Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный морской технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Числовые ряды

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.04.2015

Размер:

727.51 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

f (0)+	f ′(0)	x +	f ′′(0)	x2 +…+			f (n) (0)	xn +…=
	1!		2!				n!
					(0)	xn
			= ∑ f	(n)
			∞
			n=0	n!

и называется рядом Маклорена.

Из доказанной теоремы вытекают следствия:

Следствие 1 (О тождественном равенстве двух степенных рядов)

	∞
Если суммы двух	степенных рядов ∑an (x −a)n	и
	n=0
∞	для любого x (a −r; a +r ),
∑bn (x −a)n равны	для любого x (a −r; a +r ),	то
n=0

коэффициенты при одинаковых степенях (x −a) в этих рядах тоже равны, т.е. an = bn (n = 0,1, 2,…).

Доказательство

Действительно, т.к. суммой рядов служит одна и та же

a		=		f (n) (a)	b	=	f (n) (a)
a	n	=			b	=
функция f (x), то по теореме:	n			n!	n		n! .
функция f (x), то по теореме:				n!			n! .

				an	= bn
Следствие 2
				∞
Если сумма степенного ряда			∑an (x −a)n			равна нулю в

n=0

некотором промежутке (a −r; a +r ), то все его коэффициенты равны нулю.

ЗАМЕЧАНИЕ 2

Следствие 1 можно трактовать как теорему единственности разложения функции в степенной ряд. Двух различных

разложений в ряд по степеням (x −a) в промежутке с центром в

точке a функция f (x) иметь не может.

8.2.5. Разложение функций в степенные ряды

предыдущем

пункте

мы

определили

ряд

Тейлора

∞

(n)

(a)

∑

(x −a)n

для

бесконечно

дифференцируемой в

n=0

f (x). Установим

окрестности точки

x = a

функции

теперь

∞

(n)

(a)

достаточные условия того, чтобы сумма ряда ∑

(x −a)n

f (x).

n=0

совпадала с самой функцией

При доказательстве этих

условий нам потребуется полученная ранее формула Тейлора

(см. пункт 2.4.).

Вспомним, что если функция f (x)				в некотором промежутке
(a −r; a +r ) определена, непрерывна				и	имеет		непрерывные
частные производные до порядка (n +1)					включительно, то для
любого x из этого промежутка имеет место формула Тейлора
f (x)= f (a)+	f ′(a)	(x −a)+	f	′′(a)		(x −a)		2	+…
	1!			2!

…+ f (nn) !(a)(x −a)n + Rn (x),

где функция

Rn (x)= (x −a)n+1 f((n++1) ()ξ)

n 1 !

называется остаточным членом в форме Лагранжа (ξ -

некоторое число, лежащее между a и x , т.е. если x < a , x <ξ < a , а если x > a , то a <ξ < x ).

Теорема (Необходимые и достаточные условия разложимости функции в степенной ряд)

Для

того,

чтобы

функция

f (x)

в некотором промежутке

(a −r; a +r )

являлась

суммой составленного

для

неё

ряда

Тейлора, необходимо и достаточно, чтобы:

функция f (x) имела производные всех порядков;

остаточный

член

Rn (x)

формулы

Тейлора

Rn (x)= (x −a)

n+1

f (n+1) (ξ)

стремился

нулю

при

+1)!

n → ∞ для любого x (a −r; a +r ), т.е.

lim Rn (x)= 0 .

n→∞

Доказательство

Необходимость:

Пусть f (x) есть сумма её ряда Тейлора

∞

(n)

(a)

∑

(x −a)n на промежутке (a −r; a +r ), тогда условие

n=0

1) выполнено в силу следствия из свойства 2 степенных рядов

(см. пункт 2.3).

Необходимость условия 2) легко показать. Действительно, т.к. f (x) сумма ряда Тейлора, а

Sn (x)= f (a)+ f ′1!(a)(x −a)+…+ f (nn) !(a)(x −a)n

его частная сумма, то по формуле Тейлора

f (x)= f (a)+ f ′1!(a)(x −a)+…+ f (nn) !(a)(x −a)n + Rn (x)= = Sn (x)+ Rn (x).

Отсюда Rn (x)= f (x)−Sn (x), тогда

lim Rn (x)= lim f (x)−lim Sn (x)= f (x)− f (x)= 0 ,
n→∞	n→∞	n→∞

т.е. условие 2) выполнено.

Достаточность: Если f (x) бесконечно дифференцируема на промежутке (a −r; a +r ) и в формуле Тейлора, составленной

для		этой функции,			остаточный член Rn (x) → 0 для любого
x (a −r; a +r ), то					lim ( f (x)−Sn (x))	n→∞
						= lim Rn (x)= 0 , откуда
					n→∞	n→∞
lim Sn (x)= f (x). А это и означает, что						f (x) есть сумма ряда
n→∞
∞		(n)	(a)
∑	f			(x −a)n .

n=0		n!

