Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика / Шилкин Лекции.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

7.25 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 4344 / 4644 45 46 > Следующая >>>

ЛЕКЦИЯ 45

Разложение элементарных функций в ряд Тейлора (Маклорена)

1o.

f (x) = ex . По формуле Тейлора ex =1 + x +

+K+

+ R (x) , где

eξ

Rn (x) =

xn+1, ξ (0, x) . Т.к. lim Rn (x) = 0 x , то ряд

(n +1)!

n→∞

ex =1 + x

+K+

xn+1

+K сходится при x (−∞,∞) . Если заменить

(n +1)!

x на − x , получим ряд e

−x

=1 − x +

−K+ (−1)

n xn

+K, так же сходящийся

+ e−x

при x (−∞,∞) . Отсюда можем найти ряды для функций ch x =

ex − e−x

x2n

sh x =

: ch x =1 +

+K+

+K,

(2n)!

sh x = x +

+K+

x2n+1

+K.

(2n

+1)!

Область сходимости этих рядов так же интервал (−∞,∞) .

2o.

f (x) = sin x . Т.к.

f (n) (x)

πn)

≤1 x R , то sin x

можно раз-

sin(x +

ложить в ряд Тейлора на всей действительной оси. Используя формулу Тейлора

для

sin x ,

получим

ряд

Тейлора

sin x = x −

−K+ (−1)

x2n+1

+K, n = 0,1,2,K, сходящийся на всей чи-

(2n +

1)!

словой оси.

3o.

f (x) = cos x . По аналогии

вышесказанным,

получаем

cos x =1 −

−K+ (−1)

x2n

+K, n = 0,1,2,K, x R .

(2n)!

4o. f (x) = (1 + x)α . Используя формулу Тейлора для функции

f (x) имеем

(1 + x)α =1 +αx + α(α −1) x2 +K+ α(α −1)L(α − n +1) xn + R (x) ,

где

R (x) =

α(α −1)L(α − n +1)(α − n)

(1 +ξ)α −n+1 xn+1, ξ (0, x) .

(n +1)!

1)L(α − n +1)

Составим ряд f (x) =1 +αx +

α(α −1)

+K+

α(α −

и найдем

его

интервал

сходимости.

По

признаку

Даламбера имеем

lim

n +1

(x)

= = lim

α(α −1)L(α − n +1)(α − n)n!xn+1

= lim

α − n

. От-

un (x)

(n +1)!α(α −1)L(α − n +1)xn

n +1

n→∞

сюда ряд сходится при x <1. Покажем, что его сумма действительно (1 + x)α . Можно проверить, что функция f (x) , определенная рядом, является решением

задачи Коши : (1 + x) f

′

(x)

=αf (x),

f (0) =1.

Упражнение: проверить!

α(α −1)L(α − n +1)

′

α(α −

1)(α − 2)

+K+

n−1

+K=K=

f (x) =α +α(α −1)x +

(n −1)!

=α +α

α2

(α −1)

α2 (α

−1)(α − n +1)

(1 + x)α :

Но

решением

этой

же

задачи

является

функция

(1 + x)α(1 + x)α −1 =α(1 + x)α .

Отсюда в силу единственности решения задачи

Коши

получаем

f (x) = (1 + x)α ,

<1,

т.е.

биномиальный

ряд

(1 + x)

=1 +αx +

α(α −1)

+K+

α(α −1)L(α − n

+1)

сходится

абсо-

лютно в интервале (−1,1)

f (x) = (1 + x)α . Заметим, что если α N или α = 0

то ряд превращается в бином Ньютона.

5o.

f (x) = ln(1 + x) . Положив в предыдущей формуле α = −1, получим ряд

=1 − x + x2 −K+ (−1)n xn +K, сходящийся равномерно в (−1,1) . Интегри-

1 + x

x ,

<1,

имеем

ряд :

руя

его

почленно

пределах

от

до

= ln(1 + x) = x −

−K+ (−1)

n −1 x2n

+K, сходящийся в (−1,1) . Кроме

0∫

1 + t

того,

данный

ряд

сходится

при

x =1

как

ряд

Лейбница

числу

ln 2 =1 −

+ 1 −K+ (−1)n

+K.

n +1

Основные разложения 1o − 5o

применяются для разложения в ряд Тейло-

ра функций.

