ПП_5_2_Функ_ряды

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

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

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

, n =1, 2,3,...,

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.02.2015

Размер:

564.15 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 33

∫1 e−t2 dt

=1−

−

…+

(−1)n

+... .

3 1!

5 2!

7 3!

(2n +1)n!

Получился ряд Лейбница, остаток ряда

un+1

, неравенство

un+1

−3

решаем подбором:

(2n +3) (n +1)!

(2n +3) (n +1)! >1000 ,

n = 3:

9 4! = 216 <1000 ,

n = 4 :

11 5! =1320 >1000 ,

достаточно оставить слагаемые до n = 4 ,

Φ(1)≈1−

−

5 2!

9 4!

=1−

−

5651

= 0,7474868... ≈ 0,747 .

216

7560

Найдите разложение в ряд Маклорена функ-

ции ∫x

sin x

dx (интегральный синус).

(

−1 n

РЕШЕНИЕ:

∞

2n+1

∑

)

ПП 5.№56.

∞

(−1)

2n+1

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

Si (x)= ∫

sin t

dt = ∫

∑

(2n +1)!

(

)

2 n=0

(

)

∞

−1 n

∞

−1 n

2n+1

= ∑n=0

∫0 t dt = ∑n=0

(2n +1)!

(2n +1)

0,1

Вычислите ∫cos

dx с точностью до

0,001

РЕШЕНИЕ:

Подставим в интеграл разложение подынте-

гральной функции в степенной ряд:

0,1

∞

π2n x4n

ПП 5.№57. ∫cos

dx =∫

∑

(−1)

dx .

0.100

(2n)!

0 n=0

Радиусом сходимости этого степенного ряда является ∞, он сходится равномерно на любом отрезке и его можно почленно интегрировать.

0,1

∞

π2n

0,1

∫cos

dx =∑(−1)

∫ x

dx =

(2n)!

n=0

∞

4n+1

0.1

∑(

−1)n

n=0

(2n)! (4n +1)

(0,1)

∞

4n+1

= ∑(−1)n

n=0

(2n)! (4n +

Этот ряд знакочередующийся, модуль остатка ряда оценивается модулем первого отброшенного члена,

π2n+2

(

0,1)4n+5

n+1

22n+2 (2n + 2)! (4n +5)

Оценим несколько первых слагаемых.

n = 0 :

un+1

π2

≈ 2,5 10−6

<10−3

22 2!

5 105

т.е., все члены разложения, кроме первого,

могут быть отброшены и

0,1

∫cos

dx ≈ u0 = 0,100.

ПП 5.2.2.5.3.1. Решение дифференциальных уравнений.

Метод последовательного дифференцирования.

	Решите задачу Коши для дифференциального
	уравнения y′ = x2 y2 −1 с начальным услови-
	ем y (0)=1 методом последовательных при-
	ближений.
	РЕШЕНИЕ:
	Ищем решение в виде ряда Маклорена для
	функции y (x):
	y (x)= y (0)+	y′(0)	x +	y′′(0)	x2 +	y′′′(0)	x3 +…
ПП 5.№58.	y (x)= y (0)+	1!	x +	2!	x2 +	3!	x3 +…
		1!		2!		3!
	По условию y (0)=1, поставляя x = 0 в диф-
	По условию y (0)=1, поставляя x = 0 в диф-
	ференциальное уравнение y′ = x2 y2 −1, по-
	лучаем y′(0)= −1.
	Последовательным дифференцированием ис-
	ходного дифференциального уравнения на-
	ходим:
	y′′ = 2xy2 + 2x2 yy′ y′′(0)= 0 ,
	y′′′=2y2 +4xyy′+2x2 (y′)2 +2x2 yy′′					y′′′(0)=2

и т.д..

В итоге y (x)=1− x + 13 x3 −… .

Как видно, получение дальнейших приближений связано с возрастающими вычислительными трудностями.