ЗАМЕЧАНИЕ

Доказанная теорема показывает, что для исследования вопроса о разложимости функции в ряд Тейлора нужно исследовать

поведение остаточного члена Rn (x) при

n → ∞. Если

для

данного значения

x = x0

предел lim Rn (x)= 0 , то сумма ряда

n→∞

Тейлора равна значению функции в точке x0 , т.е.

f (x0 ). Если

Rn (x) не стремится к нулю,

то ряд Тейлора либо расходится,

либо его сумма при x = x0

не совпадает с f (x0 ).

При разложении

данной

функции

f (x)

в степенной

ряд

можно рекомендовать следующий порядок действий:

Найти производные

f ′(x), f ′′(x),…,

f (n) (x),….

Вычислить f ′(a),

f ′′(a),…,

f (n) (a),… и

составить

коэффициенты

ряда:

a0 = f (a)

f (n) (a)

(n =1, 2,…).

Затем

формально

составить

ряд

∞

∑an (x −a)n

для данной функции.

n=0

3) Найти область сходимости полученного ряда.

4) Исследовать поведение остаточного члена

Rn (x)= (x −a)	n+1	f (n+1) (ξ)	при	n → ∞ и установить,
		(n +1)!

где полученный степенной ряд будет иметь заданную сумму f (x).

8.2.6. Разложение некоторых элементарных функций в ряды Тейлора и Маклорена

1.f (x)= ex

Разложим указанную функцию в ряд Маклорена.

f ′(x)= ex , f ′′(x)= ex , …, f (n) (x)= ex , …

f (0)= e0 =1 , f ′(0)=1, f ′′(0)=1 , …, f (n) (0)=1, …,

следовательно an =

f (n) (0)

и ряд Маклорена имеет вид

∞

x +

x2 +…+

xn +…=

∑

n=0 n!

Найдём область его сходимости. По признаку Даламбера

lim

n+1

= lim

xn+1 n!

= lim

x n!

(n +1)! xn

(n +1) xn

n→∞

n→∞ n!

lim

= 0 <1.

n→∞ n +1

∞

Откуда следует, что ряд ∑

сходится на всей числовой оси.

n=0 n!

Остаётся доказать, что этот

ряд

имеет суммой ex , для чего

достаточно установить, что lim Rn (x)= 0 .

n→∞

Действительно,

для

нашего

случая:

Rn (x)=

f (n+1) (ξ)

n+1

= e

xn+1

, где ξ лежит между 0 и x .

(n +1)!

Множитель

xn+1

можно рассматривать как

(n +1)-ый

(n +1)!

∞

n+1

член ряда ∑

, поэтому lim

= 0 .

(n +1)!

n=0 n!

n→∞

Множитель eξ

ограничен: если x ≥ 0 , то eξ ≤ ex ; если x < 0 ,

lim Rn (x)

xn+1

то e

< e

=1,

поэтому

= lim e

= 0 . Таким

(n +1)!

n→∞

∞

образом, сумма ряда ∑

совпадает с ex на всей оси, т.е.

n=0

∞

ex = ∑

n=0 n!

2.f (x)= sin x

f ′(x)= cos x = sin x + π2 ,

f ′′(x)= sin x + π2 ′ = cos x + π2 = sin x +2 π2 , f ′′′(x)= sin x +2 π2 ′ = cos x + 2 π2 = sin x +3 π2 ,

f	IV		π	, …,
		(x)= sin x +4	2

f (n) (x)= sin x +n π2 .

f (0)= 0 , f ′(0)=1,				f ′′(0)= 0 ,			f ′′′(0)= −1, f IV (0)= 0 ,
f V (0)=1 , …, f (2n−1) (0)= (−1)n−1 , f (2n) (0)= 0 .
Формальный ряд Маклорена для							f (x)= sin x
x −	x3	+	x5	−	x7	+…+	(−1)n	x2n+1	.
								(2n +1)!
3!		5!		7!

По признаку Даламбера легко убедиться, что он сходится на всей оси.

Также как и для функции ex можно показать, что предел его

остаточного члена lim Rn (x)= 0 .				Поэтому на всей оси имеет
	n→∞
место равенство

		∞		x	2n+1
	sin x = ∑(−1)n			x			.
	sin x = ∑(−1)n			(2n +1)!			.
		n=0		(2n +1)!
3. f (x)= cos	x
		∞	x	2n+1


Так как ряд sin x = ∑(−1)n						сходится на всей оси,
Так как ряд sin x = ∑(−1)n			(2n +1)!			сходится на всей оси,
		n=0	(2n +1)!

то на всей оси его можно почленно дифференцировать. Поэтому

		∞			x	2n+1	′
cos x = (sin x)	′ =	∑	(−1)n		x		.
cos x = (sin x)	′ =		(−1)n				.
x
	n=0				(2n +1)! x
Откуда
∞		x	2n
cos x = ∑(−1)n		x		, где x R .
cos x = ∑(−1)n		(2n)!		, где x R .
n=0		(2n)!

