Matematika | Analízis » Függvénysorozatok

Függvénysorozatok f 0 (x), f 1 (x)f n (x). D= i=1 ∩∞D fi Konvergenciatartomány: (kt) = H tartomány: ∀x 0 ∈H-ra f n (x 0 ) konvergens. Határfüggvény: f(x), D f =H, ∀x 0 ∈H-ra: f(x 0 )= n∞ lim(f n (x 0 )) Pontonkénti konvergencia: ∀ε>0-hoz ∃N(ε,x 0 ): |f n (x 0 )–f(x 0 )|<ε, n>N(ε,x 0 ) pl.: f n (x)=1/(n+x2), n∈N+ D= R, f n (0)=1/n 0= f(0) f n (1)=1/(n+1) 0=f(1) f n (±π)=1/nπ2 0=f(±π). ⇒ f(x)≡0 H=R pl.: f n (x)=xn, n∈N+ D=R f 1 (x)=x ∞ f 2 (x)=x2 ∞ ⇒ |q|>1 esetén divergens f(x)={0, ha |x|<1; 1, ha x= 1} H= [–1,1]. (ez példa arra, hogy folytonos függvények sorozatának határfüggvénye nem feltétlenül folytonos) pl.: f n (x)=x+1/xn, D=(0,∞) f(x)={2, ha x=1; x, ha x>1} H=[1,∞) f(1)=2= n∞ limf n (1) = n∞ lim x1+ limf n (x) ≠ x1+ lim n∞ f n (x) = x1+ limf(x)=1. (folytonosság nem öröklődött) Egyenletes konvergencia: f n f (rajzban ez a két nyíl egymás alatt van, továbbiakban: ⇒). f n

⇒f-hez H 1 ⊂H-n, ha ∀ε>0-hoz ∃N(ε): |f n (x)-f(x)|<ε, ha n>N(ε) ∀x∈H 1 -re. Azaz ∃ közös N(ε). H 1 -en T: f n ⇒f H 1 -en ⇒ f n f H 1 -en (azaz ha egyenletes konvergens, akkor konvergens) pl.: f n (x)=xn egyenletesen konv-e az alabbi intervallumokon?: a) x∈(0,c) c<1: |f n (x)–f(x)|=|xn-0|=xn<cn<ε, x>0, igaz. nlgc<lgε, n>lgε-lgc N(ε)≥[lgε-lgc] másképp: |f n (x)–f(x)|=xn<ε, mivel n>lgε-lgx N(ε,x)≥lgε-lgx (???) b) x∈(0,1): x1– lim(lgε–lgx)=+∞, nem egyenletesen konvergens!! (a-ban c tetszőlegesen megközelíthette 1-et, de le volt rögzítve, ott tudtunk találni küszöbindexet) c) x∈(0,1]: b- ennek részhalmaza volt, és már az se volt egyenletesen konvergens. másképp: f(x)={0, ha |x|<1; 1, ha x=1} mivel f nem folytonos, f n viszont azok ⇒ nem lehet egyenletesen konvergens L:={f:D⊂D f , f korlátos} – lineáris tér. Uniform (szuprémum) norma: ||f||:= x∈D sup|f(x)|. norma:

∀függényhez a lineáris térben rendelünk egy-egy számot ∈R norma axiómái: 1. ||f||≥0 2. ||cf||=|c|* ||f||, c∈R 3. ||f+g||≤||f||+||g|| (háromszög egyenlőség) 4. ||f||=0 ⇔ f≡0 (f - tér nulleleme) Megj.: f folytonos (a,b)-n, D=[a,b]: ||f||= x∈(a,b) sup|f(x)|= x∈[a,b] max|f(x)| (wei-1) Megj.: ρ - két függvény távolsága ρ(f,g)=||f-g|| (ez itt ró) L( ||.|| ) - lineáris tér, amiben értelmezett a norma f n normában konvergál f-hez H halmazon. f n ,f∈L( |||| ), ha betű nyíl felett), n∞ limuf n (x)=f(x) T: n∞ lim||f n -f||=0. Jelben: f n uf (u H-n: f n ⇒f ⇔ u fn f B⇒: |f n (x)-f(x)|<ε, n>N(ε/ 2 ) ∀x∈H-ra. ∀x-re korlátos, ∃ x∈H sup|f n (x)-f(x)|=||f n -f||≤ε/ 2 <ε, n>N(ε/ 2 ). n∞ lim||f n -f||=0 B⇐: n>N(ε)-ra ε>||f n -f||= x∈H sup(f n (x)-f(x))≥|f n (x)-f(x)| ⇒ f n ⇒f. pl.: f n (x)=x+1/xn f(x)= {x, ha x>1; 2, ha x= 1} ||f n -f|| = x∈[1,∞) sup|f n (x)-f(x)| = n n sup|x+1/x

–x| = sup(1/x) =1 nem tart 0, nem egyenletesen konvergens. x=1-re x∈(1,∞) x∈(1,∞) f n (1)–(1)= 0 de nem érdekes már. ugyanaz a sorozat, de most x∈[2,∞) ||f n -f|| = n n x∈[2,∞) sup|f n (x)-f(x)| = = x∈[2,∞) sup(1/x) =1/2 0. f n ⇒f pl.: f n (x)= 1/x+1/n, x≠0 1/n0 ⇒ f(x)= 1/x = n∞ lim f n (x) ||f n -f|| = x≠0 sup(f n (x)f(x))=sup|1/x+1/n-1/x| = 1/n 0 f n ⇒f Cauchy-sorozat: f n ∈L(||.||) f n függvénysorozat Cauchy-sorozat H-n, ha ∀ε>0-hoz ∃N(ε) ||f n – f m ||<ε, n>m>N(ε) T: H-n f n ⇒f ⇔ f n Cauchy-sorozat Nem biz (kedvenc kifejezésem) Cauchy konvergencia: önmagában konvergens a sorozat, nem emelünk ki külön határértéket. [a,b]-n egyenletesen konvergens függvénysorozatok tulajdonságai T 1 : f n folytonosak x 0 -ban, és f n ⇒f K x0,r -ben ⇒ f(x)= n∞ lim f n (x) is folytonos x 0 -ban. B: igaz-e, hogy |f(x)–f(x 0 )|<ε, ha |x-x 0 |<δ(ε). Tudjuk: f n ⇒f K x0,r -ben ⇒||f n -f||0 K-ban vagyis

