Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Федеральный университет им. Б.Н. Ельцина «УПИ»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

4сем / Лекции_3_сем

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.02.2015

Размер:

3.64 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 1512 13 14 15 > Следующая >>>

Функциональные ряды

111

Представим arc tg x = ∫0

1+t2

По формуле суммы бесконечно убывающей геометрической

прогрессии

=1−t2 +t4 −t6 +…,

−1 < x <1.

+t2

arctg x = ∫x (1−t2 +t4 −…)dt = x −

−

….

∞

2n−1

arctg x = x −

−…= ∑(−1)n−1

−1 ≤ x ≤1.

(7)

2n −1

n=1

Здесь учтено, что при x = ±1 полученный ряд сходится по признаку Лейбница.

При x =1 получаем ряд Лейбница для вычисления числа π :

π4 =1 − 13 + 15 −….

8.f (x)= (1+ x)m , m - произвольное постоянное число.

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

(1+ x)m =1

m(m −

m(m

−1)… m −(n −1)

+ mx +

+…+

xn +…

1 2

3…n

=1+ ∑m(m −1)…(m −n +1)xn x (−1,1).

(8)

∞

n=1

Область сходимости этого ряда находится по признаку Далам-

бера:

m(m −1)…(m −n)xn+1n!

R =lim

=lim

n+1

(n +1)! m(m

−1)… m −(n −1) xn

n→∞

lim

n − m

<1.

n→∞

n +1

Можно доказать, что Rn (x)→ 0 для x (−1,1).

n→∞

112

Лекции 12 - 14

∞

m(m −1)…(m − n +1)

Ряд (1+ x)m =1+ ∑

xn ,

x (−1,1) называ-

n=1

ется биноминальным рядом.

При различных постоянных m получим разложения сле-

дующих функций:

m = −1:

∞

=1− x + x2 − x3 +…=

∑(−1)n xn ;

x +1

n=0

∞

=1 + x + x2 + x3 +…=

∑xn ;

1 − x

n=0

2) m =

1+ x =1+

1 x −

1 3

x3 −…;

2 4

m = −

=1 −

1 x +

1 3

−

1 3 5

x3 +….

1 + x

2 4 6

2 4

x = arcsin x,

x −1,1 , arcsin x =

dt .

(

)

[

]

∫0

1 −t2

Разложим подынтегральную функцию в биноминальный

ряд (при m = −

1 и

x = −t2 )

и проинтегрируем почленно:

1 3

3 5

arcsin x =

∫0

1 +

+…

3 5…(2n −1)

1 x3

1 3

…+

+… dt

= x +

+…=

2 3

2! 2

= ∑1 3n 5…(2n −1)x2n+1, x (−1, 1).

∞

n=0

2 n!(2n +1)

(9)

Полученные разложения можно использовать как известные для

разложения сложных функций

f (u (x))

и разложений по степеням дву-

членов (x − x0 ).

•Пример: •

•

. Из разложения экспоненты (1),

заменяя x на − x2 , получим,

∞

что e−x2 =1 −

−…= ∑(−1)n

, x (− ∞, ∞).

n=0

•

. Заменяя x на − x , из разложения для логарифмической функ-

Функциональные ряды									113

ции ln(1 + x) (6) получим, что
• ln(1 − x)= −x −	x	2		x	3	∞	x	n
	x		−	x		−…= −∑	x		, −1 < x <1.
			−			−…= −∑	n		, −1 < x <1.
2			3			n=1	n
• 3). Разложить функцию ln x по степеням (x −1).

•Так как ln x = ln(1 + (x −1)), искомое разложение получается из раз-

ложения ln(1 + x) (6) при замене x на (x −1):

(x −1)

∞

(x −1)

• ln x = (x −1)−

(x −1)

−…=

∑(−1)n−1

, −1 < x −1 ≤1,

x (0,2]

n=1

2 .

•

4). Разложить в ряд по степеням (x + 3)

функцию ln(2

−5x), x <

ln(2 −5x)= ln(2 −5(x + 3)+15)= ln17 1

(x + 3)

•

−

5(x + 3)

= ln17 + ln 1 −

= (из примера 2) при x , равном

∞

(x + 3) n

∞

5 n (x + 3)n

•

следует) = ln17 − ∑

= ln17 − ∑

(x + 3)

n=1n n

n=1

−17

•

−1 <

< 1,

< x + 3 <

5 ,

− 5

< x < 5 .

