelen sor szorzatáról milyen esetben igaz, hogy konvergens
lesz?
Két végtelen sor∑
n=1 an és∑
n=1 bn szorzatát úgy értjük itt, hogy minden
16
tagot minden taggal megszorzunk, azaz képezzük az összes akbl alakú tagok
szorzatát, amelyeket a következ® sémában foglalhatunk össze:
a1b1, a1b2, ..., a1bn, ...
a2b1, a2b2, ..., a2bn, ...
...
anb1, anb2, ..., anbn, ...
...
Az így kapott tagokat valamilyen sorrendben össze kell adni.
13. Tétel:. (Riemann-tétel): Ha a∑∞
k=1 ak sor konvergens, de a∑∞
k=1 |ak|sor divergens, akkor
∑∞k=1 ak sor tagjai átrendezhet®k úgy, hogy az új sor
összege tetsz®leges, el®re adott C valós szám legyen, vagy úgy is , hogy diver-
gens legyen.
Emiatt a tétel miatt nem mindegy, hogy milyen sorrendet választunk.
Az egyik leggyakrabban alkalmazott szorzási szabály a Cauchy-féle szorzás.
De�níció: Legyen adott a∑∞
n=0 an és∑∞
n=0 bn végtelen sor. E két sor
Cauchy-féle szorzatán értjük azt a∑∞
n=0 cn sort, ahol
cn = (a0bn + a1bn−1 + ...+ an−1b1 + anb0) =n∑
k=0
akbn−k.
A kérdés nyiván az, hogy ha az eredeti sorok konvergensek, akkor a szorzat
konvergens-e egyeltalán, és ha igen, akkor összege megegyezik-e az eredeti
sorok összegeinek szorzatával, azaz
(∞∑n=0
an)(∞∑n=0
bn) =?∞∑n=0
cn.
14. Tétel:. (Mertens tétele): Ha a∑
(an) és∑
(bn) végtelen sorok konver-
gensek, és egyikük abszolút konvergens, akkor Cauchy-féle szorzatuk is kon-
vergens, és ennek összege a két sor összegének szorzata.
17
E tétel alapján nyilvánvaló, hogy ha mind a két sor abszolút konvergens,
akkor a Cauchy-féle sorzatuk is konvergens, s®t abszolút konvergens.
Megjegyzés:
(1.) Konvergens (tehát nem abszolút konvergens) sorok Cauchy-féle szorzata
lehet divergens is.
(2.) Két divergens sor Cauchy-féle szorzata lehet konvergens, s®t abszolút
konvergens.
(3.) Ha két konvergens sor Cauchy-féle szorzata konvergens, akkor összege
egyenl® a két sor összegének szorzatával.
Most pedig mutatunk egy példát arra, hogy az el®z®eket hogyan is tudjuk
alkalmazni:
Példa: Állítsuk el® az
1− 1
2+
1
3− 1
4+ ...+
(−1)n−1
n+ ... = ln 2
és az1
2+
1
4+
1
8+ ...+
1
2n+ ... = 1
konvergens sorok Cauchy-féle szorzatát.
Megoldása: Az els® sor:
1− 1
2+
1
3− 1
4+ ...+
(−1)n−1
n+ ... = ln 2.
Ez egy Leibniz-típusú sor, amib®l az következik, hogy nem abszolút konver-
gens, mert tagjainak abszolút értékeib®l képzett 1 + 12+ 1
3+ ... + 1
n+ ... sor
divergens. A sor tehát csak feltételesen konvergens.
A második sor:1
2+
1
4+
1
8+ ...+
1
2n+ ... = 1
abszolút konvergens.
Ekkor a szorzatsor konvergens lesz, összege pedig 1·ln 2. Nézzük a szorzatsort:12+(1 · 1
4+(−1
2
)· 14
)+(1 · 1
8+(−1
2
)· 14+ 1
3· 12
)+(1 · 1
16+(−1
2
)· 18+ 1
3· 14+(−1
4
)· 12
)+
... = 12+(14− 1
8
)+(18− 1
8+ 1
6) +
(116− 1
16+ 1
12− 1
8) + ... = ln 2
18
4. fejezet
Függvénysorok
4.1. A függvénysor fogalma
Ebben a fejezetben de�niáljuk a függvénysorok fogalmát, hogy a kés®bbi-
ek folyamán használni tudjuk a hatványsorok meghatározása során.
Az el®z® fejezetben olyan végtelen sorokkal foglalkoztunk, amelynek tagjai
számok voltak. Most legyenek a sor tagjai függvények.