||f n -f||<ε/ 3 , ha n>N 0 (ε/ 3 ). Tekintsünk egy ilyen függvényt (n>N 0 ), folytonos x 0 -ban |f n (x)-f n (x 0 )|<ε/ 3 , ha |x-x 0 |<δ 1 (ε/ 3 ). ha ez nagyobb, mint r, akkor legyen δ 1 ≤r |f(x)f(x 0 )|=|f(x)-f n (x)+f n (x)-f n (x 0 )+f n (x 0 )-f(x 0 )| ≤ |f(x)-f n (x)+|f n (x)-f n (x 0 )|+|f n (x 0 )-f(x 0 )| ≤ ||ff n ||+ε/ 3 +||f-f n || ≤ε/ 3 +ε/ 3 +ε/ 3 =ε, ha |x-x 0 |<δ(ε):=δ 1 (ε/ 3 ) Megjegyzés: C0 [a,b] lineáris normált tér az uniform normával. A tér zárt a konvergencia fogalomra nézve. Azaz: f n ∈C0 [a,b] , f n uf esetén f∈C0 [a,b] Ez az előző tétel kiterjesztése intervallumra. A végpontokban csak egyoldali folytonosság kell Teljes lineáris normált tér: ∀ Cauchy sorozata a tér valamely eleméhez konvergál. (zárt marad). pl.: R lineáris normált tér (itt a norma az abszolutérték), mely teljes ugyanis ∀ Cauchy sorozat konvergens. pl.: Q nem teljes pl e n =(1+1/n)n∈Q, e n Cauchy sorozat, de n∞

lim e n =e ∉Q pl.: C0 [a,b] az uniform normával teljes normált tér f n ∈C0 [a,b] és f n ⇒f, (vagyis f n uf) ⇒ b b b n∞ lim a ∫ f n (x)dx= a ∫ n∞ limf n (x)dx= a ∫ f(x)dx=A Egyenletes konvergenciánál. n∞ lim és ∫ felcserélhető B: T 1 miatt f∈C0 [a,b] ⇒ f∈R [a,b] , tehát ∃ a ∫bf(x)fx, ∃A. |a n -A|<ε, n>N(ε) | a ∫bf n (x)dx- a ∫bf(x)dx| = | a ∫b(f n (x)-f(x))dx| ≤ a ∫b|fn(x)dx-f(x)|dx ≤ a ∫b x∈[a,b] sup|f n (x)-f(x)|dx = a ∫b||f n -f||dx = ||f n -f||(ba)<ε, ha n>N(ε/(b-a)). ugyanis: ||f n -f||<ε/(b-a)=ε*, ha n>N(ε)=N(ε/(b-a)), mivel ||f n -f||0 n∞ esetén. ♥T 2 : ♥T 3 : f n ∈C1 [a,b] és itt f n ’ us * (egyenletesen konvergens), f n f (pontonként konvergens) ⇒ f differenciálható és f’=s*. azaz: d/dx n∞ limf n (x) = d/dx f(x) = f’(x)=s*(x) = n∞ limf n ’(x) = n∞ f n (x) B: T 1 miatt s*∈C0 [a,b] . T 2 miatt n∞ lim a ∫xf n ’(t)dt= a ∫xs*(t)dt. ∀x∈[a,b]-re

Tehát: (f(x)-f(u)) = x * * n∞ lim(f n (x)-f n (a)) = a ∫ s (t)dt = differenciálható s folytonossága miatt. Az egyenlőség miatt ekkor a baloldal is differenciálható: d/dx (f(x)–f(a))=df/dx=s*. pl.: f n (x)=nxe–nx2 f n (0)=0 f(0)=0 z∞ limzx/ezx2=(LH)= z∞ lim x/(ezx2 x 2) = 0 ⇒ f(x)≡0 H=D f = R. Egyenletesen konvergens-e [0,∞)-n? g= ||f n -f||= x∈[0,∞) sup|f n (x)-f(x)|= x∈[0,∞) sup nx/enx2. | f n (x)=nxe–nx2 f n ’=ne–nx2(1–2nx2)=0 x=±1/√2n f(1/√2n)=√(n/2)e-˝ (lokál maxa van itt). x∞ lim enx/e^nx2=(LH)= x∞ lim1/enx22x= 0 (sup most maximum lett) sup= x∈[0,∞) max nxe-nx2=f(1/√2n)=√(n/2)e-˝ nem tart 0. 0 ∫1f n (x)dx= 0 ∫1nxe-nx2dx=[-˝enx2 1 ] 0 = –˝ e-n–1. n∞ lim 0 ∫1f n (x)dx = n∞ lim –˝(1/en -1) =˝ ≠ 0 ∫1 n∞ limf n (x)dx=0 Függvénysorok ∞ f k (x), D= k=0 ∩∞D fk . s n (x):= k=0 Σnf k (x), r n = n+1 Σ∞f k (x) H -konvergencia tartomány ∀x 0 ∈H-ra: ∃ n∞ lims n (x 0 ):=s(x 0 ) ←

