Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Киевский национальный университет им. Т. Шевченко

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

VM_pidr

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

19.03.2015

Размер:

2.73 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 4243 / 4943 44 45 46 47 48 49 > Следующая >>>

Приклад 2. Знайти інтервал збіжності степеневого ряду

x +

+ ... +

+ ...

і дослідити його

збіжність

на

кінцях інтервалу.

Розв’язування. Оскільки

an =

аn+1 =

, радіус

( n + 1 )2

збіжності

( n + 1 )2

n + 1

R = lim

an+ 1

= lim

( n +

= lim

n→ ∞

n→ ∞ n2

1 )2

n→ ∞

n→ ∞ n

1 2

lim 1

= 1.

n→ ∞

Отже , даний ряд абсолютно збігається в інтервалі ( −1,1 ). Дослідимо степеневий ряд на кінцях інтервалу, тобто в точках

x = −1, x = 1.

При x = 1 отримуємо числовий ряд 1 +

+ ...+

+ ... .

Для дослідження збіжності ряду використаємо інтегральну

ознаку Коші. Для цього обчислимо інтеграл

∞ dx

N dx

∫

= lim

∫

= lim ( −

)

= − lim

= − lim (

− 1 ) = 1.

N →∞

N →∞ x

N →∞ N

Невласний інтеграл збігається , значить, і числовий ряд теж збігається, тобто правий кінець входить в інтервал збіжності.

При x = −1 одержимо числовий ряд

− 1 +	1	−	1		+ ... +	( −1 )n	+ ..., який збігається абсолютно, тому що
	22		3	2		n2

виконуються умови ознаки Лейбніца: 1 >								1	>	1	> ... ;

							2 2		3 2

lim 1 = 0 і збігається ряд , складений з абсолютних величин. Та-

n→∞ n2

ким чином, вихідний степеневий ряд абсолютно збігається на відріз-

ку [− 1,1].

421

Приклад 3. Знайти інтервал збіжності степеневого ряду

1 +

x +

x2 + ... +

n! xn

+ ... .

102

10n

Розв’язування. Оскількиan =

, an+1 =

( n + 1 )!

10n

10n+1

то R = lim

( n + 1 )!

= lim

10n+1 n!

= lim

= 0.

n→∞ 10n

10n+1

n→∞ 10n ( n + 1 )!

n→∞ n +

Це означає, що ряд збігається тільки при

x = 0 і розбігається

при інших значеннях.

Приклад 4. Знайти інтервал збіжності степеневого ряду

( x − 3 ) +

( x − 3 )2 +

( x − 3 )3 + ...+

( x − 3 )n + ... .

Розв’язування. Тут an =

, an+1 =

( n + 1 )2

R = lim

= lim

= lim( 1 +

)

= 1.

( n + 1 )2

n→∞ n2

n→∞

Значить,

ряд збігається, якщо − 1 < x − 3 < 1 ,

тобто інтервал

збіжності степеневого ряду 2 < x < 4 .

Дослідимо збіжність степеневого ряду на кінцях інтервалу

збіжності. При x = 4 одержимо ряд 1 +

+ ... +

+ ... .

Даний ряд збігається, оскільки, згідно з інтегральною ознакою

Коші, невласний інтеграл

∞ dx

∫

= lim

∫ x−2dx =

lim ( −

)

= − lim (

− 1 ) = 1

N →∞

є збіжним.

x = 2 ,

Якщо

то

одержимо

знакозмінний

ряд

− 1 +

−

+ ...+ ( −1 )

+ ... .

Цей ряд збігається, оскільки виконуються умови ознаки

Лейбніца:

1) 1 >

> ... , 2) lim

= 0

n→∞ n2

422

Крім цього, знакозмінний ряд збігається абсолютно, тому що збігається ряд з абсолютних величин його членів.

Приклад 5. Дослідити збіжність ряду

1!( x − 10 ) + 2!( x − 10 )2 + 3!( x − 10 )3 + ...+ n!( x − 10 )n + ... .