Решите задачу Коши для дифференциального уравнения y′′ = −y sin x с начальными усло-

виями y x=0 = 0 , y′ x=0 =1 методом неопределенных коэффициентов.

РЕШЕНИЕ:

Ищем решение в виде степенного ряда по целым неотрицательным степеням x:

∞

y = ∑an xn = a0 + a1 x + a1 x2 +…+ an xn +….

n=0

Этот ряд совпадает с рядом Тейлора и, сле-

довательно, его коэффициенты a =

yn (0)

Вычислим несколько первых коэффициентов

an этого ряда.

y(0)=0 a0 =

=0 (По определению, 0!=1).

= 1

ПП 5.№59. y′(

0)=1 a1

=1.

Вычислим a2 .

y′′

x=0 =[−y sin x]x=0 = −0 sin 0 = 0

a2 =

= 0 .

y′′′ = (−y sin x)′ = −y′sin x − y cos x

x=0 = (−y sin x)′

y′′′

=[−y′sin x − y cos x]x=0 =

x=0

= −y (0)

= 0 a =

= 0 .

′

x=0 =

(−y′sin x − y cos x)

x=0

= [−y′′sin x − 2 y′cos x + y sin x

]x=0 =

= 0 −2 +0 = −2

= −2 =

−y

(3)

sin x −3y′′cos x +

x=0 =

+ y cos x]x=0

+3y′sin x

= 0, a5

= 0.

(4)

(3)

sin x −4y

cos x

+6y′′sin x +

x=0 = −y

+4 y′cos x − y sin x]x=0

= 4 a6

Таким образом,

y = x −

+…= x −

+….

180

ПП5.2.2.5.3.2. Решение дифференциальных уравнений. Метод неопределенных коэффициентов.


	Решите задачу Коши для дифференциального
	уравнения y′′ = 2xy′+ 4y с начальными усло-
	виями y	x=0 = 0 , y′	x=0 =1 методом неопреде-


	ленных коэффициентов.
	РЕШЕНИЕ:
	Ищем решение в виде степенного ряда по
	целым неотрицательным степеням x:
	y = a0 + a1x + a2 x2 +…,
	где коэффициенты ряда an подлежат опреде-
	лению. По разложению функции найдем раз-
	ложения производных:
ПП 5.№60.	y = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 +…,
ПП 5.№60.	y′ =1 a1 + 2 a2 x +3 a3 x2 + 4 a4 x3 +…
	′′			2	+	3
	y =2 a2 +3 2 a3 x +4 3 a4 x				+	5 4 a5 x …
	Из начальных условий a0 = 0 ,				a1	=1.
	Подстановка разложений в уравнение дает:
	2a2 +6a3 x +12a4 x2 + 20a5 x3 +…=
	= 2x(1+ 2a2 x +3a3 x2 +…)+
	+4(x + a2 x2 + a3 x3 +…)=
	= 2x +4a2 x2 +6a3 x3 +…+
	+4x +4a2 x2 +4a3 x3 +…
	Приравняем коэффициенты при одинаковых
	степенях x :

x0 : 2a2 = 0→ a2 = 0;

x1 : 6a3 = 2 + 4 → a3 =1;

x2 :12a4 = 4a2 + 4a2 → a4 = 0; x3 : 20a5 = 6a3 + 4a3 → a5 = 12 ;

Учитывая в разложениях членов уравнения слагаемые со степенями ≤ 3 , получаем раз-

ложение решения в виде y = x + x3 + 12 x5 +….