De�níció: Az olyan végtelen sort, amelynek tagjai függvények, függvénysor-
nak nevezzük. Általános alakja
f1 + f2 + f3 + ...+ fn + ... =∞∑n=1
fn.
Az f1, f2, f3, ..., fn, ... függvények a függvénysor tagjai.
De�níció: Ha a függvénysorozat az I intervallum minden pontjában konver-
gens, akkor a sorozatot az I intervallumon konvergensnek mondjuk, f pedig
az (fn) függvénysorozat határfüggvénye. Az így értelmezett konvergenciát
pontonkénti konvergenciának is szokták nevezni. Azok az x számok, ame-
lyeknél a sorozat konvergens, a függvénysorozat konvergenciatartományát
alkotják.
Jelölés A határfüggvény jelölése: limn→∞ fn = f .
De�níció: Az (fn) függvénysorozat az I intervallumon pontosan akkor kon-
vergens, ha bármely ε > 0-hoz és bármely x ∈ I helyhez van olyan N ter-
19
mészetes szám, hogy n > N és m > N esetén:
|fn(x)− fm(x)| < ε.
De�níció: Az (fn) függvénysorozat az I intervallumon egyenletesen konver-
gens, vagy más szóval egyenletesen tart az f határfüggvényhez, ha tetsz®leges
ε > 0 számhoz található N = N(ε), hogy n > N esetén az I intervallumban
lev® minden x-re
|fn(x)− f(x)| < ε.
Jelölés: egyenletes konvergencia: fn ↪→ f .
A pontonkénti konvergenciánál láttuk, hogy az N küszöbszám függ ε-tól
és x-t®l is. Az egyenletes konvergenciánál viszont N függetleníthet® x-t®l,
vagyis N minden x ∈ H esetén köszöbszám.
Könnyen átgondolható az, hogy az egyenletes konvergencia er®sebb a pon-
tonkénti konvergenciánál. Ebb®l a következ® állítást fogalmazhatjuk meg:
Állítás: Ha (fn) egyenletesen tart f -hez, akkor pontonként is.
20
5. fejezet
Hatványsorok
Ebben a fejezetben az x paramétert tartalmazó (an(x−c)n) alakú soroza-
tokból képezett végtelen sorokkal foglalkozunk, ezeket nevezzük hatványsoroknak.
Itt sorozaton általában a nemnegatív egészek halmazán értelmezett függvényt
értünk.
De�níció: Az c = 0 hely körüli hatványsornak nevezzük a
∞∑n=0
anxn = a0 + a1x+ a2x
2 + ...+ anxn + ...
alakú függvénysort. Az x = c körüli hatványsor:
∞∑n=0
an(x− c)n = a0 + a1(x− c) + a2(x− c)2 + ...+ an(x− c)n + ...
Itt a c számot a hatványsor középpontjának, az a0, a1, a2, ..., an, ... valós
számokat pedig a hatványsor együtthatóinak nevezzük.
15. Tétel:. Minden∑∞
n=0 anxn alakú sorhoz van olyan 0 ≤ R ≤ ∞ érték,
amelyre |x| < R esetén a sor abszolút konvergens, |x| > R esetén pedig a sor
divergens. Ezt az R számot a hatványsor konvergenciasugarának nevezzük.
Nézzük meg a következ® ábrát, ami a konvergencia illetve a divergencia
tartományát próbálja szemléltetni:
21
Ezenkívül megjegyezzük még, hogy a konvergenciaintervallum végpontjaiban,
vagyis x = R és x = −R helyeken külön meg kell vizsgálni, hogy a hatványsor
konvergens-e vagy sem. A konvergenciaintervallum középpontját, konvergen-
ciaközéppontnak is nevezhetjük.
Ezután térjünk rá arra, hogy egy hatványsor mikor lesz di�erenciálható.
16. Tétel:. Ha a∑∞
n=0 anxn hatványsor konvergenciasugara R > 0, és összeg-
függvénye f(x), akkor minden x ∈ (−R,R)-re fennáll, hogy f(x) di�erenciál-ható és
f ′(x) =∞∑n=1
n · anxn−1.
Az el®z® tételhez még hozzáf¶zzük, hogy a hatványsor di�erenciálását
szabad tagonként végezni, mivel az
a0 + a1x+ a2x2 + ...+ anx
n + ...
hatványsor tagonkénti deriválásával nyert sor maga is hatványsor lesz:
a1 + 2 · a2x+ ...+ n · anxn−1 + ....