összegfüggvény. Konvergenciavizsgálat: behelyettesítünk, egyes numerikus sorok konvergenciájára visszavezettük. (Tulajdonképpen itt az elején minden a sorozatokra vezetődik vissza, ezért nem sokat foglalkozunk vele.) Egyenletes konvergencia: H 1 ⊂H: s n (x)⇒s(x) (v. s n us) egyenletes konv pontonkénti konv. k=0 Σ 0Σ n f k (x) egyenletesen konvergens H 1 -n ⇔ (s n ) Cauchy sorozat. ||s n -s m ||= x∈H1 sup|f n+1 (x)+f n+2 (x)++f m (x)|<ε, ha m>n>N(ε). T: Abszolut konvergencia: 0 Σ∞f k (x) abs konvergens x 0 -ban, ha Σ|f k (x 0 )| konv. abs konv ⇒ konv. [a,b]-n egyenletesen konv. függvénysorok tulajdonságai ♥T 1 : f k ∈C0 [a,b] , ⇒ s∈C0 [a,b] . biz ld, sorozatok 0Σ n f k (x)⇒s(x) n f k ∈C0 [a,b] , 0 Σ f k (x)⇒s(x) n b b n b 0 Σ a ∫ f k (x)dx= a ∫ 0 Σ f k (x)dx= a ∫ s(x)dx. szabad tagonként integrálni ♥T 2 : ⇒ 1 n n ♥T 3 : f k ∈C [a,b] , 0 Σ f k ’(x)⇒s*(x). 0 Σ f k (x)s(x) (pontonként

konvergál) ⇒ d/dx s(x)= d/dx n n 0 Σ f k (x) = 0 Σ f k ’(x)=s*(x) szabad tagonként deriválni. T: Weierstrass-kritérium: ∃b n , hogy |f nx |<b n , x∈H, k∈N0 ∞ ∞ konvergens ⇒ k=0 Σ b k k=0 Σ f k (x) egyenletesen konv. B: ||s n -s m || = ||f n+1 +f n+2 +f m || = x∈H sup|f n+1 (x)++f m (x)| ≤ x∈H sup(|f n+1 (x)|++|f m (x)|) ≤ b n+1 ++b m = |s m b–s n b| < ε, m>n>N(ε). ⇒ f n (x) egyenletesen konvergens pl: pl: n=1 Σ ∞ konv. (sin(nx+π/n2))/n2. 1 Σ∞|f n (x)|= 1 Σ∞|sin()/n2)≤ 1 Σ∞1/n2 konv, ⇒ Σf n (x) egyenletesen ∞ 2 2 ∀ütt értelmezett, folytonos, n=1 Σ (1/n )arctg((x-1)/n ). ∞ 3 2 2 4 2 4 1 Σ f n ’(x)=1/(1+((x-1)/n ) ) * (1/n ) = Σ1/(n +(x-1) ); Σ|f n ’(x)|≤Σ1/n ∞,∞)-en egyenletesen konv. deriválható tagú. konv. ⇒ (Wei-krit) (– Speciális függvénysorok Hatványsorok k=0 Σ ∞ a k xk; k=0 Σ ∞ a k (x-x 0 )k, x 0 - határpont. a k xk sor x 2 -ben konvergens, |x 1 |<|x 2 |

⇒ x 1 -ben is konvergens. (abs. konv is) B: 0 Σ∞a k x 2 k konv ⇒ k∞ lima k x 2 k=0 ⇒ ∃K∈R: |a k x 2 k|≤K. Σ|a k x 1 k|=Σ|a k x 2 k| * |(x 1 /x 2 )k| ≤ KΣ|(x 1 /x 2 )k|. q=|x 1 /x 2 |<1 ⇒ abs konv x 1 -ben (így konv is) T: k=0 Σ ∞ k=0 Σ a k x k hatványsor x 2 -ben div, |x 1 |>|x 2 | ⇒ x 1 ben is div. B: indirekten: tfh: x 1 -ben konv, |x 2 |<|x 1 | ⇒ előző tétel miatt x 2 -ben is konv. (ellentmondás) T: D: Konvergencia-sugár (R): |x|<R -konv; |x|>R - div; x= R -re külön meg kell vizsgálni behelyettesítéssel. R=0: Σa k 0k=a 0 konv. máshol div R=∞: ∀x-re div c n >0-ra. α=limsupn√|c n | = n∞ lim|(c n+1 )/c n |. “R=1/α” α véges: R=1/ α ; α=0: R=∞; α=∞: R=0. T: pl: n+1 k!((x-1)/k)k, x 0 =1. n∞ lim|(a n +1)/a n | = n∞ lim(n+1)!/(n+1) * n n+1 = n∞ lim(n/(n+1))n = n∞ lim1/(1+1/n)n=1/e=1/R. R=e n∞ lim(n+1)n /(n+1) k=1 Σ ∞ nn/n! = pl: 1-x+22x2-33x3+24x4-35x5+ |a n |={2n, n páros; 3n,

n páratlan}. n√|a n |= {2, n páros; 3, n páratlan}. limsupn√|a n |=3=1/R R= 1/ 3 végpontokban: x= 1/ 3 a 2n+1 x2n+1=-1 nem tart 0, div Konvergencia tartomány: (-1/ 3 ,1/ 3 ) Hatványsorok tulajdonságai T: hatványsor a konvergencia tartomány ∀ belső pontjában abszolut konvergens. B: ∀∃x 2 ∈(–R,R), |x 1 |<|x 2 |. Mivel a sor x 2 -ben konvergens (kt-ben van) ⇒ x 1 -ben abszolút konvergens. [α,β ]⊂(–R,R) ⇒ Σ a k xk egyenletesen konvergens [α,β ]-n. B: q:= max{|α|,|β|}, 0 Σ∞|a k |* |xk|≤Σ|a k |qk, x∈[α,β]. Ez konv (hatványsor konv tartomány ∀ belső pontjában abs konv) Wei-krit ⇒ egyenletesen konvergens. T: f(x)= k=0 Σ∞a k xk folytonos ∀x∈(–R,R)-re. B: ∃[α,β] ∀x-hez: -R<α<x<β<R. hatványsor egyenl konv [α,β]-n, a k xk ∀ütt folyt ⇒ f is folyt. x-ben T: T: hatványsor R-ben is konvergens ⇒ összegfüggvény e helyen balról folytonos. f(R)= 0 Σ∞a k Rk= xR– limf(x); ugyenez kimondható