Для получения слагаемых с более высокими показателями рассмотрим процесс решения в общем виде:

∞
y = ∑an xn ,
n=0
∞	∞
y′ = ∑nan xn−1 = ∑(n +1)an+1 xn ,
n=1	n=0
∞	∞
y′′=∑n(n −1)anxn−2 =∑(n +2)(n +1)an+2xn .
n=2	n=0

Подстановка разложений в уравнение дает:

∞		∞	∞
∑(n +2)(n +1)an+2xn =2x∑(n+1)an+1xn +4∑anxn =
n=0		n=0	n=0
∞		∞
= 2∑(n +1)an+1xn+1 +4∑an xn =
n=0		n=0
∞	∞	∞
=2∑nan xn +4∑an xn =2∑(n +2)an xn ,
n=1	n=0	n=1
∞		∞
∑(n +2)(n +1)an+2xn =2∑(n +2)an xn .
n=0		n=1

Приравняем коэффициенты при одинаковых степенях x :

n = 0 : 2a2 = 0 ,

n > 0 : (n+2)(n+1)an+2 =2(n+2)an , an+2 =n2a+n1.

Получено так называемое рекуррентное («возвратное») соотношение для коэффициентов, позволяющее вычислить последовательно произвольное количество коэффициентов. Зная, что a0 = 0 , a1 =1, можно утвер-

ждать, что все коэффициенты с четными но-

мерами a2n = 0 ( a2 =21a0 =0, a4 =23a2 =0…).

Нечетные коэффициенты:

a1 =1, a3 = 22 =1, a5 =24 =12, a7 =16, a9 =241 …

Заметим, что анализ изменения коэффициентов ряда позволяет выдвинуть и доказать методом полной математической индукции утверждение: для данного уравнения при

a0 = 0 , a1 =1 остальные коэффициенты могут вычислены по формулам:

что позволяет записать полное решение задачи Коши ( 0! =1 по определению):

∞

2n+1

y = ∑

= x +

+...

120

n=0

ПП5.2.3. Ряды в комплексной области

ПП5.2.3.1. Числовые ряды с комплексными членами

				∞	iπn
Исследуйте на сходимость ряд: ∑					e			.
Исследуйте на сходимость ряд: ∑					n			.
ПП 5.№61. РЕШЕНИЕ:				n=1	n			сходится
ПП 5.№61. РЕШЕНИЕ:								сходится
∞	π	∞		∞			,	условно
∑ei n		= ∑cosπn +i sinπn		= ∑(−1)		n	,
						n
			n		n
n=1	n	n=1	n	n=1	n
сходится условно.

∞ ei n

Исследуйте на сходимость ряд: ∑n2 .

n=1

РЕШЕНИЕ:

1 способ.

сходится

∞

i n

∞

i n

ПП 5.№62.

Обозначим ∑

= ∑zn ,

, абсолютно

n=1

∞

ei n

ряд ∑

сходится, ряд ∑

сходится абсо-

n=1 n

n=1

лютно.

2 способ.

Отделим действительные и мнимые части

членов ряда:

cos π

sin π

∞

iπ

∞

∑

= ∑

+i∑

n=1 n

n=1

∞

cos π

∞

sin π

ряды ∑

и ∑

сходятся абсолютно по

n =1

n=1

теореме сравнения со сходящимся рядом

∞

cos

π n

sin

π n

∑

так как

(

)

≤

;

(

)

≤

n=1

Исследуйте на сходимость ряд:

∞

n + 2i

∑=

(1 +i)n +3

РЕШЕНИЕ:

n 1

(n +

2i)n

(n2

+ 4)n 2

n + 2

+i)n +3

((1 + i)n +

3)n

((n +3)2 + n2 )n

n 2

+ 6n +9

ПП 5.№63.

Сравним полученный ряд со сходящимся ря-

сходится

дом

∞

1 n 2

∞

который представляет

∑

=∑

абсолютно

n=1

(

2 )

собой бесконечно убывающую геометриче-

скую прогрессию:

+ 4

n 2

+ 6n +9

lim

=1,

исследуемый

ряд

схо-

1 n 2

n→∞

дится абсолютно.

Исследуйте на сходимость ряд:

∞

2n + 5

+ i

∑

− 2n

РЕШЕНИЕ:

n=1

ПП 5.№64.