Пример.

f (x) = sin 2 x .

1). Разложить в степенной ряд функцию

а) Продифференцируем f (x) n +1 раз:

f (x) = sin

′

′′

x, f (x) = 2sin xcos x = sin 2x, f (x) = 2cos 2x = 2sin(2x + 2 ),

′′′

sin 2x = 2

sin(2x +

(x) = −2

cos 2x = 2

sin(2x

+ 3

(x) = −2

2 ), f

2 ),K,

f (n) (x) = 2n−1 sin(2x + (n −1)

π ), f (n+1) (x) = 2n sin(2x + n

π )

Находим значения функции и ее производных в точке x = 0 , а значение

f (n +1) (x) определяем в точке C . Получаем

f (0) = 0, f

′

′′

′′′

= 0, f

(0) = −2

, f

(0)

= 0, f

(0)

= 2

,K,

(0)

= 0, f (0) = 2, f

(0)

f (n+1) (C) = 2n sin(2C + n π ).

Находим остаточный член

2n sin(2C + n

R (x) =

2 )

xn = 1 (2x)n +1 sin(2C + n π ) .

(n +1)!

2 (n +1)!

Т.к. lim

(2x)n+1

= 0 при x , а

sin(2C + n

)

≤1, то

lim Rn = 0 . Следова-

n→∞ (n +1)!

n→∞

тельно,

функцию

f (x) = sin 2 x

можно представить в виде суммы ряда Тейлора

sin

x =

−

+K.

б) В равенстве

sin 2 x =

(1 − cos 2x)

заменяем cos 2x его разложением в

степенной ряд : cos 2x =1 −

(2x)2

(2x)4

(2x)6

−

+K. После несложных преоб-

разований получаем найденное выше разложение sin 2 x .

в) Поскольку два степенных ряда можно

почленно складывать и умно-

жать (по правилу умножения многочленов) и при этом интервалом сходимости нового степенного ряда будет совокупность всех точек, в которых одновременно сходятся оба ряда (иногда и некоторые точки, где сходится только один ряд). Учитывая это,

sin

= sin x sin x

= (x −

−K)(x −

−K) = x

−

−K+

+ (−1)

n−1 22n−1

(2n)!

Полученный ряд, как и ряд для sin x , сходится при всех x .

2). Разложить в степенной ряд

f (x) =

x − 3

. Сделаем преобразования:

(x +1)2

f (x) = (x − 3)(x +1)−2 .

Рассматривая двучлен

(x −3)

как степенной ряд,

сходящийся при

любом

x , и

пользуясь

биномиальным

рядом,

имеем

(x +1)−2 =1 − 2x + 3x2 − 4x4 +K+ (−1)n −1 nxn−1 +K. Умножая почленно этот ряд

на		(x −3) ,		получим	искомый	ряд	для	данной	функции:
	x − 3		= −3 + 7x −11x2 +K+ (−1)n−1 (1 − 4n)xn−1				+K, который сходится к дан-
	(x +1)	2	= −3 + 7x −11x2 +K+ (−1)n−1 (1 − 4n)xn−1				+K, который сходится к дан-
	(x +1)	2

ной функции в интервале (−1,1) , поскольку в этом интервале сходится к биному

(x +1)−2 ряд 1 − 2x + 3x2 − 4x4 +K+ (−1)n −1 nxn −1 +K.

3). Разложить по степеням (x − 2) в ряд функцию

f (x) =

1 . Сделаем пре-

образование

. Последнее выражение можно рассмат-

2 + (x − 2)

x − 2

1 +

ривать как сумму бесконечно убывающей геометрической прогрессии с

a =

q = −

x − 2

Отсюда

1 x − 2

− 2

1 x − 2

−

+K=

2 2

= 1

−

1 (x − 2)

(x − 2)2 −

(x − 2)3 +K. Т.к.

x − 2

<1 0 < x < 4 .