jobbról is. B: nem biz  k b k f(x):= k=0 Σ∞a k x , x∈(–R,R); [a,b]⊂(–R,R). a ∫ ( k=0 Σ∞a k x )dx = k k+1 ∞ b ∞ /(k+1)| a b. k=0 Σ a ∫ a k x dx = k=0 Σ a k x tagonkénti integrálhatóság. B: a k xk folyt [a,b]-n (∀ütt), [a,b]⊂(–R,R) ⇒ [a,b]-ben sor egyenletesen konvergens ld. egyen konv: T 2 T: T: hatványsor a konvergencia intervallum ∀ belső pontjában (x) tagonként deriválható: 1. d/dx k=0 Σ∞a k xk = k=1 Σ∞ka k xk-1 (ez is hatványsor) 2. eredeti és derivált hatványsor konvergenciasugara megegyezik B-2: limsupn√|na n | = limsupn√n n√|a n | = limsupn√|a n | ⇒ R 1 =R 2 =R. M: Σna n xn-1 és Σna n xn együtt konv / div. B-1: Σka k xk-1 is hatványsor ⇒ [α,β]⊂(–R,R)-en egyenletesen konvergens; Σa k xk is konv [α,β]-n, a k xk∈C1 [α,β] ⇒ tagonként deriválható. ⇒ a hatványsor a konvergencia tartomány belső pontjában akárhányszor deriválható tagonként. M: x 0 középpontú hatványsorokra

hasonló tételek igazak. D: f x 0 -ban analitikus, ha K x0,R -ben f(x)= k=0 Σ∞a k (x-x 0 )k. ← hatványsor összegfüggvénye D: f analitikus (α,β )-n, ha ∀ pontjában az. f(x)= k=0 Σ∞a k (x-x 0 )k=a 0 +a 1 (x-x 0 )+a 2 (x-x 0 )2++an(x-x 0 )n+; f(x 0 )=a 0 , f’(x 0 )=a 1 , f”(x 0 )2a 2 , f(n)(x 0 )=n!a n f’(x)=a 1 +2a 2 (x-x 0 )+3a 3 (x-x 0 )2+; f”(x)= 2a 2 +3*2a 3 (x-x 0 )++n(n1)a n (x-x 0 )n-2+ Összefoglalva: a n =f(n)(x 0 )/n! k (k) T: f analitikus x 0 -ban, f(x)= k=0 Σ∞a k (x-x 0 ) , K x0,R -ben (R>c) ⇒ a k =f (x 0 )/k!. Analitikus függvény egyértelműen fejthető x 0 középpontú hatványsorba, azaz f(x)= k=0 Σ∞f(k)(x 0 )/k! * (x-x 0 )k pl: ∞ k k=1 Σ (-1) /(2k-1) ∞ k 1 Σ (-1) /(2k-1) * ((1-x)/(1+x))k. nem hatványsor, ezért helyettesítünk: z:= (1-x)/(1+x) * zk; k∞ lim|a k+1 /a k |= k∞ lim(2k-1)/(2(k+1)-1)= k∞ lim(2kk 1)/(2k+1)= 1= 1/R. R= 1; z= 1, Σ(-1) /(2k-1) feltételesen konv; z= -1, Σ1/(2k-1) divergens;

|z|=|(1-x)/(1+x)|<1 abs konv (belső pontokon) stb. Taylor-polinom D: f, g legalább n+1-szer differenciálható függvények K x0 -ban pontosan n-edrendben érintik egymást x 0 -ban, ha f(i)(x 0 )=g(i)x 0 , 0≤i≤n, f(n+1)(x 0 )≠g(n+1)(x 0 ) f legalább b-szer differenciálható x 0 -ban. Keressük azt a T n (x) polinomot, amely x 0 -ban legalább n-edrendben érinti f-et. T n (x)=a 0 +a 1 (x-x 0 )+a 2 (x-x 0 )2++a k (x-x 0 )k++a n (x-x 0 )n; T n (x 0 )=a 0 =f(x 0 ) T n ’(x)=a 1 +2a 2 (x-x 0 )++ka k (x-x 0 )k-1++na n (x-x 0 )n-1; T n ’(x 0 )=a 1 =f’(x 0 ) T n ”(x)=2a 2 +3*2a 3 (x-x 0 )++k(k-1)a k (x-x 0 )k-2++n(n-1)a n (x-x 0 )n-2; T n ”(x 0 )=2a 2 =f”(x 0 ) T n (n)(x 0 )=n!a n =f(n)(x 0 ) a k =f(k)(x 0 )/k! k∈N0 T n (x)=f(x 0 )+f’(x 0 )(x-x 0 )+f”(x 0 )(x-x 0 )2/2!++f(n)(x 0 )(x-x 0 )n/n! az f függvény x 0 bázispontú n-edfokú (legalabb n-edrendben érinti az adott függvényt) Taylor polinomja. Egy polinom Taylor polinomja önmaga m≤n esetén. P m