Отделим действительные и мнимые части

расходится

членов ряда:

∞

ряд ∑

сходится по признаку Даламбера

n =1

un+1

(n +

= lim

lim

n+1

n→∞

∞

ряд ∑

расходится по признаку срав-

− 2n

n=1

∞

нения с гармоническим рядом ∑1

n=1 n

(2n +5)n

lim

3n2 − 2n

n→∞

∞

2n +

следовательно,

расходится.

n + i

∑

−

n=1

∞

+ i)

Исследуйте на сходимость ряд:

∑

РЕШЕНИЕ:

n =1

ПП 5.№65.

(

5)n n

расходится

(2 +i)n n

zn =

n → ∞ ,

ряд расходится.

∞

+ i)

Исследуйте на сходимость ряд:

∑

РЕШЕНИЕ:

n =1

2 n n

2 2n

( 2 )n

сходится

ПП 5.№66.

∞

ряд

∑

сходится по признаку Далам-

абсолютно

(

2 )

n=1

бера: lim

(n +1)(

2 )n

<1,

(

2 )n+1

n→∞

Исходный ряд сходится абсолютно.

∞

Исследуйте на сходимость ряд: ∑

(n −i)

n=1

РЕШЕНИЕ:

∞

сходится

ПП 5.№67.

∑

= ∑

(

)

;

абсолютно

n=1 (n −i)

n=1 n +1 n

(

)

(

)

(

)

2 n

n2 +1 2 n

(

)

(

)

+1 n

Сравним этот ряд со сходящимся рядом

lim

=1.

(n2 +1)n

n→∞

Исследуемый ряд сходится абсолютно.

ПП 5.2.3.

Степенные ряды в комплексной области

∞

Найдите область сходимости ряда ∑(z −z0 )n .

РЕШЕНИЕ:

n=0

Найдем радиус сходимости по признаку Да-

ламбера, учитывая, что an

=1:

R =

= lim

=1,

ПП 5.№68.

lim

n→∞

z − z0

n+1

n→∞

Ряд сходится внутри круга

z − z0

<1 и рас-

ходится вне этого круга.

z − z0

В любой точке окружности

∞

ряд расходится: ∑

z −z0

n =∑1=∞.

n=0

∞

Найдите область сходимости ряда ∑

РЕШЕНИЕ:

n=1

Найдем радиус сходимости по признаку Да-

ламбера, учитывая, что

= 1 :

ПП 5.№69.

R = lim

= lim

n +

=1.

n→∞

Ряд сходится внутри круга

<1 и расходит-

ся вне этого круга. В некоторых точках гра-

ничной окружности

=1 (z = −1) ряд сходит-

ся, а в некоторых (z =1)

расходится.

∞

Найдите область сходимости ряда∑

РЕШЕНИЕ:

n=1 n!

ПП 5.№70.

z – любое

, R = lim

= lim

=∞.

n→∞

an+1

n→∞ (n −1)!

Ряд абсолютно сходится при любом z

∞

Найдите область сходимости ряда ∑n!zn .

РЕШЕНИЕ:

n=1

ПП 5.№71.

z = 0

= n!, R = lim

= lim

= 0.

(n +1)!

n→∞

n→∞ n +

Ряд сходится только в точке z = 0 .

<<< < Предыдущая 1 23 / 33

Соседние файлы в папке ПП_4_сем_pdf

#
23.02.2015262.21 Кб35ПП _08 _Предельные теоремы.pdf
#
23.02.2015515.48 Кб39ПП _09 _Многомерные СВ.pdf
#
23.02.2015270.78 Кб36ПП _10 _Функции СВ.pdf
#
23.02.2015364.45 Кб35ПП _11 _Оценки пар расп.pdf
#
23.02.2015501.49 Кб39ПП _12_Проверка_стат_гипотез.pdf
#
23.02.2015564.15 Кб36ПП_5_2_Функ_ряды.pdf
#
23.02.2015381.39 Кб40ПП_5_3_Ряды_Фурье.pdf