4). f (x) = ln(1 + 3x + 2x2 ) . Преобразуем:

ln(1 + 3x + 2x2 ) = ln(1 + x)(1 + 2x) = = ln(1 + x) + ln(1 + 2x) ,

ln(1 + x) = ∑(−1)

n −1 xn

,−1 < x ≤1,

ln(1 + 2x) = ∑(−1)

n−1 2n xn

< x ≤

,−

Складывая почленно, имеем

∞

n−1 (1 +

ln(1 + 3x + 2x

) = ∑

(−1)

−

< x ≤

n=1

Все вышеполученные ряды для заданных функций являются рядами Маклорена для этих функций, ибо вообще, если какая-то функция разлагается в степенной ряд, то он является ее рядом Тейлора.

Степенные ряды применяются для приближенных вычислений определенных интегралов, значений функций в некоторых точках, при вычислении пределов, при интегрировании дифференциальных уравнений. Приведем примеры такого применения.

					5).						Вычислить			3 130				с точностью						до			0.001. Преобразуем:
														1				13	1						1	(	1	−1)
3							3		3					1				13	1						3	(	3	−1)
	130			=				5			+5 = 53 1+			25 = 5(1	+	0.04)			= 5(1+			0.04 +							0.0016 +
	130			=				5			+5 = 53 1+			25 = 5(1	+	0.04)			= 5(1+		3	0.04 +					2!		0.0016 +
	1		(−		2		)(−			5		)					1		1				5
+		3	(−			3	)(−			3		)	0.000064 +K) = 5 +				1	0.2 −	1	0.008 +			5	0.0032 −K≈
+					3!								0.000064 +K) = 5 +			3		0.2 −	9	0.008 +			81	0.0032 −K≈
					3!											3			9				81
≈ 5 + 0.0667 −0,0009 = 5.066

Т.к. четвертый член <0.001, то начиная с него все можно отбросить.

6). В прямоугольном треугольнике катеты равны 1 и 5. Определить ост-

рый угол треугольника, лежащий против меньшего катета с точностью до 0.001 раз.

Решение. Т.к.

tg α =

, то α = arctg

1 . Воспользуемся разложением

arctg x = x −

−

+K, −1 ≤ x ≤1. Упражнение: получим это разложение

− x2 + x4 − x

6 +K arctg x = ∫

= x −

−K

1 + x2

+ t 2

0 1

α = arctg 15 = 15 − 13 513 + 15 515 −K α ≈ 0.2 − 0.0027 ≈ 0.197 .

7). Вычислить ln 2 с точностью до 0.0001. Если использовать разложение ln(1 + x) при x =1, то придется брать очень много слагаемых для достижения

требуемой

точности.

Есть

более

эффективная

формула

ln(t +1) = ln t + 2

. Ряд в правой части сходит-

2t +1

3(2t +1)3

5(2t +1)5

ся тем быстрее, чем больше t . Оценим погрешность, получаемую при отбрасывании членов:

Rn =								1																		1											1
		2																+															+										+K <
		2								+1)2n +1								+			(2n +				3)(2t +1)2n+3								+		(2n		+ 5)(2t +1)2n+					5	+K <
		(2n +1)(2t								+1)2n +1											(2n +				3)(2t +1)2n+3										(2n		+ 5)(2t +1)2n+					5
<	2						1					+							1						+			1						+K			=	2						1
<												+													+									+K			=
	2n +1														(2t			+1)2n +3									(2t +1)2n+5											2n +1 (2t +1)2n−1 4t(t +1)
	2n +1		(2t +1)2n +1											1	(2t			+1)2n +3									(2t +1)2n+5											2n +1 (2t +1)2n−1 4t(t +1)
т.е. Rn <														1												.
т.е. Rn <																										.
				2(2n +1)t(t +1)(2t +1)2n−1
		Тогда													1					1						1			1												1
															1					1						1			1												1					.
								ln 2 = 2								+							+					+				+K				,	Rn <
								ln 2 = 2							3	+						3	+			5		+	3	7		+K				,	Rn <		4(2n		+1)3		2n−1
															3		3					3			5 3			7	3										4(2n		+1)3
		Подберем							n				так,				чтобы							R < 0.0001.							При					n = 2 R <					1			=	1		,	при
		Подберем							n				так,				чтобы							R < 0.0001.							При					n = 2 R <								=			,	при
																										n											2			4	5 33				540
							1							1																			1							4	5 33				540
n = 3		R	<				1			=				1			,				при					n = 4 R			<				1				< 0.0001.				Итак,					n = 4			и
n = 3		R	<							=							,				при					n = 4 R			<								< 0.0001.				Итак,					n = 4			и
		3			4	7 35						6804																4		4			9 37
					4	7 35						6804																		4			9 37
			1			1		1			1				1				1			1
ln 2 ≈ 2					+				+								+								≈ 0.66667 + 0.02469 + 0.00165 +
ln 2 ≈ 2			3		+	3		3	+		5				5		+		7				7		≈ 0.66667 + 0.02469 + 0.00165 +
			3			3		3			5			3					7			3