4. f (x)= (1+ x)m , m R (биномиальный ряд)

f (x)= (1+ x)m f (0)=1,

f ′(x)= m(1+ x)m−1 f ′(0)= m ,

f ′′(x)= m (m −1) (1+ x)m−2 f ′′(0)= m (m −1),

………………………………………………………………………

f (n) (x)= m (m −1) (m −2) … (m −n +1) (1+ x)m−n

f (n) (0)= m (m −1) (m −2) … (m −n +1).

Поэтому ряд Тейлора для функции (1+ x)m имеет вид:

	(1+ x)m =1+ m x +	m (m −1)	x2	+…
		2!
1!
…+	m (m −1) (m −2) … (m −n +1)		xn	+…. (*).

	n!

На границах интервала сходимости ряд (*) может сходиться или расходиться в зависимости от конкретного значения m . Если m натуральное число, то, начиная с n = m +1, все коэффициенты разложения равны нулю. В этом случае функцию

(1+ x)m называют биномом Ньютона.

Пример
Разложить по степеням x функцию f (x)=	1	.

	1+ x

Решение

f (x)= (1+ x)−12 , (m = − 12).

По формуле (*)

−

x +

1 3

x2 −

1+ x

22 2!

−

1 3 5 x5

+…+(

−1)n

1 3 … (2n −1)

xn +….

23 3!

2n n!

Разложение справедливо при −1 < x <1.

Прямой способ разложения функций в степенные ряды, который мы неоднократно применяли, связан с громоздкими вычислениями при нахождении производных и исследовании остаточного члена.

Существует ряд приёмов, позволяющих при разложении функции в степенной ряд избежать этих трудностей. Данный приём использует уже известные разложения, над которыми совершаются те или иные операции.

1. Метод подстановки

Пример 1

Разложить в степенной ряд функцию y = ex3 .

Решение

						∞	x	n
Воспользуемся	разложением			ex = ∑			x		, в котором
Воспользуемся	разложением			ex = ∑			n!		, в котором
					n=0		n!
подставим вместо x -	x3
	x3	∞	(x3 )n	∞	x3n
e		= ∑		= ∑		.
e		= ∑	n!	= ∑	n!	.
		n=0	n!	n=0	n!

Пример 2

Разложить по степеням x функцию f (x)= 1+1x2 .

Решение

Рассмотрим функцию ϕ(t )= 1+1 t . Эту функцию можно

рассматривать как сумму геометрической прогрессии со знаменателем q = −t и первым членом равным 1. Поэтому

1+1 t =1−t +t2 −t3 +…+(−1)n tn +….

Это разложение имеет место при t (−1;1). Заменяя t на x2 , получим искомое разложение:

	1	=1− x2 + x4 − x6 +…+(−1)n x2n +…, где x (−1;1).
	1+ x2	=1− x2 + x4 − x6 +…+(−1)n x2n +…, где x (−1;1).
	1+ x2

2.Разложение в степенной ряд методом дифференцирования и интегрирования

Пример 1

Разложить по степеням x функцию f (x)=						1	.
Разложить по степеням x функцию f (x)=						(1+ x)2	.
						(1+ x)2
Решение
Данная		1	функция	есть	производная	от	функции
ϕ(x)= −		1	, для	которой	справедливо	при	x (−1;1)
ϕ(x)= −	1	+ x	, для	которой	справедливо	при	x (−1;1)
	1	+ x

разложение

−1+1 x = −1+ x − x2 + x3 −…+(−1)n+1 xn +….

Почленно дифференцируя написанный ряд, получим

	1	=1−2x +3x2 −4x3 +…+(−1)n+1 nxn +…,
	(1+ x)2	=1−2x +3x2 −4x3 +…+(−1)n+1 nxn +…,
	(1+ x)2

где x (−1;1).

Пример 2

Разложить по степеням x функцию f (x)= arctgx .

Решение

	x
Заметим, что	arctgx = ∫0	1	dt	и	воспользуемся
		1+t2
разложением

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.11.2019562.69 Кб16Цементация..doc
#
24.09.20198.91 Mб25ЦИФРОВАЯ ОБРАБОТКА СИГНАЛОВ_кр.doc
#
22.08.201917.74 Кб3часть 2 Курсовой проект.docx
#
24.08.20191.1 Mб85Чернов, 62. Диплом.docx
#
18.04.201541.47 Кб18Численные методы_1(вопросы)_.doc
#
18.04.2015727.51 Кб33Числовые ряды..pdf
#
11.07.20191.37 Mб1Шаблон АХД.rtf
#
10.08.20191.03 Mб4Шаблон КР.rtf
#
14.07.20191.36 Mб1Шаблон КР.rtf
#
04.09.201910.9 Mб3Шмелева М.Ю.Лекция Культура 19 века.doc
#
03.08.2019600.8 Кб26шпора грузы.docx