(x)=T n (x), esetleg más hatványok szerint. D: maradéktag (hiba): R n =f(x)-T n (x) T: B: n xx0 limR n (x)/(x-x 0 ) = 0, f legalább n-szer differenciálható K x0 -ban. Azaz n R n (x)ο((x-x 0 ) ) n n xx0 limR n (x)/(x-x 0 ) = xx0 lim(f(x)-T n (x))/(x-x 0 ) = (L’H) = xx0 lim(f’(x)-T n ’(x))/(n(xn-1 x 0 ) ) = (L’H) = xx0 lim(f”(x)-T n ”(x))/(n(n-1)(x-x 0 )n-2) = = xx0 lim(f(n)(x)(n) T (x))/n!=0/n!=0. T: Lagrange-féle alakban felírt maradéktag: f legalább n-szer differenciálható K x0 -ban ⇒ ∃ξ∈(x 0 ,x) (ill. (x,x 0 )), x∈K x0 : R n (x)=f(n+1)(ξ)(x-x 0 )n+1/(n+1)! B: nem biz. f(x)=T n (x)+f(n+1)(ξ)(x-x 0 )n+1/(n+1)! pl: f(x)= x3, x 0 =1, T 3 = ? T 3 =f(1)+f’(1)(x-1)+f”(1)(x-2)2/2!+f”’(1)(x-1)3/3!=1+3(x-1)+6/2! (x1)2+6/3! (x-1)3. ← f’(x)=3x2, f’(1)=3; f”(x)=6x, f”(1)=6; f”’(x)=6, f”’(1)=6; k≥4: f(k)=0 pl: f(x)= cosx x 0 = 0. f(x)= cosx, f(0)= 1; f’= -sinx, f’(0)= 0; f”= -cosx, f”(0)= -1; f”’= sinx,

f”’(0)=0, innentől periodikusan ismétlődik. T 6 = k=0 Σ6f(k)(0)xk/k! = x–x2/2+x4/4!–x6/6!; H(x)=f(7)(ξ)(x-0)7/7!=sinξ x7/7!. ξ∈[-π/2,π/2] |H|=|f(7)(ξ)|*|x7|/7!≤1/7! (π/2)7 Taylor-sorok D: f akárhányszor deriválható H-n, x 0 ∈H: Taylor sora. k=0 Σ ∞ (k) f (x 0 )(x-x 0 )k/k!=T(x) ← f x 0 középpontú D: f(x)~>T(x) adott függvényhez hozzárendelünk egy Taylor-sort. Polinom Taylor-sora polinom, ∀x-re fennáll az azonosság, ∀x-ben analitikus. (kivéve, ahol nem értelmezett) pl: f(x)= 1/(1-x) sorba fejtjük x 0 =3-ban: 1/(-2-(x-3))=–˝ /(1+(x-3)/2)=–˝(1-(x-3)/2+(x-3)/2)2– ()3+()4) konvegencia tartomány: |q| = |–(x-3)/2)|=|x-3|/2<1; |x-3|<2. analitikus az x=1-et kivéve. pl: f(x)=1/(x2–3x+2)=–1/(x-1)+1/(x-2). nem analitikus x=1,2 -ben x 0 =–2-ben sorbafejt: 1/(x1)=1/((x+2)-3)=–(1/3)/(1-(x+2)/3) = 1/3 (1+(x+2)/3+((x+2)/3)2+()3+). konvergencia tartomány: |q|<1, |x-(-2)|<3. ; 1/(x-2)=1/((x+2)-4)=-1/4

/(1-(x+2)/4)=2 1/4(1+(x+2)/4+((x+2)/4) +) konv tart: |x-(-2)|<4. f(x)~>T(x)= k=0 Σ∞a k (x+2)k. kt= |x-(-2)|<3 (az előző kettő metszete) f(200)(-2)=?, a k =f(k)(2)/k!, f(200)(-2) = 200!((1/3)k+1-(1/4)k+1) pl: f(x)=1/(1+x2)=1/(1-(-x)2)=1-x2+x4-x6+; kt: q=-x2, |q|<1 |x|<1. pl: f(x)= arctgx, f’(x)= 1/(1+x2)=1-x2+x4-x6+ ∫(arcgtx)’dx=arctg| 0 x= arctgx = (tagonkénti integrálás) (x-x3/3+x5/5-x7/7+x9/9) kt öröklődés miatt: |x|<1 sőt x=±1 is konv lett. POÉN: π/4=arctg1=1-1/3+1/5-1/7+1/9 π T: φ(x)= f(x) |x-x 0 |<r intervallumon ⇔ |R n (x)| 0 T: |f(n)(x)|≤K, n∈N0 |x-x 0 |<r -ben ⇒ R n (x) 0 B: |R n (x)| = |f(n+1)(ξ)(x-x 0 )n+1/(n+1)!| ≤ |f(n+1)(ξ)| * |x-x 0 |n+1/(n+1)! ≤ r |x-x 0 |n+1/(n+1)! 0. cosx = 1-x2/2!+x4/4!-, ∀x∈R. cosx= k=0 Σ∞(-1)kx2k/(2k)!; Σ||=Σ|x|2k/(2k)!; 2k+2 2k 2 x (2k)!/((2k+2)! * |x| ) = |x| /((2k+1)(2k+2)); |R n (x)| = |(cosx)n+1xn+1/(n+1)!| ≤ |x|n+1/(n+1)! 0. pl: sinx, x 0 = 0. (sinx)’ = cosx =

