2. gyakorlat - Hatványsorok és Taylor-sorok
2016. március 3.
1. Adjuk meg az itt szereplő sorok konvergenciasugarát és konvergenciaintervallumát!
(a)

∞
Xnxn
n=1n+2

A konvergenciasugár meghatározáshoz a következő határértéket kell meghatároznunk.
r√nn
an = n→1n+2
Azaz a hatványsor konvergenciasugara 1. Az biztos, hogy a (-1,1) nyílt
intervallum része a konvergenciatartománynak, de a határpontokat is meg
kell még vizsgálnunk.
∞Xn
x=1n+2n=1
A fenti sor divergens, mivel nem teljesül a konvergencia szükséges feltétele
(az általános tag 0-hoz tartása).
x = −1∞X(−1)n nn=1

n+2

Az előzőhöz hasonlóan ez a sor is divergens lesz, hisz itt sem teljesül akonvergencia szükséges feltétele. Tehát a konvergenciasugár 1, a konvergenciaintervallum: (-1,1).
(b)∞
Xxn(2n)!
n=1

A konvergenciasugár meghatározáshoz a következő határértéket kell meghatároznunk.
an+1(2n)!
1==→0an(2n + 2)! (2n + 1)(2n + 2)
Azaz a hatványsor konvergenciasugara ∞, a konvergenciaintervallum: R.
1

(c)

∞
Xxn
n2 + 1n=1

A konvergenciasugár meghatározáshoz a következő határértéket kell meghatároznunk.
r√n1
nan =→1
n2 + 1
Azaz a hatványsor konvergenciasugara 1. Az biztos, hogy a (-1,1) nyílt
intervallum része a konvergenciatartománynak, de a határpontokat is meg
kell még vizsgálnunk.
x=1∞
X

1

n=1

n2 + 1

A fenti sor konvergens, ami majoránskritérium segítségével látható.
∞
X(−1)nx = −1

n=1n2 + 1

Ez a sor is konvergens lesz, hisz Leibniz típusú (az általános tag abszolútértékben monoton csökkenőleg tart a 0-hoz). Tehát a konvergenciasugár 1,a konvergenciaintevallum: [-1,1].
(d)

∞
X

√

xn

n2 + 3
A konvergenciasugár meghatározáshoz a következő határértéket kell meghatároznunk.
√an+1
n2 + 3= p→1an(n + 1)2 + 3
n=1Azaz a hatványsor konvergenciasugara 1. Az biztos, hogy a (-1,1) nyílt
intervallum része a konvergenciatartománynak, de a határpontokat is meg
kell még vizsgálnunk.
x=1∞
X

√

n=1

1
n2 + 3

A fenti sor divergens, ami minoránskritérium segítségével látható:√

1n2 + 3≥ √1n2 + 3n2=12n∞X(−1)n√n2 + 3n=1
Ez a sor is konvergens lesz, hisz Leibniz típusú (az általános tag abszolútértékben monoton csökkenőleg tart a 0-hoz). Tehát a konvergenciasugár 1,a konvergenciaintevallum: [-1,1).

x = −12(e)∞X(4x − 5)2n+1
3n2

n=1

A feladat megoldása előtt át kell alakítanunk a fent megadott sort ténylegesen hatványsor alakba.
∞
X(4x − 5)2n+1
n=1

n

3
2=∞
X
42n+1
n=1

n

3
2

5(x − )2n+1
4

A konvergenciasugár meghatározáshoz a következő határértéket kell meghatároznunk.
s√
42n+1
2n+1
2n+1
a2n+1 =→43n2Azaz a hatványsor konvergenciasugara 41 . Az biztos, hogy a (1, 32 ) nyíltintervallum része a konvergenciatartománynak, de a határpontokat is meg
kell még vizsgálnunk.
∞X(−1)2n+1

x=1

3

n=1,n2ami konvergens.
x=∞
X
12n+1

3
2

3

n=1,n2ami szintén konvergens. Tehát a konvergenciasugár 14 , a konvergenciaintevallum: [1, 32 ].
2. Mely x-ek esetén konvergens az
11
1
1 − (x − 3) + (x − 3)2 + . . . + −242!n(x − 3)n + . . .

végtelen sor? Mi a sor összege? Melyik sort kapjuk tagonkénti deriválással?
Mely x-ek esetén konvergens az új sor?
A fenti sort írjuk fel szumma alakban:∞
X
n=0

