Дифференцирование и интегрирование степенных рядов

Рассмотрим степенной ряд \(\sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}},\) имеющий радиус сходимости \(R>0:\) \[ {f\left( x \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}} } = {{a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + \ldots ,\;\;\left| x \right|<R.} \] Функция \(f\left( x \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}} \) является непрерывной функцией при \(\left| x \right|<R.\) Степенной ряд внутри интервала сходимости можно дифференцировать почленно. При этом производная степенного ряда выражается формулой \[ {f'\left( x \right) } = {\frac{d}{{dx}}{a_0} + \frac{d}{{dx}}{a_1}x + \frac{d}{{dx}}{a_2}{x^2} + \ldots } = {{a_1} + 2{a_2}x + 3{a_3}{x^2} + \ldots } = {\sum\limits_{n = 1}^\infty {n{a_n}{x^{n - 1}}} .} \] Степенной ряд можно также почленно интегрировать на отрезке, который расположен внутри интервала сходимости. Следовательно, если \( - R<b<x<R,\) то выполняется равенство \[ {\int\limits_b^x {f\left( t \right)dt} } = {\int\limits_b^x {{a_0}dt} + \int\limits_b^x {{a_1}tdt} } + {\int\limits_b^x {{a_2}{t^2}dt} + \ldots } + {\int\limits_b^x {{a_n}{t^n}dt} + \ldots } \] Если ряд интегрируется на отрезке \(\left[ {0,x} \right],\) то справедлива формула: \[ {\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } = {\int\limits_0^x {{a_0}dt} + \int\limits_0^x {{a_1}tdt} } + {\int\limits_0^x {{a_2}{t^2}dt} + \ldots } + {\int\limits_0^x {{a_n}{t^n}dt} + \ldots } = {{a_0}x + {a_1}\frac{{{x^2}}}{2} + {a_2}\frac{{{x^3}}}{3} + \ldots } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}\frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}}} + C.} \]

Пример 1

Показать, что \[ {\frac{1}{{1 + x}} = 1 - x + {x^2} - {x^3} + {x^4} - \ldots } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}} \;\;\text{для}\;\;\left| x \right|<1.} \] Рассмотрим сначала следующий степенной ряд: \[1 + x + {x^2} + {x^3} + \ldots \] Данный ряд является геометрической прогрессией со знаменателем \(x.\) Поэтому, он сходится при \(\left| x \right|<1.\) Его сумма равна \(\large\frac{1}{{1 - x}}\normalsize.\) Подставляя \(-x\) вместо \(x,\) получаем \[ {1 - x + {x^2} - {x^3} + \ldots } = {\frac{1}{{1 - \left( { - x} \right)}} } = {\frac{1}{{1 + x}}\;\;\text{для}\;\;\left| x \right|<1.} \] Таким образом, \[ {\frac{1}{{1 + x}} = 1 - x + {x^2} - {x^3} + {x^4} - \ldots } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{x^n}} }\;\; {\text{для}\;\;\left| x \right|<1.} \]

Пример 2

Найти разложение в степенной ряд для рациональной дроби \(\large\frac{1}{{2 - x}}\normalsize.\) Запишем функцию в виде \[\frac{1}{{2 - x}} = \frac{{\frac{1}{2}}}{{1 - \frac{x}{2}}}.\] Видно, что данное выражение является суммой бесконечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом \({\large\frac{1}{2}\normalsize}\) и знаменателем \({\large\frac{x}{2}\normalsize}:\) \[ {\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\frac{x}{2} + \frac{1}{2}{\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} } + {\frac{1}{2}{\left( {\frac{x}{2}} \right)^3} + \ldots } = {\frac{1}{2} + \frac{x}{{{2^2}}} + \frac{{{x^2}}}{{{2^3}}} + \frac{{{x^3}}}{{{2^4}}} + \ldots } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{x^n}}}{{{2^{n + 1}}}}} .} \] Полученный степенной ряд сходится при \(\left| x \right|<2.\)

Пример 3

Найти разложение функции \(\large\frac{{6x}}{{5{x^2} - 4x - 1}}\normalsize\) в степенной ряд. Сначала разложим данную функцию на сумму простейших рациональных дробей, используя метод неопределенных коэффициентов. Так как \(5{x^2} - 4x - 1 = \left( {5x + 1} \right)\left( {x - 1} \right),\) то можно записать \[\frac{{6x}}{{5{x^2} - 4x - 1}} = \frac{A}{{5x + 1}} + \frac{B}{{x - 1}}.\] Умножим обе части на \(5{x^2} - 4x - 1 = \left( {5x + 1} \right)\left( {x - 1} \right).\) Получаем \[ {6x = A\left( {x - 1} \right) + B\left( {5x + 1} \right),}\;\; {\Rightarrow 6x = Ax - A + 5Bx + B,}\;\; {\Rightarrow 6x = \left( {A + 5B} \right)x + \left( { - A + B} \right),}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {A + 5B = 6}\\ { - A + B = 0} \end{array}} \right..} \] Система уравнений имеет решение: \(A = 1,\) \(B = 1.\) Следовательно, исходная рациональная дробь раскладывается следующим образом: \[ {\frac{{6x}}{{5{x^2} - 4x - 1}} } = {\frac{1}{{5x + 1}} + \frac{1}{{x - 1}} } = {\frac{1}{{1 + 5x}} - \frac{1}{{1 - x}}.} \] В полученном выражении обе дроби представляют собой суммы бесконечно убывающих геометрических прогрессий: \[ {\frac{1}{{1 + 5x}} = \frac{1}{{1 - \left( { - 5x} \right)}} } = {1 - 5x + {\left( { - 5x} \right)^2} + {\left( { - 5x} \right)^3} + \ldots } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 5x} \right)}^n}} ,} \] \[ {\frac{1}{{1 - x}} = 1 + x + {x^2} + {x^3} + \ldots } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {{x^n}} .} \] Таким образом, разложение исходной функции в степенной ряд имеет вид: \[ {\frac{{6x}}{{5{x^2} - 4x - 1}} } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 5x} \right)}^n}} - \sum\limits_{n = 0}^\infty {{x^n}} } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left[ {{{\left( { - 5x} \right)}^n} - {x^n}} \right]} } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left[ {{{\left( { - 5} \right)}^n} - 1} \right]{x^n}} .} \]