1-x2/2!+x4/4!- ⇒ sinx = x-x3/3!+x5/5!-x7/7!+ = k ∞ 2k+1 (-1) /(2k+1)!; Σ||= 0 Σ∞|x|2k+1/(2k+1)!; k=0 Σ x |R n (x)|=|(sinx)n+1|* |x|n+1/(n+1)!≤|x|n+1/(n+1)! 0 pl: ex, x 0 =0. (ex)(n)=ex; ex= k=0 Σ∞xk/k!; ∀x∈R-re konvergens (? diffegynek fogjuk fel: y=cex, y’=y, y(0)=1, c=1, y=ex. f(x)= 0 Σ∞xn/n!=1+x+x2/2!+x3/3!+; f’(x)=1+x+x2/2!+=f(x); ?) pl: x 2 3 ln(1+x), (ln(1+x))’ = 1/(1+x) = 1-x+x2-x3+; 0 ∫ 1/(1+x)=ln(1+x)=x-x /2+x /3k+1 k x4/4+= 0 Σ∞(-1) x /k pl: ln(1-x)=ln(1+(-x))=-(x+x2/2+x3/3+); kt=|x|<1 pl: x 0 =e, ln(x) = ln((x-e)+e) = lne(1+(x-e)/e) = lne+ln(1+(x-e)/3) = 1+(x-e)/e-˝((xe)/e)2+1/ 3 ((x-e)/e)3-; ln(x)=Σ(-1)k+1(x-e)/e*1/ k. kt=|x-e|<e pl: e-x2=1-x2+x4/2!-x6/3!+=Σ(-x2)k/k!; ?- ea(x)=Σ(-a)k/k! 2n pl: chx=(ex+e-x)/2. ex=Σxn/n!, e-x=Σ(-x)n/n! chx=1+x2/2+x4/4!+=Σx /(2n)! 2n+1 pl: shx=(ex-e-x)/2=Σx /(2n+1)! x x-2 2 2 pl: x 0 =2, e =e e =e Σ(x-2)n/n! pl: x 0 =π/ 4 , sinx = sin((x-π/ 4 )+π/ 4 ) = sin(x-π/ 4 )cos(π/ 4 )+cos(x-π/ 4

)sin(π/ 4 ) = √2/2((x-π/ 4 )-(xπ / 4 )3/3!+) + √2/2(1-(x-π/ 4 )2/2!+(x-π/ 4 )4/4!) = √2/2Σ(-1)k[(x-π/ 4 )2k+1/(2k+1)!+(xπ 2k / 4 ) /(2k!)] (cute, isn’t it?) pl: Összefoglalva: x 0 =0. k 2k+1 3 5 sinx = Σ (-1) x /(2k+1)! = x-x /3!+x /5! shx= Σx2n+1/(2n+1)! = x+x3/3!+x5/5! eu = Σ uk/k!=1+u+u2/2!+u3/3! (x 0 =e) u2/2+u3/3 a/(1-q) = a Σqk = a(1+q+q2+) cosx = Σ (-1)kx2k/(2k)! = 1-x2/2!+x4/4! chx= Σx2n/(2n)! = 1+x2/2!+x4/4!+ ln(1+u)= 1 Σ (-1)k+1uk/k = uln(1-x)=– 1 Σ(xk)/k = -(x+x2/2+x3/3) ♥ Binomiális sor f(x)=(1+x)α, x∈R-{-1}, x 0= 0, f(0)= 1. f’(x)= α(1+x)α-1, f’(0)= α f”(x)= α(α-1)(1+x)α-2, f”(0)=α(α-1) . f(k)=α(α-1)(α-k+1)(1+x)α-k, f(k)(0)=α(α-1)(α-k+1) (1+x)α~T(x) = 1+αx+α(α-1)x2/2!+α(α-1)(α-2)x3/3!+ = 1+ k=1 Σ∞α(α-1)(α-k+1)xk/k!. M: ha α=n egész: f(k)(x)=0, k≥n+1-re (mivel n=n nullázza a szorzatot), és n(n-1)(n-k+1)/k! * (n-k)21/(n-k)! = n!/(k!(n-k)!) = n k D: α :=  k

α(α-1)(α-k+1) , α:=1. Eredményeink: α=n∈N+ (1+x)n=T(x)=T n (x)= k=0 Σn nxk k! 0 k α≠n: (1+x)α ~ T(x) = k=0 Σ ∞ α k xk α ∗xk R=1 k B: a k = α, a k+1 = α  = α α-k k+1 k k+1  k |a k+1 /a k | = | (α–k)/(k+1)| (k∞)1 ⇒ R=1. T: k=0 Σ ∞ Belátható, hogy a végpontokban divergens. T: (1+x)α = k=0 Σ∞  f(x) α xk, ∀x∈(-1,1)-re.  k T(x) B: f deriváltfüggvényei nem egyenletesen korlátosak tételünk nem alkalmazható. Más módszerrel látjuk be az egyenlőtlenséget. Megmutatjuk: (T(x)/f(x))≡0 ⇒ T(x)/f(x)≡konstans, de T(0)/f(0)= 1/1= 1 ⇒ T(x)≡f(x). (T/f)’ = (T’f-Tf’)/f2 = (T’(1+x)α-Tα(1+x)α-1)/f2 = (1+x)α-1/(1+x)2α(T’(1+x)αT) = 0, mert T(x) = 1+αx+α(α-1)x2/2!+(α k )xk+ | αT(x)=α+α2x+α2(x1)x2/2!++α(α k )xk+ |xT’(x) = αx+α(αT’(x)=α+α(α-1)x+α(α-1)(α-2)x2/2!++k(α k )xk-1+(k+1)(α k+1 )xk+