22
17. Tétel:. Ha a∑∞
n=0 anxn hatványsor konvergenciasugara R > 0, és összeg-
függvénye f(x), akkor minden x ∈ (−R,R)-re fennáll, hogy f(x) tetsz®lege-
sen sokszor di�erenciálható és
f ′(x) =∞∑n=0
(n+ 1)an+1xn,
f ′′(x) =∞∑n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2xn,
...
f (k)(x) =∞∑n=0
(n+ k)(n+ k − 1)...(n+ 1)an+kxn.
Következmény: Minden hatványsor az összegfüggvényének Taylor-sora,
mivel az el®z® tétel szerint
f (k)(x0) = k · (k − 1) · ... · 1 · ak azaz
ak =fk(x0)
k!valamint
f(x0) = a0.
23
6. fejezet
Végtelen sorok és hatványsorok
alkalmazásai
6.1. Mértani sor segítségével megoldható példa
Ez a példa azt próbálja bemutatni, hogy hogyan tudjuk eldönteni egy sor
összegét és konvergenciáját.
Példa: Határozzuk meg a∞∑n=0
n
2n
sor összegét (ha konvergens).
1. Megoldás: El®ször egy olyan geometriai módszert mutatunk be, amely
akár általános iskolában is tárgyalható. Vezessük be a geometriai sor de�ní-
cióját, mert kés®bb szükségünk lesz rá.
De�níció: A∞∑n=0
a · qn
alakú sort mértani (geometriai) sornak nevezzük.
18. Tétel:. Az∑∞
n=0 a · qn alakú mértani sor (a 6= 0 esetén) akkor és csak
akkor konvergens, ha |q| < 1 és ekkor összege aq−1 .
24
Az ábra alapján világos, hogy az A1, A2, ..., An, ... téglalapok területei
éppen 12, 122, 12n, ..., a B1, B2, ...Bn, ... téglalapoké pedig 1, 1
2, ..., 1
2n, ....
Viszont a bal oldali síkidomot eltolva a jobb oldaliba éppen az adódik, hogy
a két síkidom területe megegyezik, azaz
1
2+
1
22+ ...+
1
2n+ ... = 1 +
1
2+
1
22+ ...+
1
2n+ ...
Viszont a jobb oldali sor egy a = 1, q = 12paraméter¶ geometriai sor, így
összege 2, tehát a példában lev® sornak is 2 az összege.
2. Megoldás: Írjuk fel a sort részletesen:
1
2+
2
22+
3
23+
4
24+ ...+
n
2n+ ...
Bontsuk fel a sort a következ®képpen:
1
2+
1
22+
1
23+ ...+
1
2n+ ... = 1
1
22+
1
23+ ...+
1
2n+ ... =
1
2
1
23+ ...+
1
2n+ ... =
1
22
...
25
A fenti sorok mind mértani sorok, így könnyen adódtak az eddigiek alapján
az egyenl®ségek jobb oldalán szerepl® számok. Ha tekintjük a jobb oldali osz-
lop elemeit, azok a következ® végtelen sort adják:
1 +1
2+
1
22+
1
23+ ...+
1
2n+ ... = 1 · 1
1− 12
= 2,
hiszen ez egy a = 1, q = 12paraméterekkel rendelkez® mértani sor. Tehát a
kérdéses sor konvergens, és összege 2.
6.2. Harmonikus sor segítségével megoldható
példa
Ezekután a harmonikus sorral kapcsolatban adok egy motiváló példát.
De�níció: Harmonikus sornak nevezzük a következ® sort:
1 +1
2+
1
3+
1
4+ ...+
1
n+ ... =
∞∑n=1
1
n.
Valamint kimondok egy tételt, mert a következ® példa megoldásához szük-
ségünk lesz rá.
19. Tétel:. A∑∞
n=11nharmonikus sor divergens.
Ez a következ® képletb®l következik:
limn→∞
an = limn→∞
(1 +
1
2+ ...+
1
n
)=∞.
A képlet ugyanis azt fejezi ki, hogy a harmonikus sor n-edik részletösszege a
∞-be tart, ha n→∞.
Ezekután oldjuk meg a következ® példát.
Példa: Egy autóval át akarunk kelni a sivatagon. A sivatag szélén korlát-
lan mennyiség¶ üzemanyag van, a sivatagban jelenleg nincs. Egy tankolással
nem tudunk átkelni, de lerakatokat készíthetünk. Adjunk meg egy olyan
26
eljárást, mellyel át tudunk kelni bármilyen széles sivatagon!
Megoldás: 1 egységnek vegyünk 1 tankolásnyi benzint, és ezzel megtehet®
utat is vegyünk 1 egységnek. Világos, hogy 1 egységnyi benzinnel 1 egység
mélyen jutunk be a sivatagba.