Розв’язування. Оскільки an = n! ,				an+ 1 = ( n + 1 )! , то
R = lim	n!	= lim	n!	= lim	1	= 0.


n→ ∞ ( n + 1 )!		n→ ∞ n!( n + 1 )		n→ ∞ n + 1
Це означає, що ряд збігається тільки при						x − 10 = 0 , тобто в

точці x = 10.

§8. Диференціювання та інтегрування степеневих рядів. Розклад деяких функцій в степеневі ряди

Приведемо дві важливі теореми (без доведення).

ТЕОРЕМА 1. Степеневий ряд

a0 + a1 x + a2 x 2 + ...+ an xn + ...	(8.33)
і одержаний із нього почленним диференціюванням ряд
a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + 4a4 x3 + ...+ nan xn− 1 + ...	(8.34)

мають один і той же інтервал збіжності ( − R,R ). Сума ряду (8.34) дорівнює похідній S′( x ) суми S( x ) ряду (8.33) при всіх значеннях x , для яких | x |< R .

ТЕОРЕМА 2. Степеневий ряд

	a0 + a1 x + a2 x 2 + ...+ an xn +...							(8.35)
і ряд	a0 x +	a1	x 2 +	a2	x 3 + ...+	an−1	xn + ...	(8.36)

	2		3			n

одержаний із ряду (8.35) почленним інтегруванням, мають од-

наковий інтервал	збіжності.	Сума ряду	(8.36)	дорівнює
x
F ( x ) = ∫ S( x )dx,	де S( x ) - сума ряду (8.35).
0
Для практики важливо вміти дану функцію			f ( x )	розкласти в
степеневий ряд, тобто функцію		f ( x ) представити у вигляді степе-

невого ряду, що дає можливість досить просто обчислювати значення цієї функції.

423

Спочатку розглянемо деякі часткові випадки. Розглянемо степеневий ряд

1 + x + x2 + ... + xn + ....

(8.37)

Цей ряд являє собою ряд геометричної прогресії із знаменни-

ком x , який збіжний при

< 1 і його сума рівна

− x

Отже, ми можемо записати:

= 1 + x + x 2 + ...+ xn + ...

(8.38)

1 − x

На останню рівність можна дивитися як на розклад функції

в степеневий ряд. Із розкладу (8.38) можна легко одержати

1 − x

інші розклади функцій.

Розклад функції f ( x ) = ln( 1 + x ) .

Замінивши в розкладі (8.38) x на ( − у) , будемо мати:

= 1

− y + y2 + ...( −1 )n yn + ....

(8.39)

1 + y

Якщо 0 ≤ y ≤ x < 1 , то рівність (8.39), як було сказано в попередньому параграфі, можна проінтегрувати почленно по у в межах від

0 до x , тобто∫

= ∫dy − ∫ yd + ... + ( −1 )n ∫ yndy + ...

1 + y

xn+1

Звідси маємо: ln( 1 + x ) = x −

− ...( −1 )n

+ ...,

<1.

n + 1

Такий розклад справедливий також для x = 1 і відповідно ряд

ln 2 = 1 −

− ... є збіжним. Область збіжності буде множи-

на x (− 1,1].

2 3

Розклад функції

f ( x ) = arctgx

Покладемо в розкладі (8.38)

x = − y2 .

= 1 − y2 + y4 − ...+ ( −1 )n y2n

+ ...

(8.40)

1 + y2

424

Помноживши останню рівність на dy і проінтегрувавши поч-

ленно в межах від 0 до x , де

< 1,одержимо:

∫

= ∫dy − ∫ y2dy + ∫ y4 dy − ... + ( −1 )n ∫ y2ndy + ... або

1 + y

arctgy

= y

−

− ...+ ( −1 )

n y2n+1

+ ... .

2n + 1

Оскільки arctg0 = 0, то маємо:

n x2n+1

arctgx = x −

− ...+ ( −1 )

+ ..., якщо

<1.

(8.41)

+ 1

x = −1 і

Можна довести, що цей розклад є справедливим при

x = 1.

arctg1 = π = 1 −

При x = 1 маємо:

−

+ ... .

При x = −1 маємо:

arctg( −1 ) = − π = −1 +

−

− ... .

