1. Végtelen sorok

1. Végtelen sorok
1. Bevezetés és definíciók
Bevezetésként próbáljunk meg az
1 + 1 1
+
2 4
1
+ · · · + + . . .
2n végtelen összegnek értelmet adni. Mivel végtelen sokszor
nem tudunk összeadni, emiatt csak az első n tagot adjuk
össze: legyen
sn = 1 + 1 1 1
+ +
2 4 8
+ 1
2
1 1 − 2 = n−1 n
1 − 1
a mértani sor összegképlete szerint. Ha n nagy, akkor 1
már elhanyagolhatóan kicsi, ezért sn ≈ 1
1− 1
2
természetes azt mondani, hogy
A továbbiakban
1 + 1 1
+
2 4
1
+ · · · + + · · · = 2.
2n a1 + a2 + · · · + an + . . .
2
,
2 n
= 2, emiatt
alakú ún. végtelen sorokat vizsgálunk, ahol az an-ek valós
számok. Ezt a végtelen mértani sort a következőképpen
jelöljük: � an.
1. definíció (Végtelen sor konvergenciája). A � an
végtelen sor n-edik részletösszege:
sn = a1 + a2 + · · · + an.
Ha a részletösszegek sorozata az L számhoz konvergál,
azaz
lim
n→∞ sn = L,
akkor azt mondjuk, hogy a � an végtelen sor konvergens
és összege L. Egyébként a végtelen sort divergensnek
mondjuk.
Példa: 1. Mutassa meg, hogy az
1 1 1
1
+ + + · · · + + . . .
1 · 2 2 · 3 3 · 4 n(n + 1)
végtelen sor konvergens és összege 1.
Megoldás: Legyen
Mivel
sn =
sn = 1 1 1
1
+ + + · · · +
1 · 2 2 · 3 3 · 4 n(n + 1)
1 1 1
k(k+1) = k − k+1 , ezért
�
1 − 1
� �
1
+
2 2
− 1
3
� � � � �
1 1 1 1
+ − +· · ·+ −
3 4 n n + 1
= 1 − 1
n + 1 .
1
Innen
2. Az
lim
n→∞ sn
1
= lim 1 − = 1
n→∞ n + 1
1 + q + q 2 + · · · + q n + . . .
|q| < 1 esetén konvergens, egyébként divergens, mert
sn = 1 + q + q 2 + · · · + q n−1 =
és q n → 0 akkor és csak akkor, ha |q| < 1.
1 − qn
, ha q �= 1
1 − q
Megjegyzés: A konvergencia difiníciójából látszik, hogy
a � an végtelen sor konvergenciáján nem változtat az, ha
véges számú tagot hozzáadunk vagy ha elveszünk.
1. tétel (Műveletek sorokkal). Ha � an és � bn konvergens
sorok, továbbá � an = A és � bn = B, akkor
1. � (an + bn) is konvergens és � (an + bn) = A + B
2. � (an − bn) is konvergens és � (an − bn) = A − B
3. � kan is konvergens és � kan = kA, ahol k
tetszőleges valós szám.
Bizonyítás: Csak 1.-et bizonyítjuk. A � (an + bn) nedik
részletösszege:
sn = (a1 + b1) + (a2 + b2) + · · · + (an + bn) =
(a1 + a2 + · · · + an) + (b1 + b2 + · · · + bn) = An + Bn.
Mivel An → A és Bn → B, ezért sn → A + B. �
Példa: Határozza meg a �∞ Megoldás:
∞�
n=1
2 n + 3 n
1
3
6 n
1
1 − 2
6
=
∞�
n=1
+ 1
2
n=1 2n +3 n
6n 2n +
6n 1
1 − 3
6
a mértani sor összegképlete alapján.
∞�
n=1
= 3
2 ,
2. Konvergenciakritériumok
sorozat összegét!
3n =
6n A � an végtelen sorral kapcsolatban két kérdés fogalmazható
meg:
1. Konvergens-e a � an végtelen sor?
2. Ha a � an végtelen sor konvergens, akkor mi az
összege?
Az alábbi tétel egy szükséges feltételt ad a � an végtelen
sor konvergenciájára:

2. tétel. Ha a � an végtelen sor konvergens, akkor
Bizonyítás: Nyilván
lim
n→∞ an = 0.
an =
(a1 + a2 + · · · + an−1 + an) − (a1 + a2 + · · · + an−1) =
sn − sn−1
Mivel a � an végtelen sor konvergens, ezért
lim
n→∞ sn = lim
n→∞ sn−1 = L
valamely valós L szám esetén. Így
lim
n→∞ an = lim
n→∞ sn − sn−1 = lim
n→∞ sn − lim
n→∞ sn−1 =
L − L = 0 �
Következmény: Ha a lim
n→∞ an nem létezik vagy nem
véges, akkor a � an végtelen sor divergens.
Példák:
∞�
1. n 2 végtelen sor divergens, mert lim
n→∞ n2 = ∞
2.
n=1
∞�
(−1) n végtelen sor divergens, mert nem létezik a
n=1
lim
n→∞ (−1)n .
Ha a � an végtelen sor esetén lim
n→∞ an = 0, akkor
lehet, hogy a � an végtelen sor konvergens, de lehet,
hogy divergens.
Példák:
∞�
1. A
n=1
2. A � ∞
n=1 1
n
1
végtelen sor konvergens és lim
2n n→∞
1
= 0.
2n végtelen sor divergens, mert
1
s2n = 1 +
2 +
� � � �
1 1 1 1 1 1
+ + + + + + . . .
3 4 5 6 7 8
�
�
+
≥
1
2n−1 1
+ · · · +
+ 1 2n 1 + 1
1 n
+ 21 + 41 + · · · + 2n−1 = 1 +
2 4 8 2n 2 ,
ezért a részletösszegek sorozata a +∞-hez tart.
A sorozatoknál tanultuk, hogy egy monoton növő
sorozat pontosan akkor konvergens, ha korlátos. Ennek
a tételnek a következménye az alábbi:
2
3. tétel. Legyen an ≥ 0 minden pozitív egész n esetén.
Ekkor a � an végtelen sor pontosan akkor konvergens, ha
az sn részletösszegek sorozata korlátos.
A következő kritérium azt mutatja, hogy gyakran
a végtelen sort egy alkalmas improprius integrállal
összehasonlítva megválaszolhatjuk a konvergencia
kérdését.
4. tétel (Integrákritérium). Legyen an csupa pozitív
tagból álló sorozat. Tegyük fel, hogy van olyan pozitív
egész N és az [N, ∞) félegyenesen csökkenő f(x) függvény,
amelyre an = f(n) minden n ≥ N esetén. Ekkor a
� ∞�
an végtelen sor és az f(x)dx improprius integrál vagy
egyszerre konvergens vagy egyszerre divergens.
N
Bizonyítás: A bizonyításban az N = 1 esetre
szorítkozunk (az általános eset bizonyítása hasonlóan
történik). Mivel f(x) csökkenő, ezért
k�
f(x)dx ≥ ak ≥
k+1 �
k
f(x)dx, ha k ≥ 2. Ezért egyrészt
a1+a2+· · ·+an ≥
másrészt
azaz
1
�2
1
2
k−1
�3
�
f(x)dx+ f(x)dx+· · ·+
�
n+1
1
f(x)dx
a1 + a2 + a3 + · · · + an ≤
�2
�3
a1 + f(x)dx + f(x)dx + · · · +
�
n+1
1
2
�n
a1 + f(x)dx
1
1
�n
n−1
�n
f(x)dx ≤ sn ≤ a1 + f(x)dx
n+1
n
f(x)dx =
f(x)dx =
∞�
Ebből látszik, hogy ha az f(x)dx konvergens, ami most
azt jelenti, hogy
1
n�
f(x)dx felülről korlátos, akkor sn is
1
felülről korlátos lesz, tehát konvergens. Másrészt, ha
∞�
f(x)dx divergens, akkor
n+1 �
f(x)dx nem lesz alulról
1
korlátos, ezért sn sem, tehát � an is divergens. �
1