•Можно убедиться, что при x = − 325 ряд является условно сходя-

щимся, а при x = 52 он принимает вид гармонического ряда и рас-

ходится. Интервал сходимости

x −

•

5). Разложить функцию cos x по степеням x −

•

Введем

новую

переменную

x −

= t ,

тогда

cos x = cos t

= −sin t .

•

Из разложения

∞

−

2n−1

−sint = − t −

−…

= −∑(−1)n 1

, −∞ < t < ∞.

(2n −1)!

n=1

•Переходя к старой переменной, получим:

∞

2n −1

n −1

x −

cos x = − ∑

(−1)

•

= − x −

−

+…

(2n

−1)!

n =1

114	Лекции 12 - 14

13.6. Применение степенных рядов

13.6.1. Вычисление значений функций

1)Вычислить sin10 с точностью 0,001.

sin x = x −

−… . Ряд сходится при x R . 10 =

π 10

180

sin10 =

π 3

1 π

−

−… Ряд знакочередующийся,

остаток ряда

5! 18

можно оценить по признаку Лейбница. Найдем член ряда, меньший по

	u2	π		3	1	< 0.001 По признаку Лейбница по-

модулю, чем 0,001.		=
			18		3!

грешность

от отбрасывания всех членов, начиная с n-го равна

un+1

, значит

< 0.001

sin10 =

= 0,174 .

Вычислить с точностью до 0,01 значение ln8 .

ln8 = ln 23 = 3ln 2 . Вычислим ln 2 . Воспользуемся рядами:

	ln (1 + x)= x −								x2			+	x3		−…,
	ln (1 + x)= x −											+			−…,
										2		3
	ln (1 + x) = ln (1 + x)− ln (1−
	(1 − x)
При каком значении x											1 + x			= 2?
При каком значении x											1 − x			= 2?
											1 − x
1 + x = 2(1− x)→ x =											1 .
		1		1				1			3
ln 2	= 2	1		1				1
			+			+						+…
			+	4		+		5		5		+…
		3		3			3			5
			1		1			1						1
ln8	= 3	2		+						+…+
ln8	= 3	2	3	+	3			3		+…+					2n+1
			3		3			3						3

ln (1− x)= −x −

−

−…,

x)= 2 x +

+… ,

2n1+1 +…

Сколько членов нужно оставить, чтобы вычислить ln8 с точностью

0,01?

Rn = 3			1			1				1				1					1	1			1	2		1	4
	2							+							+…			< 6			1	+			+			+…	=
	2	2n+1			2n +1			+		2n+3			2n +3		+…			< 6	2n+1	2n +1	1	+			+			+…	=
	3				2n +1					3			2n +3						3	2n +1			3			3
	1		1			1						1		1		9
= 2	1		1			1			= 2			1		1		9	,
																8
	32n			2n +1			1−	1			32n			2n +1		8
								9


Функциональные ряды														115
R	< 2		1		1		9	=			1		≈ 0,005 < 0,01.
R	< 2						8	=		180			≈ 0,005 < 0,01.
2		34		5			8			180
ln8 ≈ 6		1		+			1		= 2 +			2		≈ 2.07 .

						81						27
		3				81						27

	2)						Вычислить 4 17 с точностью 0,01.
																					1							1				1
																					1							1				4
							4 17 = 4						16 +1 = 2 4 1 +										= 2 1 +							.
							4 17 = 4						16 +1 = 2 4 1 +								16		= 2 1 +					16		.
																					16							16						1	, m = 1 .
Воспользуемся биноминальным рядом, полагая x =																																		1
Воспользуемся биноминальным рядом, полагая x =																																		16
						1																												16			4
				1		1							1			(−1) 3					1 2			1		3		7			1		1	3
				1		4							1			(−1) 3					1 2			1		3		7			1		1	3
2	1 +						=		2 1		+				+				2			+													+…		=
2	1 +						=		2 1		+	4	16		+		2!4		2			+		4		4		4							+…		=
			16									4	16				2!4			16				4		4		4			3!		16
			1				3				7																		3
=	2 +				−				+					−…,				Rn		<	un+1		,		u3		=					< 0,01				R2	<	u3	.

		32				163				4	164																	163
		32				163				4	164																	163
4 17 = 2 +							1	= 2 +0,031 = 2,03.
4 17 = 2 +						32		= 2 +0,031 = 2,03.
						32

3) Вычислить число e с точностью 0,001. Оценим погрешность приближенного равенства:

≈1 +

+…+

, 0

< x <∞.