Отже, область збіжності даного степеневого ряду буде відрізок [− 1;1].

Ми бачимо, що деякі функції, як, наприклад ln( 1 + x ) , arctgx

і тому подібні, допускають розклад в степеневий ряд відносно аргументу x . Природно поставити загальне питання про розклад даної функції f ( x ) по зростаючим цілим додатнім степеням x . Цим пи-

танням ми займемось в наступному параграфі.

§ 9. Розклад функції в ряд Маклорена

Припустимо, що дана функція f ( x ) може бути розкладена в степеневий ряд f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x2 + ... + an xn + ..., (8.42)

де a0 ,a1 ,...,an ,... - невизначені коефіцієнти, причому інтервал збіжності (− R, R) не зводиться до точки, тобто R > 0 .

Як було сказано вище, степеневий ряд (8.42) в його інтервалі збіжності можна диференціювати почленно будь-яке число раз, причому всі одержані ряди будуть збігатися і їх суми будуть дорівнювати відповідним похідним від суми даного ряду f ( x ).

425

Продиференціювавши почленно ряд (8.42) n раз , будемо ма-

ти:

f ′( x ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + ...+ nan xn−1 + ... ,

f ′′( x ) = 2a2 + 2 3a3 x + 3 4a4 x2 + ...+ ( n − 1 )nan xn− 2 + ...

f ′′′( x ) = 2 3a3 + 2 3 4a4 x + 3 4 5a5 x2 + ...+ ( n − 2 )( n − 1 )nan xn− 3 + ...

f ( n )( x ) = 1 2 3...an + 1 2...n ( n + 1 )an+1x + ... .

Поклавши в

рівностях, включаючи (8.42), х=0 одержимо:

f ( 0 ) = a0 ;

f ′( 0 ) = a1 ;

f ′′( 0 ) = 2a2 ;

f ′′′( 0 ) = 2 3a3 ;

f ( n ) ( 0 ) = 1 2 3...n an .

Звідси

a0 = f ( 0 );

a1 =

f ′( 0 )

; a2 =

f ′′( 0 )

; a3 =

f ′′′( 0 )

;...

an =

f ( n ) ( 0 )

Підставивши значення коефіцієнтів

a0 ,a1 ,...,an

в (8.42), оде-

ржимо формулу Маклорена:

f ( x ) = f ( 0 ) +

f ′( 0 )

x +

′′( 0 )

+ ...+

( n )( 0 )

+ R ( x ), (8.43)

де Rn ( x ) =

f ( n )

( x )

( 0 < x < x ) – залишковий член у формі Ла-

гранжа. Число

можна записати у вигляді

= θx , 0 < θ < 1.

Якщо при необмеженому зростанні n, тобто при

n → ∞

lim Rn = 0,

(8.44)

n→∞

то із формули Маклорена

одержимо розклад функції

f ( x )

в ряд по

степенях x , який називається рядом Маклорена:

f ( x ) = f ( 0 ) +

f ′( 0 )

x +

f ′′( 0 )

+ ...

f ( n ) ( 0 )

+ ...

(8.45)

А умова (8.44) являє собою необхідну і достатню умову того, що ряд Маклорена для функції f ( x ) , яка диференційована необ-

межене число разів, збігається до цієї функції.

Приведемо приклади на застосування ряду Маклорена до розкладу деяких елементарних функцій в степеневі ряди.

426

Розклад функції f ( x ) = e x .

Нехай f ( x ) = e x . Тоді f ′( x ) = ex , f ′′( x ) = e x , … f ( n )( x ) = ex .

Поклавши x = 0 , одержимо:

f ( 0 ) = e0 = 1; f ′( 0 ) = 1; f ′′( 0 ) = 1; … f ( n )( 0 ) = 1.

Підставивши ці значення в формулу Маклорена (8.43) , будемо мати:

e x = 1 +

+ ...+

+ R ( x ) ,

1! 2!