Példa: A
∞�
n=1
1
konvergens, ha p > 1 és divergens,
np ha p ≤ 1, mivel f(x) = 1
xp függvény monoton csökkenő
ha x ≥ 1; f(n) = 1
np ∞�
1 és az xp dx improprius integrál a
1
p-szabály alapján konvergens, ha p > 1 és divergens, ha
0 < p ≤ 1.
5. tétel ( Összehasonlító kritérium). Legyen � an olyan
végtelen mértani sor, ahol an ≥ 0.
1. Ha van olyan konvergens � cn sor és N pozitív egész,
hogy minden n > N esetén an ≤ cn, akkor � an
végtelen sor is konvergens. (Majoráns kritérium)
2. Ha van csupa nemnegatív tagból álló divergens � dn
végtelen sor és N pozitív egész szám, hogy minden
n > N esetén an ≥ dn, akkor � an sor divergens.
(Minoráns kritérium)
Bizonyítás: 1. Az sn = a1 + · · · + an, (n ≥ N)
részletösszegre felső korlát a
a1 + a2 + · · · + aN +
∞�
n=N+1
konvergens végtelen sor.
2. A � an végtelen sornak nincs felső korlátja, mert ha
lenne, akkor a
d1 + d2 + · · · + dN +
∞�
n=N+1
felső korlátja lenne � dn részletösszegeinek, tehát � dn is
konvergens lenne, ami ellentmondás. �
Példa
∞�
1. A
2.
a
n=1
∞�
n=1
∞�
n=1
1
2n 1
sor konvergens, mert 0 ≤
+ n 2n 1
+n < 2n és
1
végtelen sor konvergens.
2n 1
n − √ végtelen mértani sor divergens, mert
n + 1
1
n− √ 1 ≥ n+1 n
és a
∞�
n=1
1
n
cn
an
végtelen sor divergens.
6. tétel (Limeszes összehasonlító kritériumok). Tegyük
fel, hogy valamely pozitív egész N-re igaz, hogy an > 0 és
bn > 0, ha n > N. Ekkor
an
1. ha lim
n→∞ bn
= c > 0, akkor � an és � bn egyszerre
konvergensek vagy egyszerre divergensek.
3
an
2. ha lim
n→∞ bn
konvergens.
an
3. ha lim
n→∞ bn
divergens.
= 0 és � bn konvergens, akkor � an is
= ∞ és � bn divergens, akkor � an is
Bizonyítás. Csak 1.-et bizonyítjuk. A feltétel miatt
létezik egy M egész, hogy n > M esetén | an
bn
azaz
− c an
< − c <
2 bn
c
2 ,
c an
< <
2 bn
3c
2 ,
c
2 bn < an < 3c
2 bn.
− c| < c
2 ,
Ha � bn konvergens, akkor � 3c
2 bn is az, ezért az
összehasonlító kritérium alapján � an sor is az. Ha � bn
sor divergens, akkor � c
2bn is az, emiatt az összehasonlító
kritérium alapján � an is divergens. �
Példák
∞� 2
1. A
n
n=1
2 − ln n
∞� 1
2 és konvergens.
n2 2. A
lim
n→∞
n=1
∞�
1
√ n + 3 √ n
n=1
√ 1
n+ 3 √ n
√1 n
sor konvergens, mert lim
n→∞
= 1 és a
2
n 2 −ln n
1
n 2
=
végtelen sor divergens, mert
∞�
n=1
1
√ n végtelen sor divergens.
7. tétel (Hányadoskritérium). Legyen � an csupa pozitív
tagból álló végtelen sor. Tegyük fel, hogy
Ekkor
an+1
lim = ρ.
n→∞ an
1. ha ρ < 1, akkor � an konvergense;
2. ha ρ > 1, akkor � an divergens;
3. ha ρ = 1, akkor a kritérium nem alkalmazható.
Bizonyítás.
1. Tegyük fel, hogy ρ < 1. Ekkor létezik r, amelyre
ρ < r < 1 és N pozitív egész, hogy an+1
an
n ≥ N. Ekkor
< r, ha
aN+1
aN
< r ⇔ aN+1 < raN

aN+2
aN+1
< r ⇔ aN+2 < raN+1 < r 2 aN
és általában pozitív egész m esetén
aN+m < r m aN.
Ekkor az sn részletösszeg felülről becsülhető a
a1 + a2 + · · · + aN−1 + aN + raN + r 2 aN + · · · =
a1 + a2 + · · · + aN−1 + aN(1 + r + r 2 + . . . )
konvergens sorral, így � an is konvergens.
2. Ha ρ > 1, akkor létezik N, hogy n ≥ N esetén
3. A
ezért
an+1
an
> 1,
aN < aN+1 < aN+2 < . . .
ezért a sorozat tagjai nem tartanak a 0-hoz, így a
� an végtelen sor divergens.
∞�
1
n és
n=1
an+1
∞�
n=1
1
n 2 sorokra teljesül, hogy ρ =
lim = 1 és az első egy divergens, a második
n→∞ an
pedig egy konvergens sor. �
Példák
∞� 2
1. A
n
n! végtelen sor konvergens, mert an = 2n
n! és
2. A
n=1
an+1 = 2n+1
(n+1)! , ezért
∞�
n=1
lim
n→∞
2 n+1
(n+1)!
2 n
n!
2
= lim = 0 < 1.
n→∞ n + 1
2 n
n 2 végtelen sor divergens, mert an = 2n
n 2 és
an+1 = 2n+1
(n+1) 2 és így
lim
n→∞
2 n+1
(n+1) 2
2 n
n 2
= 2 > 1.
8. tétel (Gyökkritérium). Legyen � an csupa pozitív
tagból álló végtelen sor. Tegyük fel, hogy
Ekkor
lim n√
an = ρ.
n→∞
1. ha ρ < 1, akkor � an konvergense;
2. ha ρ > 1, akkor � an divergens;
4
3. ha ρ = 1, akkor a kritérium nem alkalmazható.
Bizonyítás:
1. Ha lim n√
an = ρ < 1, akkor egy rögzített ρ < r < 1
n→∞
esetén létezik N, hogy n√ an < r, azaz
an < r n ,
ha n ≥ N, alkalmas pozitív egész N esetén. Meg kell
mutatnunk, hogy az sn, (n ≥ N) részletösszegek
felülről korlátosak. Nyilván:
2. Ha lim
sn = a1 + · · · + aN−1 + aN + aN+1 + · · · + an <
a1 + · · · + aN−1 + r N + r N+1 + · · · + r n ≤
n→∞
a1 + · · · + aN−1 + r N + r N+1 + · · · ≤
a1 + · · · + aN−1 + rN
. �
1 − r
n√ an = ρ > 1, akkor létezik N, hogy n√ an >
1, ha n ≥ N, ezért an > 1, ha n ≥ N és így lim
n→∞ an �=
0, ezért a � an végtelen sor divergens.
Példa: A
�
n 1
n lim =
n→∞ 2n 2
∞�
n=1
< 1.
n
végtelen sor konvergens, mert
2n A következő tételben ún. alternáló sorokkal
foglalkozunk. Legyenek an > 0. Ekkor az
a1 − a2 + a3 − a4 + −
váltakozó előjelű végtelen sort alternáló sornak mondjuk.
9. tétel (Leibniz-kritérium). A fenti alternáló sor konvergens,
ha an monoton csökkenő és lim
n→∞ an = 0.
Bizonyítás. A 2m-edik részletösszeg:
Ekkor
s2m = (a1 − a2) + (a3 − a4) + · · · + (a2m−1 − a2m).
s 2(m+1) = s2m + (a2m+1 − a2m+2),
ahol a monoton csökkenés miatt (a2m+1 −a2m+2) ≥ 0. Igy
az s2m sorozat monoton növő. Másrészt
s2m = a1−(a2−a3)−(a4−a5)−· · ·−(a2m−2−a2m−1)−a2m
≤ a1,
megint csak a monoton csökkenés miatt. Mivel s2m monoton
nő és felülről korlátos, emiatt létezik a lim
m→∞ s2m. De
lim
m→∞ s2m+1 = lim
m→∞ (s2m + a2m+1) =