Mit csináljunk 2 egység benzinnel? Tegyen meg 13egység utat az autó, ott
rakjon le 13egység benzint és menjen vissza a maradékkal a kiindulópontra,
vegye fel a második egység benzint és ismét induljon, vegye fel az el®bbi 13
egységnyi lerakatot, így még 1 egységgel távolabb tud jutni. Azaz 2 egységgel
1 + 13egység mélyen hatol be a sivatagba.
Nézzük, 3 egységgel hogy járhat el. 1 egység felvételével 15egység út megtételé-
vel 35egység benzint rakjon le és menjen vissza, majd ezt ismételje meg a má-
sodik egység benzinnel, majd a harmadik egységgel indulva eljut a lerakatig,
a tankban 45és az ott lev® 6
5egység benzinnel összesen 2 egység van a
lerakatnál, ahonnan az el®z® módszerrel 1 + 13egységgel mélyebbre tud ha-
tolni, azaz így 3 egység benzinnel 1 + 13+ 1
5egységnyi utat tesz meg.
Így folytatva, n egység benzinnel 1 + 13+ 1
5+ ...+ 1
2n−1 egységnyi távolságra
juthat el, és mivel a harmonikus sor divergenciája miatt az 1 + 13+ 1
5+ ...+
12n−1 + ... sor is divergens, amib®l az következik, hogy bármilyen nagyM szá-
mot is adunk meg, tudjuk n-et úgy választani, hogy 1+ 13+ 1
5+ ...+ 1
2n−1 > M
legyen, így bármilyen széles a sivatag, át tud rajta kelni. Be lehet látni, hogy
az el®bb kapott 1+ 13+ 1
5+ ...+ 1
2n−1 egység a legnagyobb távolság, ameddig
az autó n egységnyi benzinnel eljuthat.
6.3. Hatványsorok alkalmazása a számelmélet
témakörében
Most egy szép alkalmazását mutajuk meg a hatványsoroknak. Ez az ún.
analitikus számelmélet témakörébe tartozik és lineáris felbontásnak (vagy
pénzváltási problémának) nevezik. Azt a kérdést vetjük fel, hányféleképpen
oldható meg a
c1x1 + c2x2 + ...+ ckxk = n
27
egyenlet, ahol ci, xi(i = 1, 2, ..., k) és n természetes számok?
Más szavakkal az a kérdés, hogy hányféleképpen lehet egy n forintost felvál-
tani c1, c2, ..., ck címlet¶ bankjegyekre?
Vagy n forintból hányféleképpen tudunk vásárolni c1, c2, ..., ck címlet¶ bé-
lyegeket. A következ® példában ennek egy speciális esetét oldjuk meg.
Példa: Hány (x1, x2) megoldása van az
x1 + 2x2 = n
egyenleteknek, ahol x1, x2, n természetes számok?
Megoldás: Mivel a megoldások száma csak n-t®l függ, így jelölhetjük t(n)-
nel.
Induljunk ki az alábbi hatványsorokból (|x| < 1):∞∑n=0
xn = 1 + x+ x2 + ...+ xn + ... =1
1− x= f1(x),
(*)∞∑n=0
x2n = 1 + x2 + x4 + ...+ x2n + ... =1
1− x2= f2(x),
ahol a kitev®k a c1 = 1 és c2 = 2 együtthatók többszörösei.
Jelölje f(x) a fenti két függvény szorzatát, azaz legyen
f(x) = f1(x) · f2(x) =1
(1− x)(1− x2).
Az f(x) hatványsor kifejtésében minden tag
xx1 · x2x2 = xx1+2x2 = xn
alakú lesz, hiszen (*)-ban a bal oldalak összeszorzásából ilyen tagok adódnak,
és ilyen tag éppen annyi lesz, ahányféleképpen el®áll az
x1 + 2x2 = n
eset, azaz ahány megoldása van a kérdéses egyenletnek, más szóval, xn együtt-
hatója minden n-re megadja az t(n) értéket. Tehát f(x) hatványsor kifejtése
f(x) =∞∑n=0
t(n)xn.
28
Feladatunk a t(n) értékek meghatározása. El®ször az
f(x) =1
(1− x)(1− x2)törtet bontsuk fel elemi törtekre az ismert módon, azaz adjuk meg az A,B,C
számokat úgy, hogy1
(1− x)(1− x2)=
1
(1− x2)(1 + x)=
A
(1− x)2+
B
(1− x)C
1 + x
teljesüljön. Hogy meghatározzuk az együtthatókat, szorozzuk végig a bal
oldal nevez®jével:
1 = A(1 + x) +B(1− x)(1 + x) + C(1− x)2.