де Rn

( x ) = f ( n ) (

)

= f ( n ) ( θx )

Оскільки f ( n ) ( θx ) = eθx - величина обмежена при обмежено-

му x, то, для того, щоб довести, що lim Rn = 0 , потрібно показа-
								n→ ∞
ти,що		lim		xn		= 0 . Для того зафіксуємо x і розглянемо ряд
ти,що		lim				= 0 . Для того зафіксуємо x і розглянемо ряд
		n→ ∞ n!
	x		x2				xn
1 +		+		+	...+			+ ....
1 +	1!	+	2!	+	...+			+ ....
	1!		2!				n!

Якщо він збігається, то його загальний член un = xn при n!

n → ∞ прямує до нуля. Використаємо ознаку Даламбера до ряду абсолютних величин:

un+ 1

= lim

xn+ 1

= lim

= 0 < 1.

lim

n→ ∞

n→ ∞ ( n + 1 )! n!

n→ ∞ n + 1

Отже,

lim

= 0 .

n→ ∞ n!

Таким чином lim Rn ( x ) = lim eθx

= 0

і функція f ( x ) = e x

n→ ∞

розкладається в інтервалі ( −∞ ,∞ ) в слідуючий ряд Маклорена

e x = 1 +

+ ...+

+ ...

(8.46)

Розклад функцій f ( x ) = sin x ,

f ( x ) = соsx

Нехай

f ( x ) = sin x ; звідси

427

f ′( x ) = cos x , f ′′( x ) = − sin x , f ′′′( x ) = − cos x ,

f ІV ( x ) = sin x ,…

Поклавши х=0, маємо :

f ( 0 ) = 0; f ′( 0 ) = 1;

f ′′( 0 ) = 0; f ′′′( 0 ) = −1; f 1v ( 0 ) = 0; …

Підставивши ці значення у формулу (8.45), одержимо:

sin x =

−

− ...+ ( −1 )n− 1

x2n− 1

+ ... .

(8.47)

( 2n − 1 )!

Можна легко переконатися, що ряд збігається для будь-

якого x ( −∞ ,∞ ).

Зробивши аналогічні викладки, можна знайти розклад функ-

ції f ( x ) = соsx в ряд:

cos x = 1 −

−

+ ...

( −1 )n x2n

+ ... для x ( −∞ ,∞ )

(8.48).

( 2n )!

Розклад бінома Ньютона f ( x ) = ( 1 + x )m

Нехай f ( x ) = ( 1 + x )m , де m − число ціле або дробове, дода-

тне або від’ємне.

Тоді маємо: f ′( x ) = m( 1 + x )m−1 ,

f ′′( x ) = m( m − 1 )( 1 + x )m−2 ,

f ′′′( x ) = m( m − 1 )( m − 2 )( 1 + x )m−3 ,

…….…………………………………………

f ( n ) ( x ) = m( m − 1 )( m − 2 )...( m − n + 1 )( 1 + x )m−n ,

………….……………………………………………………

Поклавши x = 0 у всіх цих формулах, одержимо:


f ( 0 ) = 1; f ′( 0 ) = m; f ′′( 0 ) = m( m − 1 );								f ′′′( 0 ) = m( m − 1 )( m − 2 )
f ( n ) ( 0 ) = m( m − 1 )( m − 2 )...( m − n + 1 ),...
Підставивши вирази для f ( 0 ), f ′( 0 ),... f ( n ) ( 0 ) в ряд Маклорена
(8.45) будемо мати				m( m − 1 )			m( m − 1 )( m − 2 )
( 1 + x )m = 1 +		m	x +		x 2 +				x 3 + ...
				2!
1!								3!		(8.49)
	m( m − 1 )( m − 2 )...( m − n + 1 )
+						xn + ...

428

Користуючись формулою

R = lim

, знайдемо інтервал

збіжності (− R,R) ряду (8.49).

n→∞

n+1

Ми маємо:

an =

m( m − 1 )( m − 2 )...( m − n + 1 )

1 2 3 ... n

an+1 =

m( m − 1 )( m − 2 )...( m − n + 1 )( m − n )

1 2 ...n ( n + 1 )

n + 1

, і відповідно

Звідси

an+1

m − n

n + 1

1 +

R = lim

= lim

= 1.