Rn (x)=

xn+1

xn+2

+…=

(n +1)!

(n + 2)!

(n +1)(n + 2)

n +1

+…

n! n

n +1

+… <

по формуле для суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии при 0 < x <1

n +1

. Rn (x)<

1 −

+1 − x

n +1− x

n +1

Для вычисления числа e оценим R

(x) при x =1:

< 0,001, n = 5.

n! n

e ≈1+1 +

= 2 + 0,5 + 0,166 + 0,041 + 0,008 = 2,715 .

3 2

5 4 3 2

116	Лекции 12 - 14

13.6.2. Вычисление интегралов, не берущихся в элементарных функциях

Рассмотрим определенный интеграл с конечными пределами вида

∫b

f (x)dx.

1). Для f (x)= e−x2 =1 − x2

−

+…, получим так называемый инте-

грал Лапласа:

Ф(x)= ∫e−t

= ∫ 1

−t2 +

−

… dt

−

+…

= x −

−

+…

1 1! 3

2! 5

1! 3

2! 5

3! 7

Определим, сколько членов ряда нужно учесть, чтобы получить ре-

зультат с точностью 0,001. x =1.

∫e−t2 dt =1 −

−

+…

1! 3

2! 5

3! 7

Ряд сходится по признаку Лейбница при этом S < u1.

отбросим члены для ко-

торых

≤ 0,001

n = 0, 1, 2,…. n = 5.

n!(2n +1)

2). Для f (x)

= sin x = x −

−…,

можно вычислить так называемый

интегральный синус:

∞

−1 n t2n+1

∞

(

−1 n

∞

(

−1 n

2n+1

Si x =∫sin

t dt =∫1∑(

)

dt =∑

)

∫t2ndt =∑

)

(2n +1)!

(2n +1)!(2n +1)

0 t n=0 (2n +1)!

n=0

13.6.3. Решение дифференциальных уравнений

I.Метод последовательного дифференцирования

y′ = x2 y2 −1, y (0)=1.

Ищем решение в виде: y (x)= y (0)+ y′1!(0)x + y′′2!(0)x2 +….

Функциональные ряды

117

По условию y (0) =1, поставляя

x = 0

в дифференциальное уравне-

ние y′ = x2 y2 −1,

получаем y′(0) = −1.

Последовательным дифференцированием исходного дифференци-

ального уравнения находим:

y′′ = 2xy2 + 2x2 yy′, y′′(0) = 0;

′′′

= 2 y

+ 4xyy

′

+ 2x

′

+ 2x

′′

′′′

(0) = 2 и т.д.

(y )

Витоге y(x)=1 − x + 13 x3 −….

II. Метод неопределенных коэффициентов

y′′ = 2xy′+ 4 y, y = 0, y′ =1 при x = 0. )

Ищем решение в виде:

y = a0 + a1x + a2 x2 +… an = ? a0 = 0, a1 =1 из ) y = x + a2 x2 + a3 x3 +…

y′ =1 + 2a2 x +3a3 x2 +… y′′ = 2a2 +3 2a3 x +….

Подстановка в уравнение дает:

2a2 + 6a3 x +12a4 x2 +…= 2x + 4a2 x2 + 6a3 x3 +… …+ 4x + 4a2 x2 + 4a3 x3 +…

Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях x:

x0 : 2a2 = 0→ a2 = 0;

x1 : 6a3 = 2 + 4 → a3 =1;

x2 :12a4 = 4a2 + 4a2 → a4 = 0;

……

an = 2a−n−2 n 1

……

a5 = 24 = 12 , a6 = 0,…. y = x + x3 + 12 x5 +….

118	Лекции 12 - 14

14.1 Ряды в комплексной области. Числовые ряды

Пусть zn = an +ibn , n N - последовательность комплексных чисел.

∞	(1) называется числовым ря-
О Выражение ∑zn = z1 + z2 +…+ zn +…	(1) называется числовым ря-
n=1
дом в комплексной плоскости.

ТРяд (1) сходится, если существует конечный предел

S =limS		=lim	n	z	=lim (a +ib )+(a +ib )+…+(a +ib ) =
S =limS		=lim		z	=lim (a +ib )+(a +ib )+…+(a +ib ) =
n→∞	n	n→∞	∑ k		n→∞ 1 1	2 2	n n
			k=1
	n		n		= A+i B,
=lim ∑ak +i∑bk					= A+i B,
n→∞ k=1		k=1

где A и B - пределы соответствующих частичных сумм рядов, составленных из действительных и мнимых частей чисел zn .