lim
m→∞ s2m + lim
m→∞ a2m+1 = lim
m→∞ s2m,
ezért létezik a véges limn→∞ sn. �
Példa: A
∞� (−1) n−1
n=1
n
= 1 − 1 1 1
+ − + −
2 3 4
alternáló sor konvergens, mert an = 1
n
tart a 0-hoz.
monoton csökkenve
2. definíció. A � an végtelen sor abszolút konvergens,
ha � |an| konvergens.
Példa A
∞�
n=1
(−1) n−1
n 2
= 1 − 1 1 1
+ − + − . . .
4 9 16
végtelen sor a Leibniz kritérium szerint konvergens, és a
tagok abszolút értékét véve a
∞�
n=1
1 1 1 1
= 1 + + + + . . .
n2 4 9 16
is konvergens sor lesz az integrál kritérium szerint, tehát
az eredeti sor abszolút konvergens.
3. definíció. A � an konvergens végtelen sor feltételesen
konvergens, ha � |an| divergens.
Példa A
∞�
n=1
(−1) n−1
n
= 1 − 1 1 1
+ − + − . . .
2 3 4
sor a Leibniz-kritérium szerint konvergens, de a tagok abszolút
értékét véve a
∞�
n=1
1 1 1 1
= 1 + + + + . . .
n 2 3 4
ún. harmonikus sor már divergens lesz az integrálkritérium
alapján.
10. tétel. Ha a � an végtelen sor abszolút konvergens,
akkor konvergens is.
Bizonyítás. Legyen
Ekkor
cn = an + |an|.
0 ≤ cn ≤ 2|an|
Mivel � |an| konvergens, emiatt � 2|an| is konvergens és
így az összehasonlító kritérium alapján � cn is konvergens
végtelen sor. De
an = (an + |an|) − |an| = cn − |an|
és mivel két konvergens végtelen sor különbsége is konvergens,
emiatt � an is konvergens. �
5

1. Függvénysorok
1. Bevezetés és definíciók
A végtelen soroknál tanultuk, hogy az
1 + x + x 2 + · · · + x n + . . .
végtelen összeg |x| < 1 esetén konvergens. A fenti végtelen
összegre úgy is gondolhatunk, hogy végtelen sok függvényt
adunk össze és ezt vizsgáljuk. Ez vezet el a következő
fogalomhoz:
1. definíció. Legyenek fn(x), n = 1, 2, . . . olyan
függvények, amelyek közös értelmezési tartománya I.
Ekkor a belőlük képzett függvénysoron az
f1(x) + f2(x) + · · · + fn(x) + . . .
kifejezést értjük, ahol x ∈ I.
Egy konkrét x0 ∈ I értéket behelyettesítve a következő
végtelen sort kapjuk:
f1(x0) + f2(x0) + · · · + fn(x0) + . . . .
Ez vagy konvergens vagy divergens.
2. definíció. Azon x0 ∈ I számok halmazát, amelyekre
konvergens sor, az
f1(x0) + f2(x0) + · · · + fn(x0) + . . . .
f1(x) + f2(x) + · · · + fn(x) + . . .
függvénysor konvergenciatartományának mondjuk.
Példák:
1. Határozza meg az
∞�
n=1
e nx = e x + e 2x + e 3x + · · · + e nx + . . .
függvénysor konvergenciatartományát!
Megoldás: A fenti függvénysor egy e x hányadosú
mértani sor, ami pontosan akkor konvergens, ha
|e x | < 1. Ez pedig pontosan akkor teljesül, ha x < 0,
tehát a konvergenciatartomány a negatív számok halmaza.
2. Határozza meg az
∞�
n=1
cosn x
n = cos x+ cos2 x
2 + cos3 x
3
függvénysor konvergenciatartományát!
Megoldás: A gyökkritériumot alkalmazzuk:
����� n cos
lim
n→∞
n �
x0 �
�
n � = | cos x0|
· · ·+ cosn x
+. . .
n
1
Ha | cos x0| < 1, akkor a vizsgált függvénysor abszolút
konvergens, tehát konvegens.
Tudjuk, hogy −1 ≤ cos x0 ≤ 1. Külön meg kell
vizsgálni a cos x0 = 1 és a cos x0 = −1 eseteket.
Ha cos x0 = 1, akkor a függvénysor a következő
végtelen sort adja:
1 + 1 1 1
+ + · · · + + . . . ,
2 3 n
ami egy divergens sor. A cos x0 = 1 egyenlet pontosan
az x0 = 2kπ esetén teljesül (k egész szám).
Ha cos x0 = −1, akkor a függvénysor a következő
alternáló sort adja:
−1 + 1 1 1
1
− + − + · · · + (−1)n−1 + . . . ,
2 3 4 n
ami egy konvergens sor a Leibniz-kritérium alapján.
A cos x0 = −1 egyenlet pontosan az x0 = π + 2kπ
esetén teljesül (k egész szám).
Összefoglalva kapjuk, hogy a konvergenciatartomány
a valós számok halmaza kivéve a 2kπ alakú számokat.
2. Hatványsorok
Ebben a fejezetben egy speciális, de alkalmazás szempontjából
alapvető fontosságú függvénysort tárgyalunk.
3. definíció. Az x = 0 hely körüli hatványsornak
nevezzük a
∞�
n=0
cnx n = c0 + c1x + c2x 2 + · · · + cnx n + . . .
alakú függvénysort. Az x = a körüli hatványsor:
∞�
cn(x − a) n =
n=0
c0 + c1(x − a) + c2(x − a) 2 + · · · + cn(x − a) n + . . . .
Itt az a számot a hatványsor középpontjának, a c0, c1, c2
valós számokat pedig a hatványsor együtthatóinak
nevezzük.
Példa
1. Határozza meg az
1− 1 1
(x−3)+
3 9 (x−3)2 �
−+ · · ·+ − 1
�n (x−3)
3
n +. . .
hatványsor konvergenciatartományát és adja meg a
fenti sor által definiált függvényt a konvergenciatartományban!
Megoldás: A fenti hatványsor egy olyan mértani sor,