Itt, ha x helyébe rendre a −1, 1 és 0 értékeket helyettesítjük, akkor
A = 12, C = 1
4, B = 1
4adódik. Tehát
f(x) =1
2· 1
(1− x)2+
1
4· 1
(1− x)+
1
4· 1
(1 + x).
Most feladatunk az xn együtthatóinak meghatározása. Ezért 1(1−x)2 helyett
írjunk ( 11−x)
′-t, hogy majd a megfelel® hatványsor tagonkénti deriváltjával
könnyen meg tudjuk határozni az xn együtthatóit. Így f(x) a következ®
alakban írható fel:
f(x) =1
2·(
1
1− x
)′+
1
4· 1
1− x+
1
4· 1
1 + x.
Mivel1
1− x= 1 + x+ x2 + ...+ xn + ...(
1
1− x
)′= 1 + 2x+ ...+ (n+ 1)xn + ...
1
1 + x= 1 + x+ x2 + ...+ (−1)nxn + ...,
ezért az xn együtthatóit összegy¶jtve, �gyelembe véve az f(x) kifejezésében
szerepl® együtthatókat is, t(n)-re a következ®t kapjuk:
t(n) =1
2(n+ 1) +
1
4+ (−1)n · 1
4.
Ez a t(n) érték adja a példa megoldását. Például, ha n = 10, akkor t(n) = 6,
ami azt jelenti, hogy 10 forintot 6 féleképpen tudunk ki�zetni 1 és 2 forintos
érmékkel.
29
6.4. Néhány ismert függvény Taylor-sora, azaz
hatványsora
Els®ként megjegyeznénk, hogy ha egy függvény el®áll egy hatványsor
összegeként, akkor az csak a függvény Taylor-sora lehet, mert ha egy f(x)
függvény hatványsorba fejthet®, akkor abból az következik, hogy akárhány-
szor di�erenciálható. Továbbá a hatványsor n-edik együtthatója cn a következ®
alakban áll el®: cn = f (n)(a)n!
. Ez pedig a Taylor-sor de�níciója szerint azt je-
lenti, hogy az f(x) függvényt el®állító hatványsor nem más, mint az f(x)
Taylor-sora.
Ezek után írjuk fel néhány ismert függvény Taylor-sorát, azaz hatványsorát.
ex = 1 +x
1!+x2
2!+ ...+
xn
n!+ ... =
∞∑n=0
xn
n!, x ∈ R.
cosx = 1− x2
2!+x4
4!+ ...+ (−1)n x2n
(2n)!+ ... =
∞∑n=0
(−1)n x2n
(2n)!, x ∈ R.
sinx = x−x3
3!+x5
5!+...+(−1)n x2n+1
(2n+ 1)!+... =
∞∑n=0
(−1)n x2n+1
(2n+ 1)!, x ∈ R.
Ezek közül a
sinx =∞∑n=0
(−1)n x2n+1
(2n+ 1)!
formulával foglalkozunk részletesebben.
Példa: Bizonyítsuk be, hogy a
sinx =∞∑n=0
(−1)n x2n+1
(2n+ 1)!
minden valós x-re fennáll.
Megoldás: Legyen f(x) = sinx és számítsuk ki az f (n)(0) deriváltakat.
Mivel
(sinx)′|0 = cosx|0 = 1,
(sinx)′′|0 = − sinx|0 = 0,
30
(sinx)′′′|0 = − cosx|0 = −1,
(sinx)iv|0 = sinx|0 = 0,
ezért ezekkel az együtthatókkal valóban a
sinx =∞∑n=0
(−1)n x2n+1
(2n+ 1)!
sor konstruálható meg, azaz a Taylor-sor:
x− x3
3!+x5
5!− x7
7!+ ...+ (−1)n x2n+1
(2n+ 1)!+ ...
6.5. Di�erenciálegyenlet megoldása hatványsorokkal
A következ® alkalmazásként di�erenciálegyenletek megoldását fogjuk tár-
gyalni. Nagyon sok olyan di�erenciálegyenlet van, amely a szokásos integ-
rálással nem oldható meg olyan módon, hogy elemi függvények segítségével
felírható legyen a megoldás.
6.5.1. Az els®rend¶ di�erenciálegyenletek megoldása ál-
talános hatványsorok segítségével
El®ször az els®rend¶ di�erenciálegyenletek megoldásával foglalkozunk. Rögtön
mutatunk is egy példát, hogy hogyan tudjuk megoldani hatványsorok segít-
ségével.