2 α k 1)x ++k( k )x +. (1+x)T’-αT= k=0 Σ[(k+1)(α k+1 )+k(α k )-α(α k )]xk, itt []=(α k )((k+1)(α-k)(k+1)+k–α)=0. A konvergenciatartományban (|u|<1) |(α k )uk| monoton csökkenően tart nullához. Ez bizonyítás nélkül felhasználható a példákban. pl: f(x) = √(1+x) = (1+x)˝ = k=0 Σ∞(1/2 k )xk = 1+x/ 2 +˝*(–˝)x2/(12)+(˝)(–˝)(–3/ 2 )x3/(123)+ = 1+x/ 2 -x2/8+x3/16+ váltakozó előjelű. Leibnitz típusú, de ezt nem kell belátni (persze ki kell mondani) √(1+x)≈1+x/ 2 , |H|<x2/8. √118 = (1+18)1/2 = k=0 Σ∞(1/2 k )(018)k ≈ 1+0.18/2–0182/8 (most 3 tagig), |H|<(018)3/16 pl: 5√34 = 5√(32*34/ 32 ) = 25√34/ 32 = 25√(1+2/ 32 ) = 2 k=0 Σ∞(1/5 k )(1/ 16 )k ≈ pl: f(x) = 3√(8+x2) = 2*3√(1+x2/8) = 2 k=0 Σ∞(1/3 k )(x2/8)k=2 k=0 Σ∞(1/ 8 )kx2k, kt: |x2/8|<1. pl: f(x) = 1/(5√(32-x3)) = (32-x3)-1/5 = ˝(1-x3/32)-1/5 = ˝k=0 Σ∞(-1/5 k )(-1/ 32 )kx3k = 1+(-1/ 5 )(-1/ 32 )x3+ +(-1/ 5 )(-6/ 5 )(1/ 32 )2x6(1/ 1 *˝)+

pozitív együtthatós, kt: |-x3/32|<1. pl: f(x)=5*5√(1+x2)–77√(1+x2)+2, x 0 =0, f(1/n)~cnα. 5√(1+x2)= k=0 Σ∞(1/5 k )x2k (kt: |x|<1), 7 √(1+x2) = k=0 Σ∞(1/7 k )x2k, (kt: |x|<1). a 0 =5-7+2= 0, a 1 =5(1/ 5 )-7(1/ 7 )= 0, a 2 =5(1/ 5 )(4 / 5 )/2-7(1/ 7 )(-6/ 5 )/2, a k =5(1/5 k )-7(1/7 k ) n>1-re f(1/n) = a 2 /n4+a 3 /n6+a 4 /n8+ = 4 2 4 a 2 /n (1+a 3 /(a 2 n )+a 4 /(a 2 n )+). f(1/n)/(a 2 /n4) = 1+a 3 /(a 2 n2)+a 4 /(a 2 n4)+1 ⇒ cnα = a 2 /n4, c = a 2 = -2/ 5 +3/ 7 , α=-4. x 0 =0: arcsinx = k=0 Σ∞(-1/2 k )(-1)kx2k+1/(2k+1) arshx = k=0 Σ∞(-1/2 k )x2k+1/(2k+1) komplex?? arccosx = k=0 Σ∞(-1/2 k )(-1)k+1x2k/(2k+1) archx = 1/ j * k=0 Σ∞(-1/2 k )(-1)kx2k+1/(2k+1) Fourier-sor L lineáris tér (vektortér) a valós számok teste felett, v∈L. D: skaláris szorzat axiómái: (v 1 |v 2 )=(v 1 ,v 2 )∈R. 1. (v|v)≥0; (v|v)=0 ⇔ v=0 (0 a tér nulleleme) 2. (v 1 |v 2 )=(v 2 |v 1 ) (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 ) pl: C0 [a,b] -n (f|g)= a ∫bf(x)g(x)dx megfelel. D: E: euklideszi tér: olyan lineáris tér, amelyben van skaláris szorzat. D: (v 1 |v 2 )=0 – v 1 ortogonális v 2 -re Norma: ||v||=√(v|v) -vel dolgozunk (euklideszi norma) T: v 1 , , v n (v i ≠0) páronként ortogonálisak ⇒ lineárisan függetlenek B: λ 1 v 1 ++λ i v i ++λ n v n =0; λ 1 (v 1 |v i )++λ i-1 (v i-1 |v i )+λ i (v i |v i )++λ n (v n |v i )= 0 az egyes tagok nullát adnak, hiszen páronként ortogonálisak; kivéve a sajátmagával vett skalárszorzat (≠0), hiszen egyik vektor sem volt nullvektor. ⇒ λ i = 0 (igaz ∀i-re) a nulla csak triviális nullaként áll elő, a vektorok lineárisan függetlenek. (ld diszkmat) T: 1, sinx, cosx, sin2x, cos2x, , sinkx, coskx, páronként ortogonálisak [π,π]-n (általánosabban [a,a+2π]-n), így lineárisan függetlenek. (f|g)= π π ∫ f(x)g(x)dx. M: az általuk generált tér nem véges dimenziós. B:

1a. (1|sinkx)= -π ∫πsinkxdx=0; 1b. (1|coskx)= -π ∫πcoskxdx=0 (teljes perióduson integrál) 2a. (sinkx|sinlx) = -π ∫π(sinkx*sinlx)dx = ˝-π ∫π(cos(k-l)x–cos(k+l)x)dx = {π, ha k= l; 0, ha k≠l} ⇒ ||sinkx||=√(sinkx|sinkx)=√π 2b. (coskx|coslx) = {π, ha k=l; 0, ha k≠l} ⇒ ||coskx||=√(coskx|coskx)=√π 2c. (sinkx|coslx)=0 3. (1|1)= -π ∫π12dx=2π ⇒ ||1||=√(1|1)=√(2π) D: orto-normált rendszer (ONR): vektorai páronként ortogonálisak, és norma is értelmezett. 1 , ϕ(1)= sinx , ϕ(2)= cosx , , ϕ(2k-1)= sinkx , ϕ(2k)= coskx , ONR: ϕ(0)= √(2π) √π √π √π √π D: Mivel a {ϕ i } függvények lineárisan függetlenek, egy 2π szerint periodikus f függvény felírható a következő alakban: f(x) = i=0 Σ∞α i ϕ i (x) = a 0 /2+ k=1 Σ∞(a k coskx+b k sinkx). az ilyen alakú sorokat trigonometrikus soroknak nevezzük. D: n-edrendű trigonometrikus polinom: t n (x)=a 0 /2 + k=1 Σn(a k coskx+b k sinkx) T: a 0 /2+ k=1 Σ∞(a k