−

1
2!n(x − 3)nEbből már egyszerűen megállapíthatjuk a konvergenciasugárt a következő határérték meghatározásával.
s !
n√n
1
1n
an =→223

Azaz a hatványsor konvergenciasugara 2. Az biztos, hogy a (1,5) nyílt intervallum része a konvergenciatartománynak, de a határpontokat is meg kell még
vizsgálnunk.
∞
X
1nx=1
n=0

A fenti sor divergens, hiszen nem teljesül a konvergencia szükséges feltétele.
∞X(−1)nx=5

n=1

Ez a sor is divergens lesz, hiszen itt sem teljesül a konvergencia szükséges feltétele. Tehát a konvergenciaintervallum: (1,5).
A sor összegének meghatározásához a geometriai sor összegképletét használjuk.
∞
X−

n=0

12!n(x − 3)n =2
2x − 1A tagonkénti deriválással kapott új sor:∞X−

n=1

12!nn(x − 3)n−1

A konvergenciaintervallum meghatározásához itt is a következő határértéket kellmegvizsgálnunk.
s!n√n
1
1n
→an = n22Azaz a hatványsor konvergenciasugara 2. Az biztos, hogy a (1,5) nyílt intervallum része a konvergenciatartománynak, de a határpontokat is meg kell mégvizsgálnunk.
∞
Xn
x=1
n=0

A fenti sor divergens, hiszen nem teljesül a konvergencia szükséges feltétele.
∞
X

x=5

(−1)n nn=1

Ez a sor is divergens lesz, hiszen itt sem teljesül a konvergencia szükséges feltétele. Tehát a konvergenciaintervallum itt is: (1,5).
3. Határozzuk meg az f(x) által (a jelzett helyen) generált Taylor-sort!
(a)f (x) = x3 − 2x + 4,
f 0 (x) = 3x2 − 24

a = 0,

f (0) = 4

f 0 (0) = −2

f 00 (x) = 6x

f 00 (0) = 0

f 000 (x) = 6

f 000 (0) = 6f (n) (x) = 0∀n ≥ 4Tehát a keresett Taylor polinom:T (x) = 4 +−2
6x + 0 + x3 = x3 − 2x + 41!
3!

Ebből azt a következtetés vonhatjuk le, hogy polinom Taylor-sora önmaga.
(b)
1,
a=1
x2
Teljes indukcióval igazolható, hogy a fenti f függvény n-edik deriváltja akövetkező alakú:(−1)n (n + 1)!
f (n) (x) =xn+2
f (n) (1) = (−1)n (n + 1)!
f (x) =

Ennek segítségével már egyszerűen felírható a Taylor-sor.
T (x) =∞X(−1)n (n + 1)!
n=0n!

(x − 1)n =∞X(−1)n (n + 1)(x − 1)nn=0(c)
f (x) = e x ,a=2

A fenti f(x) függvény n-dik deriváltja:
f (n) (x) = e x

f (n) (2) = e2

Ennek segítségével már egyszerűen felírható a Taylor sor.
T (x) =∞
Xe2

n!
n=0

(x − 2)n(d)f (x) = ln(1 + x),

a=0

A fenti f(x) függvény n-dik deriváltja:
f (n) (x) =(−1)n+1 (n − 1)!
(x + 1)nf (n) (0) = (−1)n−1 (n − 1)!
Ennek segítségével már egyszerűen felírható a Taylor sor:
T (x) =∞
X(−1)n−1 (n − 1)!

n!

n=1

5xn =∞
X(−1)n−1n=1nxn(e)f (x) = arctan 2x,

a=2

A fenti f(x) függvény deriváltja:
f 0 (x) =2
1 + 4x2

Ezen függvény Taylor sorát fel tudjuk írni egyszerűen, és ebből tagonkánti
integrálással megkapjuk az arctan 2x függvény Taylor-sorát is.
f 0 (x) = 2∞
X(−4)n x2nn=0

Így már egyszerűen felírható a Taylor-sor:
T (x) =Z2∞∞XX(−4)n x2n+1(−4)n x2n dx = 2+c2n + 1
n=0
n=0Az x = 0 helyettesítéssel kapjuk, hogy c = 0, azaz∞
X(−4)n 2n+12x
2n + 1n=0

T (x) =

4. Adjuk meg a függvények Taylor-sorát az x=0 helyen!
A feladat egyszerűen megoldható, hogy ha ismerjük a nevezetes függvények
Taxlor-sorát. Amennyiben nem emlékszünk rájuk, úgy a fenti feladatban leírt
módszerrel dolgozzunk!
(a)f (x) = xe x
T (x) = x

∞
Xxn
n=0n!