amelynek első eleme 1 és hányadosa − x−3
3 . Ez pontosan
akkor konvergens, ha
� �
�
�
− 3�
�−x �
3 � < 1
azaz
0 < x < 6.
Ekkor az előállított függvény a mértani sor
összegképlete szerint:
1
1 − � − x−3
3
� = 3
x .
2. Határozza meg a �∞ n=0 xn
n! hatványsor konvergenciatartományát!
Megoldás: Az x0 valós szám akkor lesz benne a konvergenciatartományban,
ha a
∞�
n=0
x n 0
n!
végtelen sor konvergens. Alkalmazzuk a hányados
kritériumot a konvergencia eldöntésére:
�
�
�
lim �
n→∞ �
�
x n+1
0
�
� � �
� � x0 �
�
� = lim � �
� n→∞ �n
+ 1�
= 0 < 1,
(n+1)!
x n 0
n!
ezért minden valós x0 esetén konvergens sort kapunk,
tehát a konvergenciatartomány a valós számok halmaza.
3. Határozza meg a � ∞
n=0 nn x n hatványsor konvergenciaratományát!
Megoldás: Az x0 valós szám akkor lesz benne a konvergenciatartományban,
ha a
∞�
n=0
n n x n 0
végtelen sor konvergens. Alkalmazzuk a
gyökkritériumot a konvergencia eldöntésére:
�
lim
n→∞
n
|nnxn 0 | = lim
n→∞ |nx0| = +∞,
ha x0 �= 0, ezért minden x0 �= 0 esetén divergens
sort kapunk, tehát a konvergenciatartomány a {0}
halmaz.
Az alábbiakban azt mutatjuk meg, hogy néz ki
egy konvergenciatartomány és hogyan lehet egyszerűen
meghatározni azt.
2. Ha a � ∞
n=0 anx n hatványsor divergens valamely x =
d szám esetén, akkor divergens minden x esetén, ha
|x| > |d|.
Bizonyítás:
1. Ha � ∞
n=0 anc n konvergens, akkor tudjuk, hogy
lim
n→∞ anc n = 0,
ezért létezik N egész, hogy n ≥ N esetén
azaz
|anc n | < 1,
|an| < 1
.
|c| n
Innen kapjuk, hogy ha |x| < |c|, akkor n ≥ N esetén
|anx n �
�
| < � x
�
�
�
c
n
.
Ezért a � ∞
n=0 an|x| n végtelen sorból formált sn
részletösszegre felső becslés (feltehető, hogy n ≥ N):
|a0| + |a1x| + |a2x 2 | + · · · + |aN−1x N−1 |+
|aNx N | + |aN+1x N+1 | + · · · + |anx n | ≤
|a0| + |a1x| + |a2x 2 | + · · · + |aN−1x N−1 |+
�
�
� x
�
�
�
c
N �
�
+ � x
�
�
�
c
N+1
+ . . .
konvergens végtelen sor.
2. Ha valamely x esetén |x| > |d| és �∞ n=0 anxn konvergens
lenne, akkor a Tétel első (már bizonyított fele)
szerint �∞ n=0 andn is konvergens lenne, ami ellentmondás.
�
A fenti tétel alapján már könnyű leírni a �∞ n
n=0 anx
hatványsor konvergenciatartományát: Ha létezik olyan
c �= 0 valós szám, amelyre �∞ n=0 ancn konvergens végtelen
sor és létezik d valós szám, amelyre �∞ n=0 andn divergens
végtelen sor, akkor R-rel jelölve a
{|c| :
∞�
anc n konvergens}
n=0
halmaz legkisebb felső korlátját kapjuk, hogy olyan x-re,
amelyre |x| < R a
∞�
anx n
1. tétel (Hatványsorok konvergenciatétele). 1. Ha
a �∞ n=0 anxn konvergens lesz, mivel R definíciója szerint van olyan
c valós szám, amelyre |x| < |c| < R és
hatványsor konvergens valamely
x = c �= 0 szám esetén, akkor abszolút konvergens
minden x esetén, ha |x| < |c|.
�∞ n
n=0 anc
konvergens
�
végtelen sor, de ekkor az előző tétel 1. szerint
∞
n=0 anxn is konvergens lesz.
Másrészt, ha valamely d valós szám esetén |x| > R, akkor
R definíciója miatt �∞ n=0 anxn divergens lesz.
2
n=0

Ha nem létezik olyan c �= 0, amelyre � ∞
n=0 anc n konvergens,
akkor ez azt jelenti, hogy a konvergenciatartomány
a {0} halmaz; míg ha olyan d nem létezik, amelyre
� ∞
n=0 and n divergens, akkor a konvergenciatartomány a
valós számok halmaza.
Összefoglalva és most már a középpontú hatványsorokra
kimondva kapjuk, hogy:
2. tétel. A
∞�
an(x − a) n
n=0
hatványsor konvergenciatartománya következőképpen
nézhet ki:
1. Létezik R > 0, hogy ha |x−a| < R, akkor konvergens
a hatványsor, míg ha |x − a| > R, akkor konvergens.
Külön kell meggondolni az x = a±R számok esetén a
konvergenciát; eszerint a konvergenciatartomány egy
nyílt vagy félig nyílt, félig zárt vagy egy zárt intervallum
lehet.
2. A sor csak az x = a esetén konvergens, egyébként
divergens.
3. A sor minden valós szám esetén konvergens.
A fenti tételben szereplő � R-et konvergenciasugárnak
n
hívjuk. Ha létezik a lim |an| határérték, akkor a kon-
n→∞
vergenciasugarat könnyű meghatározni:
3. tétel. 1. Ha létezik a 0 < lim
harérérték, akkor
2. Ha lim
n→∞
R = lim
n→∞
n→∞
1
�
|an| .
n
�
n
|an| < ∞
�
n
|an| = 0, akkor a konvergenciatartomány
a valós számok halmaza.
�
n
3. Ha lim |an| = ∞, akkor a konvergenciatartomány
n→∞
az {a}, azaz a hatványsor csak x = a esetén konvergens.
Bizonyítás: Csak 1.-et bizonyítjuk: Ha a
� ∞
n=0 an(x0 − a) n konvergens, akkor
azaz
n
lim
n→∞
� |an||x0 − a| n = |x0 − a| lim
|x0 − a| ≤
1
n→∞
limn→∞ n√ an
Ha a � ∞
n=0 an(x0 − a) n divergens, akkor
n
lim
n→∞
� |an||x0 − a| n = |x0 − a| lim
.
n→∞
�
n
|an| ≤ 1,
�
n
|an| ≥ 1,
3
azaz
1
|x0 − a| ≥ �
n
lim |an|
n→∞
.
Innen kapjuk, hogy
1
|x − a| < �
n
lim |an|
n→∞
esetén konvergens a �∞ n=0 an(x − a) n végetelen sor, míg
ha
1
|x − a| >
� |an| ,
n
lim
n→∞
akkor divergens. Ez mutatja, hogy a konvergenciasugár
1
R = � . �
n
lim |an|
n→∞
Megjegyzés: Az előző tétel mintájára meg lehet mutatni,
hogy
R = lim
�
�
�
�
an
�
�
�
� ,
n→∞
an+1
ha ez a határérték létezik (végtelen is lehet).
Összefoglalva: A
∞�
an(x − a) n
n=0
hatványsor konvergenciatartományának meghatározása a
következőképpen történik:
Kiszámoljuk a R konvergenciasugarat:
� �
1
� �
Ez alapján
R =
n
lim
n→∞
� = lim �
|an| n→∞ �
an
an+1
1. ha R = 0, akkor a konvergenciartamány a {a} halmaz,
azaz csak x = a-ban konvergens a sor;
2. ha R = +∞, akkor a konvergenciartamány a
valós számok halmaza (mindenütt konvergens a
hatványsor);
3. ha R pozitív valós szám, akkor a hatványsor konvergens
az
]a − R, a + R[
nyílt intervallumban és divergens a
] − ∞, a − R[ és ]a + R, ∞[
nyílt félegyeneseken. Az x = a − R pontról a
∞�
an(−R) n végtelen sor konvergenciája, míg az x =
n=0
a + R pontról a
dönt.
∞�
anR n végtelen sor konvergenciája
n=0
�
�

Példa: Határozza meg a
∞�
n=1
x n
n
= x + x2
2
+ x3
3
hatványsor konvergenciatartományát!
+ . . .
Megoldás: Nyilván a középpont a = 0 és az együtthatók
. Emiatt
an = 1
n
R =
1
limn→∞ n
�
1
n
= 1,
ezért a hatványsor konvergens a ] − 1, 1[ nyílt intervallumban
és divergens a ] − ∞, −1[ és ]1, ∞[ félegyeneseken.
Ha x = 1, akkor a
∞�
n=1
1 1 1
= 1 + + + . . .
n 2 3
harmonikus sort kapjuk, amiről tudjuk, hogy divergens.
Ha x = −1, akkor a
∞� (−1) n
n=1
n
1 1
= −1 + − + − . . .
2 3
alternáló sort kapjuk, ami a Leibniz-kritérium alapján
konvergens.
Így a konvergenciatartomány a [−1, 1[ balról zárt,
jobbról nyílt intervallum.
A következő tétel azt mondja, hogy egy hatványsor által
megadott függvény deriválása és integrálása a hatványsor
tagjainak deriválását és integrálását jelenti.
4. tétel. 1. Ha a
∞�
cn(x − a) n
n=0
hatványsor a − R < x < a + R esetén konvergens,
akkor meghatároz egy ]a−R, a+r[ nyílt intervallumon
lévő f(x) függvényt, amelyre
f(x) =
∞�
cn(x − a) n .
n=0
Ennek a függvénynek minden n-re létezik a deriváltja,
amit az eredeti sor tagjainak deriválásával kapunk
meg:
f ′ ∞�
(x) = cnn(x − a) n−1
stb.
f ′′ (x) =
n=1
∞�
cnn(n − 1)(x − a) n−2
n=2
4
2. A ]a − R, a + R[ nyílt intervallumon a
∞�
n=0
(x − a)
cn
n+1
n + 1
hatványsor szintén konvergens lesz és minden a−R <
x < a + R egyenlőtlenségnek eleget tevő x esetén
�
f(x)dx =
∞�
n=0
Példa: f(x) = arctgx hatványsora:
f ′ (x) =
(x − a)
cn
n+1
+ C.
n + 1
1 1
=
1 + x2 1 − (−x2 ) = 1 − x2 + x 4 − x 6 + − . . . ,
ezért �
f ′ �
(x)dx = 1 − x 2 + x 4 − + . . . dx
de
így
x − x3
3
+ x5
5
− x7
7
0 = arctg0 = 0 − 03
3
arctx = x − x3
3
+ x5
5
ha |x 2 | < 1, azaz −1 < x < 1.
3. Taylor-sorok
+ − · · · + C,
+ − · · · + C = C,
− x7
7
+ − . . . ,
Az f(x) függvényt akarjuk hatványsorként felírni, azaz
rögzített a mellett olyan an-eket keresünk, amelyekre
f(x) =
∞�
an(x − a) n =
n=0
a0 + a1(x − a) + a2(x − a) 2 + · · · + an(x − a) n + . . .
Tegyük fel, hogy f(x) végtelen sokszor differenciálható az
a egy környezetében. Ekkor
f ′ (x) =
f ′′ (x) =
f ′′′ (x) =
∞�
nan(x − a) n−1
n=1
∞�
n(n − 1)an(x − a) n−2
n=2
∞�
n(n − 1)(n − 2)an(x − a) n−3
n=3
stb. Behelyettesítve a-t kapjuk, hogy
f(a) = a0

és általában
azaz
f ′ (a) = a1
f ′′ (a) = 1 · 2a2
f ′′′ (a) = 1 · 2 · 3a3
f (n) (a) = n!an,
an = f (n) (a)
.
n!
4. definíció. Legyen f(x) egy olyan függvény, amelyik
végtelen sokszor differenciálható egy olyan intervallumban,
amelynek belső pontja a. Az f(x) függvény által
generált Taylor-sor az x = a helyen:
∞�
k=0
f (k) (a)
(x − a)
k!
k =
f(a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a)
(x − a)
2!
2 + · · · +
f (n) (a)
(x − a)
n!
n + . . . .
Az f(x) függvény által generált Maclaurin-sor az x = 0
helyen vett Taylor-sor:
∞�
k=0
f(0) + f ′ (0)x + f ′′ (0)
f (k) (0)
x
k!
k =
2! x2 + · · · + f (n) (0)
x
n!
n + . . . .
Példa: Határozza meg az f(x) = 1
x függvény a = 2-beli
Taylor-sorát!
Megoldás: Nyilván
és általában
f ′ (x) = −x −2
f ′′ (x) = (−1)(−2)x −3
f ′′′ (x) = (−1)(−2)(−3)x −4
f (n) (x) = (−1) n n!x −(n+1) .
Ezért
f (n) (2)
n! = (−1)nn!2−(n+1) n!
tehát a Taylor-sor:
= (−1)n
,
2n+1 1 x − 2
−
2 22 (x − 2)2
+
23 (x − 2)3
−
24 + − . . . ,
ami egy egy 1
x−2
2 első tagú, − 2 hányadosú mértani sor. Ez
nyilván megfelelő, mivel
1
2
1
1 − � − x−2
2
� = 1
x ,
5
és ez akkor teljesül, ha
� �
�
�
− 2�
�−x �
2 � < 1,
azaz
0 < x < 4.
A következőkben arra keressük a választ, hogy a Taylorsor
mikor állítja elő a függvényt. Ehhez az 1. félévben
tanult Taylor-tétel nyújtja az alapot:
5. tétel (Taylor-tétel). Ha az f(x) függvény az a ∈ I intervallumon
akárhányszor differenciálható, akkor minden
n pozitív egész és x ∈ A esetén
ahol
f(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a)
(x − a)
2!
2 + . . .
egy a és x közötti c-vel.
+ f (n) (a)
(x − a)
n!
n + Rn(x),
Rn(x) = f (n+1) (c)
(x − a)n+1
(n + 1)!
Példa: Bizonyítsuk be, hogy minden valós x esetén
e x =
∞�
n=0
x n
n!
= 1 + x + x2
2!
+ x3
3!
+ · · · + xn
n!
+ . . .
Megoldás: Írjuk fel az f(x) = ex függvény Maclaurinsorát!
Ekkor
ezért a Taylor-tétel szerint
ahol
f (n) (x) = e x ⇒ f (n) (0) = 1,
e x = 1 + x + x2
2!
Rn(x) =
egy 0 és x közötti c-vel.
Ezért, ha x < 0, akkor
Ha x > 0, akkor
|Rn(x)| ≤ |x|n+1
(n + 1)!
x |x|n+1
|Rn(x)| ≤ e
(n + 1)!
Ezért tetszőleges valós x esetén
+ · · · + xn
n!
e c
(n + 1)! xn
lim
n→∞ Rn(x) = 0,
+ Rn(x),
→ 0, ha n → ∞
→ 0, ha n → ∞.