coskx+b k sinkx) ⇒ φ(x) esetén: π a k =1/ π -π ∫ (φ(x)coskx)dx = (φ|coskx)/(coskx|coskx) π b k =1/ π -π ∫ (φ(x)sinkx)dx = (φ|sinkx)/(sinkx|sinkx) B: Általánosságban a i=0 Σ∞αi ϕ i (x) alakot kellene szoroznunk skalárisan ϕ k -bal, és úgy megkapnánk αk értékét, ahonnan a l ill. b l kapható Mi nem bizonyítjuk be általánosságban, csak pl. a 2 -re megmutatjuk a képlet helyességét a 0 /2+a 1 cosx+b 1 cos2x++a k coskx+b k sinkx+=φ(x). skalárisan beszorozva cos2x-el és [π,π]-n integrálva (egyenletes konvergencia tagonként integrálható): a 0 /2(1|cos2x) + a 1 (cosx|cos2x) + b 1 (sinx|cos2x) + a 2 (cos2x|cos2x) + + a k (coskx|cos2x) + = (φ(x)|cos2x). A bal oldalon: (cos2x|cos2x) = ||cos2x||2 = π, a többi skaláris szorzat az ortogonalitás miatt nulla. Így: a 2 (cos2x|cos2x)=(φ(x)|cos2x) ⇒ a 2 =(φ(x)|cos2x)/(cos2x|cos2x) D: Fourier-sor: f 2π szerint periodikus, f∈R [a,2π] ⇒ Fourier - sora: a 0 /2+ k=1 Σ∞(a k coskx+b k

sinkx) a k =1/ π -π ∫π(φ(x)coskx)dx = 1/ π a ∫a+2π(f(x)coskx)dx = 1/ π (f|coskx) b k =1/ π -π ∫π(φ(x)sinkx)dx = 1/ π a ∫a+2π(f(x)sinkx)dx = 1/ π (f|sinkx) a∈R, a k , b k neve: Fourier-együtthatók φ(x) Fourier összegfüggvénye, φn (x) n-edik részletösszeg minimum probléma: f adott 2π szerint periodikus, integrálható függvény. t n (x) = a 0 /2+ k=1 Σn(a k coskx+b k sinkx) = 2n i=0 Σ α i ϕ i (x). T: ||f-t n ||=√( -π ∫π(f(x)-t n (x))2dx) akkor minimális, ha az együtthatók a Fourieregyütthatók. B: nem biz. T: f 2π szerint periodikus, folytonos, Fourier-sora egyenletesen konvergens ⇒ f(x)=φ(x) B: nem biz. pl: f(x)=|x|, x∈[-π,π]; f(x+2π)=f(x) T: f∈C2 [a,a+2π] ⇒ Fourier sora egyenletesen konvergens. B: nem biz pl: 0 Σ∞(2/ 3 )kcos(9kπx)=Σf n (x), Σ|f n (x)|≤Σ(2/ 3 )k egyenl konv ⇒s(x), folyt. pl: f(x)=|x|, x∈[-π,π), f(x)=f(x+2π). f(x)~>a 0 /2+ k=1 Σ∞(a k coskx+b k sinkx), k∈N0 1. b k =1/ π - π

∫πf(x)sin(kx)dx, f(x) – páros, sinkx – páratlan, f(x)*sinkx – páratlan ⇒ b k =0; a 0 =1/ π -π ∫πf(x)dx = 2/ π 0 ∫πxdx = 2/ π [x2/ 2 ] 0 π = π a k =π; a 0 /2=π/ 2 . 2. a k = 1/ π -π ∫πf(x)cos(kx)dx = 2/ π 0 ∫πf(x)cos(kx)dx = 2/ π 0 ∫πxcos(kx)dx = 2/ π ([xsin(kx)/k] 0 π– π π 2 2 2 k 0 ∫ (sinkx/k)dx) = - / πk [-cos(kx)/k] 0 = / πk2 (cos(kπ)-1) = / πk2 ((-1) -1) = {0, ha k páros; 4/(πk2), ha k páratlan}. 3. f(x)~> π/ 2 +a 1 cosx+a 3 cos3x+a 5 cos5x+ = π/ 2 -4/ π (cosx+cos3x/32+cos5x/52+) = φ(x) = k=1 Σ∞(cos((2k-1)x)/(2k-1)2) :=Σg k (x). 4. Σ|g k (x)| ≤ Σ1/(2k-1)2 egyenletesen konv pl: f(x)=sin4x. a 0 ,a k =1/ π -π ∫πf(x)dx a függvény páros b k = 0 Most: sin4x = (sin2x)2 = ((1– cos2x)/2)2 = 1/ 4 (1–2cos2x+cos22x) = 3/ 4 –1/ 2 cos2x+1/ 8 cos4x φ egyenletesen konvergens ⇒ φ Fourier-együtthatói = f Fourier-együtthatói. T: g 2π szerint periodikus, folytonos függvény, (g|ϕ k )=0, k∈N+ ⇒ g≡0

B: nem biz Azaz trigonometrikus rendszer nem bővíthető. ⇒ f(x)=φ(x) (ilyen Fourier-sorokra) T: Dirichlet-tétel: 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. ⇒ f Fourier-sora ∀x-re konvergens, φ(x)=(f(x–0)+f(x+0))/2 (bal es jobboldali határérték számtani közepe) B: nem biz ha egy pontban megváltoztatjuk f függvény értékét (persze ∀ periódusban) f 1 (egy másik függv), de ennek a függvénynek is ugyanaz a Fourier-sora, mint az eredetinek. márpedig f(x)≡φ(x)≠f 1 (x) egyenletesen konv volt