=∞
X
xn+1
n=0n!

(b)
f (x) = x cos πx
T (x) = x∞
X(−1)nn=0∞(xπ)2n X
x2n+1=(−1)n π2n(2n)!
(2n)!
n=0(c)
f (x) = cos2 x
A megoldás során felhasználjuk a következő linearizáló formulát: cos2 x =1+cos 2x2∞
1 1X(2x)2nT (x) = +(−1)n2 2 n=0(2n)!

6

(d)f (x) =1(1 − x)2A feladat többféle módon is megoldható. NyilvánZ
11dx =+ c = 1 + x + x2 + · · · + c
1−x(1 − x)2
Innen deriválva kapjuk, hogyf (x) = 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + · · · =∞X(n + 1)xnn=01sor önVAGY: A binomális sor képletének felhasználásval, VAGY: az 1−xmagával vett Cauchy-szorzataként. A binomiális sor alapján!
∞X−2
1−2= (1 − x) =(−1)n xn
T (x) =n(1 − x)2n=0
5. Írjuk fel a megadott függvények binomiális sorának első négy tagját!
A feladat megoldása során a binomiális sor következő általános alakját használjuk:!
∞X
α n(1 + x)α =xnn=0(a)−1f (x) = (1 − x) 2!
4X−1/2
135 3xT 4 (x) =(−x)n = 1 + x + x2 +2816
nn=0(b)−1f (x) = (1 + x3 ) 2!
4X
−1/2 3n135 9T 4 (x) =x = 1 − x3 + x6 −xn2816n=0(c)f (x) = (1 − 2x)3!
4X
3
T 4 (x) =(−2x)n = 1 − 6x + 12x2 − 8x3
nn=0
6. Sorok segítségével számítsuk ki a határértékeket!

7

(a)

e x − (1 + x)
x→0x2
∞

∞
X

1 X xn
xn−2 1e x − (1 + x)
=
lim
=lim
lim
−1−x=

 x→0x→0 x2
x→0n!
n!
2x2
lim

n=0(b)
lim

x→0

n=2x − arctan xx3

∞
∞
X

(−1)n x2n−2 1x − arctan x
1 X (−1)n x2n+1

=
lim
=
lim
−x=

33x→0x→0x→0 x
2n + 12n + 1
3xn=0n=1

lim
(c)

6

4x2 − x2 + x3 + − . . .
ln(1 + x2 )
lim
=2
= lim
4
2x→0 1 − cos x
x→0 1 − (1 − x + x − + . . . )24!

−3

7. Sorok segítségével adjunk 10 pontosságú becslést az alábbi határozott integrálokra!
Minden esetben a függvények 0 pont körüli Taylor-sorát használjuk közelítésként. Minden esetben elég a sor első három tagját tekintenünk, ugyanis akkor
már a megadott pontosságú lesz a közelítésünk.
(a)
Z 0.2

I=sin x2 dx
0

Az integrál utáni függvény Taylor polinomja:
T (x) =∞
X(−1)nn=0x4n+2(2n + 1)!

x6 x10+3!
5!
A Taylor-sor ismeretében most már közelíthetjük a fenti integrált.
T 3 (x) = x2 −#0.2
x6 x100.26 0.210= 0.22 −I≈ x −++3!
5! 03!
5!
"2(b)I=Z 0.1
0sin xdxx

Az integrál utáni függvény Taylor polinomja:T (x) =∞X
n=08(−1)nx2n(2n + 1)!

x2 x4+3! 5!
A Taylor-sor ismeretében most már közelíthetjük a fenti integrált.
T 3 (x) = 1 −

"
#0.1
x2 x4
0.12 0.14
I ≈ 1−+=1−+
3! 5! 03!
5!
(c)
I=

Z 0.1 √
1 + x4 dx
0T (x) =!
∞X
1/2
n=0nx4n1 4 1 8x − x28A Taylor-sor ismeretében most már közelíthetjük a fenti integrált.
T 3 (x) = 1 +#0.1"1 4111= 1 + 0.1 − 0.14
I ≈ 1+ x− x
28 0289