ahonnan már következik az állítás.
Következmény: Ha x = 1 az előző példában, akkor azt
kapjuk, hogy
e = e 1 = 1 + 1 + 1 1 1
+ + · · · + + · · · =
2! 3! n!
∞�
n=0
1
n!
A fenti gondolatmenetből adódó állítás a következő
tételben fogalmazható meg:
6. tétel. Ha létezik M konstans, amellyel x és a közötti
valamennyi t esetén
|f (n+1) (t)| ≤ M,
akkor a Taylor-tételben szereplő Rn(x) maradéktag
kielégíti az
|x − a|n+1
|Rn(x)| ≤ M
(n + 1)!
egyenlőtlenséget. Amennyiben ez a feltétel teljesül minden
n-re, akkor f(x) Taylor-sora f(x)-et állítja elő.
Példa:
1. Minden valós x esetén
sin x = x − x3
3!
Megoldás: Legyen
− x5
5!
+ x7
7!
f(x) = sin x ⇒ f(0) = 0
− + . . . .
f ′ (x) = cos x ⇒ f ′ (0) = 1
f ′′ (x) = − sin x ⇒ f ′′ (0) = 0
f ′′′ (x) = − cos x ⇒ f ′′′ (0) = −1
f (4) (x) = sin x ⇒ f (4) (0) = 0
f (5) (x) = cos x ⇒ f (5) (0) = 1
stb. Innen a Taylor sor:
Mivel
ezért
x − x3
3!
− x5
5!
+ x7
7!
− + . . . .
f (n+1) (x) = ± sin x vagy ± cos x,
ami bizonyítja az állítást.
|f (n+1) (t)| ≤ 1,
6
2. Hasonlóan bebiznyítható, hogy minden valós x esetén
cos x = 1 − x2
2!
+ x4
4!
− x6
6!
− x8
8!
de úgyanez következik abból is, hogy
és
(x− x3
3!
x5 x7
− +
5!
(sin x) ′ = cos x
7! −+ . . . )′ = 1− x2
2!
+ x4
4!
+ − . . . ,
x6
− −+ . . . ,
6!
3. A cos x Taylor-sorából, már a cos 2x Taylor-sorát
könnyű meghatározni, csak a cos x Taylor-sorában az
x-et 2x-re kell cserélni:
cos 2x = 1 − (2x)2
2!
+ (2x)4
4!
− (2x)6
6!
+ − . . .
4. Határozzuk meg az f(x) = (1+x) m Taylor-sorát, ahol
m valós szám.
Megoldás: Könnyen igazolható, hogy tetszőleges
pozitív egész n esetén
ezért
f (n) (x) = m(m − 1) . . . (m − n + 1)(1 + x) m−n ,
f (n) (0) = m(m − 1) . . . (m − n + 1),
ahonnan a Taylor sor
1 + mx +
m(m − 1)
x
2
2 + · · · +
m(m − 1) . . . (m − n + 1)
x
n!
n + . . . .
Ha m nemnegatív egész, akkor a Taylor-sor m + 1
darab nemnulla tagot tartalmaz és binomiális tételt
kapjuk vissza.
Ha m nem nemnegatív egész, akkor végtelen sok tagja
van a Taylor-sornak. Igazolható, hogy |x| < 1 esetén
konvergens a sor és előállítja (1 + x) m -et.
Alkalmazások:
1. Határozza meg 10 −3 pontossággal az
határozott integrált!
Megoldás: Az e x Taylor sorából kapjuk, hogy
ezért
�1
0
e −x2
e −x2
dx =
= 1 − x 2 + x4
2!
�1
0
1−x 2 + x4
2!
− x6
3!
− x6
3!
+ x8
4!
+ x8
4!
1�
0
− + . . . ,
e−x2dx x10
− +− . . . dx =
5!

[x − x3 x5 x7 x9 x11
+ − + −
3 10 42 216 1320 + − . . . ]10 =
1 − 1 1 1 1 1
+ − + − + − . . . ,
3 10 42 216 1320
ahonnan kapjuk, hogy egy megfelelő közelítés a
1 − 1 1 1 1
+ − +
3 10 42 216 .
(Valójában a hibát pontosan meg kellene becsülni de
ez a következő két tagra ránézve hihető.)
2. Határozza meg a
határértéket!
Megoldás: Mivel
ezért
sin x = x − x3
3!
sin x − x
lim
x→0 x3 = lim
x→0
sin x − x
lim
x→0 x3 + x5
5!
− x7
7!
+ − . . . ,
�
x − x3
�
x5 x7
3! + 5! − 7! + − . . . − x
x3 =
−
lim
x→0
x3 x5 x7
3! + 5! − 7! + − . . .
x3 =
1 x2 x4
lim − + − + − · · · = −1
x→0 3! 5! 7! 6 .
7

1. Fourier-sorok
1. Bevezetés és definíciók
Ennek a fejezetnek a célja, hogy egy 2π szerint periodikus
függvényt felírjunk mint trigonometrikus függvényekből
képzett függvénysorként. Nyilván a cos x és a sin x
függvények 2π szerint periodikus függvények és általában
tetszőleges k egész szám esetén a cos kx és a sin kx
függvények szintén 2π szerint periodikus függvények,
továbbá az ezekből formált
a0 +
n�
(ak cos kx + sin kx)
k=1
ún. trigonometrikus polinomok is tetszőleges a0, ak, bk
valós számok esetén 2π szerint periodikus függvényt adnak.
Ennek a fejezetnek a célja a 2π szerint periodikus
függvényt felírni
függvénysorként.
a0 +
∞�
(ak cos kx + sin kx)
k=1
A továbbiakban feltesszük, hogy a 2π szerint peiodikus
f(x) Riemann-integrálható a [0, 2π] intervallumban.
Először az f(x)-et a
a0 +
n�
(ak cos kx + bk sin kx)
k=1
trigonometrikus polinommal közelítjük. Az együtthatókat
úgy válaszjuk, hogy a következő, összesen 2n + 1 feltétel
teljesüljön:
1.
2.
3.
2π �
0
2π �
0
2π �
0
f(x)dx =
2π �
0
f(x) cos kxdx =
f(x) sin kxdx =
fn(x)dx
2π �
0
2π �
Az első feltételből a következőt kapjuk:
�
�2π
0
a0x +
0
a0 +
0
fn(x) cos kxdx, k = 1, 2, . . . n
fn(x) sin kxdx, k = 1, 2, . . . n
�2π
�2π
f(x)dx = fn(x)dx =
n�
k =1
0
n�
(ak cos kx + bk sin kx)dx =
k=1
�2π sin kx cos kx
ak − bk = 2πa0,
k k
0
1
ezért
a0 = 1
2π
�
2π
0
f(x)dx.
Az ak, bk együttható meghatározásához szükségünk lesz a
következő integrálokra:
1. Ha k �= l pozitív egészek, akkor
(a)
(b)
(c)
�
2π
0
�
2π
0
�
2π
0
2. Ha k = l, akkor
(a)
(b)
(c)
cos kx cos lxdx = 1
2
�
sin(k + l)x
+
k + l
sin(k − l)x
sin kx sin lxdx = 1
2
�
sin(k − l)x
−
k − l
sin kx cos lxdx = 1
2
�
2π
0
�
cos(k+l)x+cos(k−l)dx =
k − l
2π
0
� 2π
0
= 0
cos(k−l)x−cos(k+l)dx =
sin(k + l)x
k + l
�
2π
0
�
cos(k + l)x
− −
k + l
�
�
2π
0
�
2π
0
2π
0
cos 2 kxdx =
�2π
0
�
1 sin 2kx
x +
2 4k
sin 2 kxdx =
�2π
0
�
1 sin 2kx
x −
2 4k
sin kx cos kxdx = 1
2
− 1
2
� cos 2kx
2k
� 2π
0
= 0
sin(k+l)x+sin(k−l)dx =
�2π cos(k − l)x
= 0
k − l 0
1 + cos 2kx
dx =
2
� 2π
0
= π;
1 − cos 2kx
dx =
2
� 2π
0
�
2π
0
�2π 0
= π.
sin 2kxdx =
= 0