Példa: Határozzuk meg az
y′ =2x− y1− x
di�erenciálegyenlet megoldását hatványsorok segítségével.
Megoldás: Az f(x, y) = 2x−y1−x függvény az x = 1 egyenes mentén nincs
értelmezve, legyen tehát x 6= 1.
Tegyük fel, hogy az egyenlet megoldása
y(x) = a0 + a1x+ a2x2 + ...+ anx
n + ...
31
alakú. Ekkor
y′(x) = a1 + 2a2x+ 3a3x2 + ...+ nanx
n−1 + ....
Visszahelyettesítve a di�erenciálegyenletbe
(1− x)(a1 + 2a2x+ 3a3x2 + ...+ nan−1x
n−1 + ...) =
= 2x− (a0 + a1x+ a2x2 + a3x
3 + ...+ anxn + ...).
A szorzást elvégezve és az egyenl® fokszámú tagok együtthatóit összehason-
lítva:
a1 = −a0
2a2 − a1 = 2− a1,⇒ a2 = 1,
3a3 − 2a2 = −a2,⇒ a3 =a23
=1
3,
4a4 − 3a3 = −a3,⇒ a4 =a32
=1
6,
...
nan − (n− 1)an−1 = −an−1 ⇒ an =n− 2
nan−1,
és így
an =n− 2
nan−1 =
(n− 2)(n− 3)
n(n− 1)an−2 =
=(n− 2)(n− 3)(n− 4)
n(n− 1)(n− 2)an−3 = ... =
=(n− 2)(n− 3)(n− 4) · ... · 2 · 1n(n− 1)(n− 2) · ... · 4 · 3
a2 =
=2
n(n− 1), ha n ≥ 2.
Így a keresett hatványsor
y(x) = a0 − a0x+ x2 +x3
3+x4
6+x5
10+ ...+
2
n(n− 1)xn + ... =
a0(1− x) +∞∑n=2
2
n(n− 1)xn.
32
Nézzük meg, milyen x értékekre konvergens ez a sor. A Cauchy-féle hánya-
doskritériumot alkalmazva
limn→∞
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣ 2xn+1
(n+ 1)n· n(n− 1)
2xn
∣∣∣∣ == |x| lim
n→∞
n(n− 1)
(n+ 1)n= |x|
A sor tehát akkor konvergens, ha |x| ≤ q < 1.
Ezután a példa után mutatunk egy olyat, aminek a megoldását megke-
ressük hatványsor alakban és Taylor-sor alakban is.
Példa: Határozzuk meg az
y′ = x+ y
di�erenciálegyenlet általános megoldását hatványsor alakban.
Megoldás: Feltételezzük, hogy a megoldás el®áll
y = a0 + a1x+ a2x2 + ...+ anx
n + ...
hatványsor alakban. Tagonkénti deriválás után:
y′ = a1 + 2a2x+ 3a3x2 + ...+ nanx
n−1
Helyettesítsük be ezeket a di�erenciálegyenletbe:
a1 + 2a2x+ 3a3x2 + 4a4x
3... = x+ a0 + a1x+ a2x2 + a3x
3 + ...,
vagy másképp:
a1 + 2a2x+ 3a3x2 + 4a4x
3 + ... = a0 + (a1 + 1)x+ a2x2 + a3x
3 + ...
Ez pedig x-ben identikusan csak akkor állhat fenn, ha xmegfelel® hatványainak
együtthatói mindkét oldalról megegyeznek, azaz
a1 = a0,
2a2 = a1 + 1,
33
3a3 = a2,
4a4 = a3,
...
Ebb®l következik, hogy
a1 = a0,
a2 =a0 + 1
1 · 2,
a3 =a0 + 1
1 · 2 · 3,
a4 =a0 + 1
1 · 2 · 3 · 4,
...
Tehát
y = a0 + a0x+a0 + 1
2!x2 +
a0 + 1
3!x3 +
a0 + 1
4!x4 + ... =
= (a0 + 1)
(1 + x+
x2
2!+x3
3!+x4
4!+ ...
)− x− 1 =
= (a0 + 1)ex − x− 1.
6.5.2. Az els®rend¶ di�erenciálegyenletek megoldása Taylor-
sorokkal
El®ször mutatunk egy példát, amely segítségével megoldunk egy els®rend¶
di�erenciálegyenletet. Majd a második példában az el®z® alfejezet második
feladatát oldjuk meg Taylor-sor módszerével. Megmutatjuk, hogy mindkét
módszer során ugyanazt az eredményt kapjuk a di�erenciálegyenletre.