Пример 4

Найти представление в виде степенного ряда функции \(\ln \left( {1 + x} \right),\;\left| x \right|<1.\) Выше в примере \(1\) мы получили разложение \[ {\frac{1}{{1 + x}} = 1 - x + {x^2} - {x^3} + \ldots } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{x^n}}, }\;\; {\left| x \right|<1.} \] Интегрируя это ряд почленно на отрезке \(\left[ {0,x} \right],\) находим \[ {\ln \left( {1 + x} \right) } = {\int\limits_0^x {\frac{{dt}}{{1 + t}}} } = {\int\limits_0^x {\left( {1 - t + {t^2} - {t^3} + \ldots } \right)dt} } = {x - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^4}}}{4} + \ldots } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{x^{n + 1}}}}{{n + 1}}} } = {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}{x^n}}}{n}} .} \]

Пример 5

Разложить в степенной ряд интеграл \(\int\limits_0^x {{\large\frac{{\ln \left( {1 + t} \right)}}{t}\normalsize} dt} .\) В предыдущем примере было найдено разложение логарифмической функции в ряд в виде \[ {\ln \left( {1 + t} \right) } = {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}{t^n}}}{n}} } = {t - \frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3} - \frac{{{t^4}}}{4} + \ldots ,\;\;\left| t \right|<1.} \] Отсюда следует, что \[ {\frac{{\ln \left( {1 + t} \right)}}{t} } = {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}{t^{n - 1}}}}{n}} } = {1 - \frac{t}{2} + \frac{{{t^2}}}{3} - \frac{{{t^3}}}{4} + \ldots } \] Интегрируя этот ряд почленно на отрезке \(\left[ {0,x} \right],\) получаем \[ {\int\limits_0^x {\frac{{\ln \left( {1 + t} \right)}}{t}dt} } = {\int\limits_0^x {\left[ {1 - \frac{t}{2} + \frac{{{t^2}}}{3} - \frac{{{t^3}}}{4} + \ldots } \right]dt} } = {x - \frac{{{x^2}}}{{2 \cdot 2}} + \frac{{{x^3}}}{{3 \cdot 3}} - \frac{{{x^4}}}{{4 \cdot 4}} + \ldots } = {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}{x^n}}}{{{n^2}}}} .} \]

Пример 6

Разложить в степенной ряд экспоненциальную функцию \({e^x}.\) Рассмотрим ряд \[ {f\left( x \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{x^n}}}{{n!}}} } = {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \ldots ,} \] который сходится при всех \(x.\) Дифференцируя его почленно, получаем \[ {f'\left( x \right) = \frac{d}{{dx}}1 + \frac{d}{{dx}}x + \frac{d}{{dx}}\frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{d}{{dx}}\frac{{{x^3}}}{{3!}} + \ldots } = {0 + 1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \ldots = f\left( x \right).} \] Следовательно, функция \(f\left( x \right)\) удовлетворяет дифференциальному уравнению \(f' = f.\) Общее решение этого уравнения имеет вид \(f\left( x \right) = c{e^x},\) где \(c\) − константа. Подставляя начальное значение \(f\left( 0 \right) = 1,\) находим, что \(c = 1.\) Таким образом, полученное следующее разложение функции \({e^x}\) в степенной ряд: \[ {f\left( x \right) = {e^x} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{x^n}}}{{n!}}} } ={ 1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \ldots } \]

Пример 7

Разложить в степенной ряд гиперболический синус \(\sinh x.\) Поскольку \(\sinh x = \large\frac{{{e^x} - {e^{ - x}}}}{2}\normalsize,\) то воспользуемся разложениями в степенной ряд функций \({e^x}\) и \({e^{-x}}.\) В предыдущем примере была получена формула \[ {{e^x} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{x^n}}}{{n!}}} } ={ 1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \ldots } \] Подставляя \(-x\) вместо \(x,\) находим, что \[ {{e^{ - x}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - x} \right)}^n}}}{{n!}}} } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{x^n}}}{{n!}}} } = {1 - x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \ldots } \] Тогда гиперболический синус раскладывается в ряд следующим образом: \[ {\sinh x = \frac{{{e^x} - {e^{ - x}}}}{2} } = {\frac{1}{2}\left[ {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{x^n}}}{{n!}}} - \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - x} \right)}^n}}}{{n!}}} } \right] } = {\frac{1}{2}\left[ {\left( {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \ldots } \right) - \left( {1 - x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \ldots } \right)} \right] } = {\frac{1}{2}\left[ {2\left( {x + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^5}}}{{5!}} + \ldots } \right)} \right] } = {x + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^5}}}{{5!}} + \ldots } = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{x^{2n + 1}}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}} .} \]