A fentieket használva már meg tudjuk határozni az ak és
bk együtthatókat:
�2π
0
ezért
�
2π
0
�2π
�2π
f(x) cos kxdx = fn(x) cos kxdx =
0
�
a0 +
a0 cos kx+
0
n�
�
(al cos lx + bl sin lx) cos kxdx =
l=1
n�
(al cos lx cos kx+bl sin lx cos kx)dx = πak,
l=1
ak = 1
π
�
2π
0
f(x) cos kxdx
Hasonlóan kapjuk a bk együtthatókat:
�2π
0
ezért
�
2π
0
�2π
�2π
f(x) sin kxdx = fn(x) sin kxdx =
0
�
a0 +
a0 sin kx+
0
n�
�
(al cos lx + bl sin lx) sin kxdx =
l=1
n�
(al cos lx sin kx+bl sin lx sin kx)dx = πbk,
l=1
bk = 1
π
�
2π
0
f(x) sin kxdx.
Az előbb kapott együtthatók nem függnek n-től, emiatt
természetes a következő 2π szerint periodikus függvénnyel
közelíteni a 2π szerint periodikus f(x)-et:
1. definíció. A 2π szerint periodikus f(x) Fourier-sora:
ahol
és
a0 +
∞�
(ak cos kx + bk sin kx),
k=1
a0 = 1
2π
ak = 1
π
bk = 1
π
�
2π
0
�
2π
0
�
2π
0
f(x)dx,
f(x) cos kxdx
f(x) sin kxdx.
2
Példa: Fejtsük Fourier-sorba az
�
1, 0 < x < π,
f(x) =
2, π < x ≤ 2π
függvényt!
Megoldás: Nyilván
és
a0 = 1
2π
�2π
f(x)dx = 1
⎛
⎞
�π
�2π
⎝ 1dx + 2dx⎠
=
2π
3
2 ;
0
0
ak = 1
π
�
2π
0
0
π
f(x) cos kxdx =
⎛
⎞
�π
�2π
1
⎝ 1 cos kxdx + 2 cos kxdx⎠
=
π
1
π
� �sin kx
0
k
bk = 1
π
� π
0
�
2π
0
π
�
sin kx
+ 2
k
� 2π
π
�
f(x) sin kxdx =
π
= 0
⎛
⎞
�π
�2π
1
⎝ 1 sin kxdx + 2 sin kxdx⎠
=
π
�� 1
−
π
�π �
cos kx
+ −2
k 0
cos kπ − 1
kπ
Így a nemnulla együtthatók:
cos kx
k
� 2π
= (−1)k − 1
.
kπ
a0 = 3
2 , b2k−1
−2
= , k = 1, 2, . . .,
(2k − 1)π
azaz a Fourier sor:
3 2
−
2 π
π
�
�
sin 3x sin 5x
sin x + + + . . .
3 5
2. Fourier-sor részletösszegei
=
�
.
A következő tétel azt mondja ki, hogy a Fouriersor
részletösszege a legkisebb átlagos hibanégyzet tulajdonságú.

1. tétel. Legyen az f(x) 2π szerint periodikus függvény,
az n-edik részletösszege: sn(x). Legyen
tn(x) = α0 +
n�
(αk cos kx + βk sin kx)
k=1
tetszőleges α0, αk, βk valós együtthatókkal. Ekkor minden
n ≥ 1 esetén
�2π
(f(x) − sn(x)) 2 �2π
dx ≤ (f(x) − tn(x)) 2 dx
0
és egyenlőség csak akkor teljesül, ha α0 = a0, αk =
ak, βk = bk.
De
Bizonyítás: Nyilván
�
0
�2π
(f(x) − tn(x)) 2 dx =
0
�2π
f 2 �2π
(x)dx + t 2 �2π
n(x)dx − 2 f(x)tn(x)dx.
2π
0
k=1
f(x)
�
0
α0 +
0
�
2π
0
0
0
f(x)tn(x)dx =
n�
�
(αk cos kx + βk sin kx) dx =
k=1
α0
�
2π
0
f(x)dx+
⎛
⎞
n�
�2π
�2π
⎝αk f(x) cos kxdx + βk f(x) sin kxdx⎠
=
2πα0a0 + π
0
n�
(αkak + βkbk).
k=1
A tn(x) definíciójából könnyű ellenőrizni, hogy:
0
�
2π
0
t 2 n(x)dx = 2πα 2 0 + π
0
n�
(α 2 k + β 2 k).
k=1
Ezért
�2π
(f(x)−tn(x)) 2 �2π
dx = f 2 (x)dx+2πα 2 0+π
2
�
2πα0a0 + π
n�
(α 2 k+β 2 k)−
k =1
n�
�
(αkak + βkbk) =
k=1
3
�
2π
0
f 2 (x)dx+2π(α0−a0) 2 +π
�
2πa 2 0 + π
n� �
(αk − ak) 2 + (βk − bk) 2� −
k=1
n�
(a 2 k + b 2 �
k) ,
k=1
aminek a minimuma α0 = a0, αk = ak, βk = bk esetén
lesz, ahonnan már következik a tétel. �
A minimum esetén:
�2π
(f(x) − sn(x)) 2 dx =
�
2π
0
0
f 2 (x)dx −
ahonnan kapjuk, hogy
�
2π
0
�
2πa 2 0 + π
f(x) 2 dx ≥ 2πa 2 0 + π
n�
(a 2 k + b 2 �
k) ,
k=1
n�
(a 2 k + b 2 k).
k=1
Mivel ez minden n ≥ 1 esetén igaz, ezért
�
2π
0
f(x) 2 dx ≥ 2πa 2 0 + π
∞�
(a 2 k + b 2 k).
k=1
A következő, itt nem bizonyított állítás azt mondja ki,
hogy itt egyenlőség áll:
2. tétel (Parseval-formula). Ha a 2π szerint periodikus
f(x) Riemann-integrálható a [0, 2π] intervallumban, akkor
�
2π
0
f(x) 2 dx = 2πa 2 0 + π
∞�
(a 2 k + b 2 k).
k=1
Ebből már következik, hogy négyzetes átlagban a
részletösszeg közel van az f(x) függvényhez:
lim
n→∞
0
�2π
(f(x) − sn(x)) 2 dx = 0.
Példa: A Parseval formulát használjuk az
�
1, 0 < x < π,
f(x) =
2, π < x ≤ 2π
függvény esetén!
Megoldás: Tudjuk, hogy a nem-nulla Fourieregyütthatók:
a0 = 3
2 , b2k−1
−2
= , k = 1, 2, . . ..
(2k − 1)π