Példa: Határozzuk meg Taylor-sor segítségével az
y′ = 3x+ y2
di�erenciálegyenletnek az y(0) = 1 feltételnek eleget tev® partikuláris megoldását!
Megoldás: Esetünkben x0 = 0, y0 = 1, f(x0) = y0 = 1.
y′ = f ′(x) = 3x+ y2, g′(x0) = 1,
34
y′′ = f ′′(x) = 3 + 2yy′, g′′(x0) = 5,
y′′′ = f ′′′(x) = 2(y′)2 + 2yy′′, g′′′(x0) = 12,
yIV = f (4)(x) = 6y′y′′ + 2yy′′′, g(4)(x0) = 54,
yV = f (5)(x) = 6(y′′)2 + 8y′y′′′ + 2yy(4), g(5)(x0) = 354,
és így tovább. A megoldás tehát
y = 1+1
1!(x− 0) +
5
2!(x− 0)2 +
12
3!(x− 0)3 +
54
4!(x− 0)4 +
354
5!(x− 0)5 + ...,
illetve
y = 1 + x+5
2x2 + 2x3 +
9
4x4 +
177
66x5 + ...
Most pedig nézzük a már hatványsorral megoldott feladat levezetését
Taylor-sorral.
Példa: Határozzuk meg az
y′ = x+ y
di�erenciálegyenlet általános megoldását Taylor-sor alakjában.
Megoldás: Feltesszük azt, hogy ha x = 0, akkor y(0) = a0. Ekkor az adott
di�erenciálegyenlet szerint
y′(0) = a0.
Képezzük az ismeretlen függvény magasabb rend¶ deriváltjait:
y′′ = 1 + y′,
y′′′ = y′′,
y(4) = y′′′,
y(5) = y4,
...
35
Behelyettesítve az x = 0, y(0) = y′(0) = a0 értékeket:
y′′(0) = a0 + 1,
y′′′(0) = a0 + 1,
y(4)(0) = a0 + 1,
y(5)(0) = a0 + 1,
...
Mivel y = y(x) Taylor-sora
y(x) = y(0) +y′(0)
1!x+
y′′(0)
2!x2 +
y′′′(0)
3!x3 +
y(4)
4!x4 + ...,
ezért a mi esetünkben:
y = a0 + a0x+a0 + 1
2!x2 +
a0 + 1
3!x3 +
a0 + 1
4!x4 + ... =
= (a0 + 1)
(1 + x+
x2
2!+x3
3!+x4
4!+ ...
)− x− 1 =
(a0 + 1)ex − x− 1.
6.5.3. Másodrend¶ di�erenciálegyenletek megoldása hat-
ványsorok segítségével
Az els®rend¶ di�erenciálegyenletek megoldását megadó módszerek közül
a hatványsorokkal történ® megoldás, a másodrend¶ di�erenciálegyenletre is
alkalmazható egyes esetekben. Erre mutatunk most példát.
Példa: Oldjuk meg a következ® másodrend¶ di�erenciálegyenletet a mel-
lékelt kezdeti feltételek mellett:
y′′ + xy = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1.
Megoldás: El®ször azt hangsúlyozzuk, hogy itt nem foglalkozunk azzal,
36
hogy egyáltalán létezik-e megoldás, hány megoldás van és a megoldás mi-
lyen intervallumon elégíti ki az egyenletet, csupán egy formális módszert
mutatunk meg.
Keressük tehát a megoldást az
y = a0 + a1x+ a2x2 + ...+ anx
n + ...
hatványsor alakban. Tagonkénti deriválással az adódik, hogy
y′′ = 2 · 1 · a2 + 3 · 2 · a3x+ ...+ n(n− 1)anxn−2 + ...
Írjunk fel egy egyenletet is ezen hatványsorok segítségével:
(2·1·a2+3·2·a3x+...+n(n−1)anxn−2+. . .)+x(a0+a1x+a2x2+...+anxn+...) = 0.
Egyenl®vé téve a megfelel® fokszámú tagok együtthatóit 0-val, az alábbi
egyenl®ségek adódnak:
2 · 1 · a2 = 0
3 · 2 · a3 + a0 = 0
4 · 3 · a4 + a1 = 0
...
n(n− 1)an + an−3 = 0
...