(8.50)

m − n

− 1

n→ ∞

− 1

Таким чином, біноміальний ряд збігається для x (− 1,1) і

розбігається зовні. Чи збігається цей ряд в точках x = −1

і x = 1 ,

необхідно досліджувати для кожного випадку окремо.

§10. Розклад функції в ряд Тейлора

В деяких випадках функція

f ( x )

або її похідні втрачають

зміст в точці x = 0 , як, наприклад

f ( x ) = ln x або f ( x ) =

x .

Такі функції не можуть бути розкладені в ряд Маклорена. Для розкладу такого роду функцій можна скористатись більш загальними степеневими рядами, розкладеними за степенями ( x − a ), де

a− підібране, в конкретному випадку, постійне число.

Врозділі 4 було доведено, що якщо функція f ( x ) диферен-

ційована n раз в інтервалі ( a, x ) ,то має місце формула Тейлора:

f ( x ) = f ( a ) +				f ′( a )	( x − a ) +	f ′′( a )	( x − a )2 + ...
f ( x ) = f ( a ) +				1!	( x − a ) +	2!	( x − a )2 + ...
				1!		2!
	f	( n− 1 )				(8.51)
+	f	( a )	( x − a )n− 1 + R ,
+			( x − a )n− 1 + R ,
	( n − 1 )!				n
	( n − 1 )!

429

де Rn	= f ( n ) ( c )	( x − a )n	( a < c < x ) – залишковий член у формі Ла-
		n!

гранжа. Число с можна записати у вигляді с = a + θ( x − a ) , де

0 < θ < 1 .

Якщо при необмеженому зростанні n , тобто при n → ∞ ,

lim Rn = 0,	(8.52)
n→ ∞

то із формули Тейлора одержимо розклад функції f ( x ) в ряд по степенях ( x − a ) , який називається рядом Тейлора:

f ( x ) = f ( a ) + f ′( a ) ( x − a ) + f ′′( a ) ( x − a )2 + ...

1! 2!

(8.53)

+ f ( n () a ) ( x − a )n + ...

Умова (8.52) служить необхідною і достатньою умовою того, що ряд Тейлора для функції, яка необмежене число раз диференційована, збігається до цієї функції.

Приклад. Розкласти в ряд за степенями ( x − a ) функцію

f ( x ) = e a .

Розв’язування. Продиференціюємо функцію f ( x ) :

f ′( x ) =

, f ′′( x ) =

, f ′′′( x ) =

,..., f ( n )( x ) =

а2

а3

Підставивши x = a в попередні формули, одержимо:

f ( a ) = e, f ′( a ) =	e	, f ′′( a ) =	e	f ′′′( a ) =	e	,... f ( n ) ( a ) =
			a 2 ,		a 3
	a

1 e a ,...

e ,... Ви- an

користовуючи ряд Тейлора (8.53), одержимо такий розклад функції f ( x ) по степенях ( x − a ) :

f ( x ) = e +			e	( x − a ) +	e	( x − a )2 +	e	( x − a )3 + ...+
f ( x ) = e +				( x − a ) +	2!a 2	( x − a )2 +	3!a 3	( x − a )3 + ...+
		1!			2!a 2		3!a 3
+	e	( x − a )n + ...

	n!an
	n!an


Знаходимо радіус збіжності даного ряду: R = lim		an			. Тут

n→∞	a		n	+ 1

430

<<< < Предыдущая 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 4243 / 4943 44 45 46 47 48 49 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.03.201638.3 Кб20visha_osvita_nimechchini.docx
#
01.05.20251.93 Mб1vishka.doc
#
01.04.20251.45 Mб1Vishka_shpori.docx
#
01.05.20252.58 Mб0vkazivky.doc
#
19.03.2015150.28 Кб20VKhnpu_psykhol_2012_42(1)__17.pdf
#
19.03.20152.73 Mб21VM_pidr.pdf
#
01.05.20251.35 Mб3Voitenko_Uchboviy Posibnyk.doc
#
01.04.20251.06 Mб4Volkotrub.doc
#
22.12.20181.25 Mб4voprosy.doc
#
17.04.201934.15 Кб1voprosy.docx
#
01.05.2025106.5 Кб0Voprosy30-35_38-41-1.doc