Ezért
�
5π =
2π
0
f(x) 2 dx = 2πa 2 0 + π
∞�
(a 2 k + b 2 k) =
k=1
4, 5π − 4π
π2 �
1 + 1
�
1
+ + . . . ,
32 52 ahonnan rendezés után
π 2
8
1 1
= 1 + + + . . .
32 52 3. Fourier-sor pontonkénti konvergenciája
A következőkben arra keressünk választ, hogy a fent
kapott Fourier-sor milyen feltételek esetén állítja elő az
f(x) 2π periodikus függvényt. Ehhez szükség van a
következő definicióra:
2. definíció. Az f(x) függvény szakaszosan folytonos az
I intervallumon, ha véges sok pont kivételével az f(x)
folytonos és ahol szakadása van, ott létezik a bal és jobboldali
határérték.
A fenti definícióra támaszkodva már megadhatjuk, hogy
a Fourier-sor milyen kapcsolatban van az f(x)-szel.
3. tétel. Tegyük fel, hogy az f(x) és f ′ (x) függvények
szakaszosan folytonosak a [0, 2π]-ben. Ekkor a Fouriersor
értéke az f(x) folytonossági pontjaiban megegyezik
f(x)-szel, míg szakadási pontokban a bal és jobboldali
határérték átlagát veszi fel.
A fenti, nem bizonyított tétel következménye:
Következmény: Ha a 2π szerint peiodikus f(x)
függvény olyan, hogy a [0, 2π] intervallum felbontható
véges sok intervallumra úgy, hogy egy részintervallumon
a függvény monoton és folytonos, a szakadási pontokban
létezik a bal ill. jobboldali határérték, akkor a Fourier-sor
előállítja a függvényt az f(x) folytonossági pontjaiban és
a szakadási helyeken a Fourier-sor az f(x) ottani bal és
jobboldali határérték átlagát veszi fel.
Példák:
1. (a) Fejtsük Fourier-sorba az
f(x) = x, ha 0 < x < 2π
2π szerint periodikus függvényt!
4
(b) Határozza meg f(2kπ) értéleit úgy, hogy f(x)
mindenhol folytonos legyen!
Megoldás: A határozott integrál definíciója alapján:
továbbá
és
a0 = 1
2π
ak = 1
π
�
2π
0
�
2π
⎛
� �2π �
1
⎝
sin kx
x −
π k 0
1
π
bk = 1
π
0
� cos kx
k 2
�
2π
0
xdx = π,
x cos kxdx =
2π
0
�2π 0
sin kx
k
= 0,
x sin kxdx =
⎞
dx⎠
=
⎛
⎞
� �2π �2π
1
⎝
cos kx cos kx
−x − − dx⎠
=
π k 0 k
0
�
1
−2π
π
cos(2kπ)
�
sin kx
+
k k2 � �
2π
= − 2
k .
Így a Fourier-sor:
�
�
sin 2x sin 3x
π − 2 sin x + + + . . . .
2 3
A konvergenciáról szóló tétel alapján az f(2kπ) = π
választás kell ahhoz, hogy a Fourier-sor előállítsa a
függvényt a szakadási helyen.
Megjegyezzük, hogy az x = π
2
következőt adja:
π
2
0
helyettesítés a
sin 2π sin 3π
= f(π ) = π − 2(sin π + + + . . . ) =
2 2 3
π − 2(1 − 1 1
+ − + . . . ),
3 5
ezért
π 1 1
= 1 − + − + . . . ,
4 3 5
ami nem olyan meglepő, mivel tanultuk, hogy
arctgx = x − x3
3
+ x5
5
− + . . . ha −1 < x < 1,
ami a fentiek alapján x = 1 (és x = −1) esetén is
igaz.

2. Fejtsük Fourier-sorba az
függvényt!
f(x) = sin 3 x
Olyan a0, ak, bk valós számokat kell találnunk, amelyekkel
sin 3 x = a0 +
∞�
(ak cos kx + bk sin kx).
k=1
A linearizációs formulák szerint:
1
2
sin 3 x = sin 2 x sin x =
1 − cos 2x
2
1 1
sin x − sin x cos 2x =
2 2
sin x =
1
3 1
sin x − (sin 3x + sin(−x)) = sin x − sin 3x,
4 4 4
azaz a nemnulla Fourier-együtthatóák: b1 = 3
4 és b3 =
− 1
4 .
4. Páros és páratlan függvények
Az alábbiakban azt gondoljuk meg, hogy páros és páratlan
függvények esetén hogyan egyszerűsödik le az együtthatók
kiszámítása.
A továbbiakban felhasználjuk, hogy ha g(x) egy 2π szerint
periodikus függvény, akkor a [π, 2π] intervallumon
vett integrál megegyezik a [−π, 0] intervallumon vett integrállal,
ezért
�
2π
0
g(x)dx =
�π
−π
g(x)dx.
1. Legyen f(x) egy páros függvény. Ekkor f(x)
párossága miatt
a0 = 1
2π
�
2π
0
f(x)dx = 1
2π
�π
−π
f(x)dx = 1
π
továbbá f(x) cos kx párossága miatt
ak = 1
π
�
2π
0
f(x) cos kxdx = 1
π
2
π
�π
0
�π
−π
f(x) cos kxdx.
Mivel f(x) sin kx páratlan, ezért
bk = 1
π
�
2π
0
f(x) sin kxdx = 1
π
�π
−π
�π
0
f(x)dx,
f(x) cos kxdx =
f(x) sin kxdx = 0.,
5
tehát a Fourier-sor nem tartalmaz szinuszos tagokat,
emiatt ezt a Fourier-sort tiszta koszinuszos Fouriersornak
mondjuk.
2. Most legyen f(x) egy páratlan függvény. Ekkor f(x)
páratlansága miatt
a0 = 1
2π
�
2π
0
f(x)dx = 1
2π
�π
−π
f(x)dx = 0,
továbbá f(x) cos kx páratlansága miatt
ak = 1
�2π
f(x) cos kxdx =
π
1
�π
f(x) cos kxdx = 0
π
0
Mivel f(x) sin kx páros, ezért
bk = 1
�2π
f(x) sin kxdx =
π
1
π
0
2
π
�π
0
−π
�π
−π
f(x) sin kxdx,
f(x) sin kxdx =
emiatt ez a Fourier-sor csak szinuszos tagokat tartalmaz,
ezért ezt tiszta szinuszos Fourier-sornak mondjuk.
Példák:
1. Fejtsük tiszta szinuszos Fourier-sorba az
függvényt!
f(x) = x(π − x) 0 ≤ x ≤ π
Megoldás: A függvényt a [−π, 0] intervallumon úgy
egészítjük ki, hogy a [−π, π] intervallumban páratlan
legyen. Erre a függvényre már alkalmazhatom a
fenti képleteket. A részleteket mellőzve a következőt
kapjuk
b2k = 0
b2k−1 = 2
π
azaz
�π
0
x(π − x) sin(2k − 1)xdx =
8
(2k − 1) 3 π ,
f(x) = 8
�
sin 3x
sin x +
π
33 sin 5x
+
53 �
+ . . .
2. Magyarázza meg, hogy a korábban kiszámolt
f(x) = x, 0 < x < 2π
2π szerint periodikus függvény Fourier-sora miért
nem tartalmaz koszinuszos tagot!
Megoldás: Tekintsük a g(x) = f(x) − π
2 függvényt.
Ez már páratlan lesz, emiatt az ő Fourier-sora csak
szinuszos tagokat tartalmaz. Ehhez a Fourier-sorhoz
-et megkapjuk f(x) Fourier-sorát.
hozzáadva π
2

5. T szerint periodikus függvények
Fourier-sora
Tegyük fel, hogy f(x) egy T szerint periodikus, a
[0, T ]-ben Riemann integrálható függvény. Ekkor őt
a következő alakú Fourier-sorba fejthetjük:
ahol
és
a0 +
∞�
k=1
ak = 2
T
bk = 2
T
ak cos 2kπ
T x + bk sin 2kπ
T x,
a0 = 1
T
�T
0
�T
0
�T
0
f(x)dx,
f(x) cos 2kπ
T xdx
f(x) sin 2kπ
T xdx.
A konvergenciára hasonló tétel mondható ki, mint
ami a 2π szrint periodikus függvényekre vonatkozik.
A részleteket mellőzzük.
6