Необходимым и достаточным условием сходимости ряда (1) явля-

∞	∞
ется одновременная сходимость числовых рядов ∑an	и ∑bn с
n=1	n=1
действительными членами.

∞

ТЕсли сходится положительный ряд ∑ zn , составленный из модулей

n=1

членов ряда (1), то ряд (1) так же сходится. Напомним, что

eiϕ = cosϕ +isinϕ, eiϕ = cos2 ϕ +sin2 ϕ =1. z = x +iy = x2 + y2 .

•Пример: •

•• Исследуйте на сходимость ряды:

	∞	e	iπn			∞	(cosπn +i sin πn)	∞	(−1)	n
•	1). ∑					= ∑		= ∑		сходится условно.
				n			n		n
	n=1					n=1		n=1
	∞		iπ
				2n	сходится абсолютно, поскольку
•	2). ∑e
	n=1	n

Функциональные ряды

119

∞

•

а)

ряд

∑

сходится абсолютно;

n=1

∞

iπ

∞

cos

∞

sin

cos

∞ sin

∞

•

б) ∑e

= ∑

+ i∑

, ряды ∑

и ∑

сходятся

n=1

∞

абсолютно по теореме сравнения со сходящимися рядом ∑

n=1

так как

cos n

≤

;

sin n

≤

•

3).

∞

n + 2i

∑

n=1 (1 +i)n +3

•

(n + 2i )n

(n2 +

4)n 2

(1 + i )n +

((1 + i )n + 3)

((n + 3)2

+ n2 )

+ 4

n 2

•

+ 6n

•Сравним полученный ряд со сходящимся рядом

•	∞	1	n 2	∞		1	,
	∑			=∑
	∑			=∑	(	2 )	n
	n =1	2		n =1	(	2 )

•который представляет собой бесконечно убывающую геометрическую прогрессию:

			n	2	+ 4			n 2
			n		+ 4
		2n	2	+ 6n			+ 9
•	lim	2n		+ 6n			+ 9		=1,
•	lim				1	n			=1,
	n→∞				1	n	2
					2
					2

• исследуемый ряд сходится абсолютно.

•

∞

2n + 5

∞

∑

•

n + i

т.к. ряд

сходится по

4). ∑

− 2n

расходится,

n=1 2

n=1

un+1

(n +1)3 2n

признаку Даламбера

= lim

n+1

3 =

lim

n→∞

∞

+ 5

•

а ряд ∑

расходится по признаку сравнивания с гармо-

− 2n

n=1

∞

(2n + 5)n

ническим рядом ∑

: lim

− 2n

n=1

n→∞ 3n

120 Лекции 12 - 14

•	∞	(2 + i )n n		расходится, так как
	5). ∑	2	n
	n=1

•6).

•Ряд

•7).

•

(2 + i )n n

( 5 )n n

n → ∞.

•

∞

+ in)

сходится

абсолютно,

так

как

∑(1

n=1

2 n n

∞

∑ n n

сходится по признаку Даламбера:

n=1

•

lim

(n +1)

2 n

<1.

n+1

n→∞

•

∞

2n + i

сходится абсолютно,

∑

n=1

−i)

n=1

+1)

•

так как

+ (n2

(n2 +1)2 n

+1)2 n

(n2

+1)2 n

(n2

+1)n .

•Сравнивая этот ряд со сходящимся рядом

•

=1 ,

(n2

nlim→∞

1)n

•убеждаемся, что исследуемый ряд сходится абсолютно.

14.2.Степенные ряды в комплексной области

ОСтепенным рядом в комплексной области называется ряд вида

∞	(z − z0 )+ a2	(z − z0 )2 +...,
∑an (z − z0 )n = a0 + a1			(1)

n=0

где ai (i N ) u z0 - фиксированные комплексные числа, z = x +iy - независимая комплексная переменная.

∞
При z0 = 0 ряд принимает вид ∑an zn = a0 + a1z + a2 z2 +...	(2)

n=0

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 1512 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке 4сем

#
23.02.201562.98 Кб341_Таблица изучения 4 сем.doc
#
23.02.20153.64 Mб45Лекции_3_сем.pdf