Ezekb®l az egyenletekb®l az együtthatókra az alábbi adódik:
a2 = 0, a3 = −a02 · 3
, a4 = −a13 · 4
, a5 = −a24 · 5
= 0,
a6 = −a35 · 6
=a0
2 · 3 · 5 · 6, a7 = −
a46 · 7
=a1
3 · 4 · 6 · 7,
általában
a3k−1 = 0,
a3k = (−1)k a02 · 3 · 5 · ... · (3k − 1)3k
,
37
a3k+1 = (−1)k a13 · 4 · 6 · ... · 3k(3k + 1)
.
Az a0 és a1 együtthatókat a kijelölt kezdeti feltételek határozzák meg. Nevezete-
sen
y(0) = 0⇐⇒ a0 = 0,
y′(0) = 1⇐⇒ a1 = 1.
Tehát ebben a konkrét megoldásban akkor az együtthatók a következ®k
lesznek:
a3k−1 = 0,
a3k = 0,
a3k+1 =(−1)k
3 · 4 · 6...3k(3k + 1).
Így a megoldás:
y = x− x4
3 · 4+
x7
3 · 4 · 6 · 7− ...+ (−1)k x3k+1
3 · 4 · 6 · ...3k(3k + 1)+ ...
Könnyen igazolható egyébként, hogy ennek a hatványsornak a konvergen-
ciasugara végtelen, tehát minden x esetén abszolút konvergens a sor. Dif-
ferenciálással igazolható, hogy ez a függvény valóban megoldása az adott
egyenletnek.
6.6. Összegzés
A dolgozat során bepillantást nyertünk a hatványsorokba és alkalmazá-
saikba. Az elején bevezettünk számos de�níciót, tételt, amiket a dolgozat
során felhasználtunk. Ezekután foglalkoztunk a di�erenciálszámítással, és a
függvények Taylor-sorba fejtésével, majd bevezettük a sorokat és kimondtuk
a különböz® konvergenciakritériumokat. Foglalkoztunk a függvénysorokkal,
mert enélkül nem tudtuk volna de�niálni a hatványsorokat. A hatványsorok
áttekintése után tértünk át az alkalmazásokra, ahol a megértést segít® fe-
ladatokat mutattunk be. Itt láthattuk, hogy a hatványsoroknak milyen
38
szerteágazó lehet a használata. Láttunk példát arra, hogy hogyan tudjuk
kiszámítani egy sor konvergenciáját mértani sor segítségével, majd hogy
hogyan tudunk a sivatagban eljutni A-ból B-be, úgy hogy benzin leraka-
tokat készítünk. Bepillantást nyertünk a számelmélet témekörébe is. Ebben
a fejezetben azt néztük meg, hogy egy adott egyenletnek hány különböz®
megoldása lehet. A következ® példa során áttekintettük azt, hogy hogyan
tudjuk megadni egy függvény hatványsorát, azaz Taylor sorát. Az utolsó
alfejezetben foglalkoztunk a di�erenciálegyenletekkel. Áttekintettük az els®-
és másodrend¶ di�erenciálegyenleteket. Néztünk olyan megoldást is, amit
hatványsor-módszerrel és néztünk olyat is, amit Taylor-sor módszerrel is meg
tudunk oldani.
A dolgozat célja az volt, hogy bemutassa a hatványsorok széleskör¶ alkal-
mazását, nem kihagyva az alapfogalmakat, alaptételeket.
39
Irodalomjegyzék
[1] Bárczy Barnabás Di�erenciálszámítás M¶szaki Könyvkiadó, Budapest
(2005)
[2] Dr. Frey Tamás: M¶szaki Matematikai Gyakorlatok Tankönyvki-
adó, Budapest (1965)
[3] Bátkai András: Hatványsorok, függvénysorok ELTE kézirat
[4] Bátkai András: Egyváltozós függvények di�erenciálszámítása
ELTE kézirat
[5] Szilágyi Tivadar: Végtelen sorok, hatványsorok ELTE kézirat
[6] Császár Ákos Végtelen sorok Tankönyvkiadó, Budapest (1988)
[7] Németh József El®adások a végtelen sorokról Poligon, Szeged (2002)
[8] Obádovics J. Gyula,Szarka Zoltán Fels®bb matematika Scolar kiadó, Bu-
dapest (2002)
[9] Denkinger Géza Analízis Tankönyvkiadó, Budapest (1987)
[10] Urbán János Határértékszámítás M¶szaki Könyvkiadó, Budapest
(2004)
[11] Dr. Bajcsay Pál Közönséges di�erenciálegyenletek I-II. Tankönyvki-
adó, Budapest (1965)
40
[12] Scharnitzky Viktor Di�erenciálegyenletek M¶szaki Könyvkiadó, Bu-
dapest (2003)
41