+ 0.00013 = 0.69314 ≈ 0.6931.

Здесь отметим, что оценку остатка знакопостоянного ряда обычно дела-

ют, используя геометрическую прогрессию.
	2ex − 2 − 2x − x2	0	= Заменив	ex	и sin x их разложени-
8). Найти lim		=
	x − sin x
n→0		0

ем, получим

2(1 + x

+K) − 2 − 2x − x2

2x3

2x4

lim

= lim

= 2

→0

x −(x −

n→0

−

+K)

−K)

−

+K)

1 − cos x

dx с точностью до 0.0001. Заменив в подынтегральном

9). Вычислить ∫

выражении cos x его рядом, получим

2 1 −

1 + x

− x

+ x

−K

1 − cos x

∫

dx = ∫

−

−K dx

−

−K

−

−K≈ 0.25 − 0.0017 = 0.2483

4! 3 6! 5

2! 2

4! 3 23

6! 5 25

Упражнение: Вычислить ∫cos xdx с точностью до 0.0001.

10) Проинтегрировать уравнение y′′ − x2 y = 0 . Будем искать решение это-

го уравнения в виде ряда				y = c 0 + c1 x + c 2 x 2				+ K + c n x n		+ K . Подставим
в	уравнение			y			и		y′′.	Получим
[2 1 c2 + 3 2 c3 x + 4 3 c4 x2 +K+ (n + 2)(n +1) cn+2 xn +K]−										. Сгруппируем
− x2 [c0 + c1x + c2 x2 +K+ cn xn +K]≡ 0										. Сгруппируем
− x2 [c0 + c1x + c2 x2 +K+ cn xn +K]≡ 0
члены с одинаковыми степенями x :
	2 1 c	2	+ 3 2 c x +	∑∞ [(n + 4)(n + 3)c	n	+4	− c	n	]xn +1 ≡ 0 . Приравнивая к ну-
		2	3		n	+4		n
			n=0

лю все коэффициенты полученного ряда (чтобы уравнение превратилось в тож-

дество), находим c2 = c3 = 0, cn+4 =	cn	(n = 0,1,2, K) . Последнее соот-
	(n + 3)(n + 4)

ношение позволяет найти все коэффициенты исходного разложения ( c0 ,c1 ос-

таются произвольными и играют роль произвольных постоянных интегрирования).

c4k =

,c4k +1

3 4

8 K

(4k −1)4k

5 8 9 K 4k(4k +1)

c4k +2 = c4k +3 = 0,

(k = 0,1,2,K)

x4k

∞

x4k

∞

Т.о.

y = c

∑

+ c

∑

. По-

7 8 K (4k −1)4k

4 5 8 9 K 4k(4k +1)

k =0

1 k =0

лученные ряды сходятся на всей числовой оси и определяют два линейнонезависимых частных решения исходного уравнения.

11). Найти четыре первых (отличных от нуля) члена разложения решения д.у. y′′ = x + y2 , y(0) = 0, y′(0) =1 .

Будем искать решение в виде ряда Тейлора. Дифференцируя уравнение, имеем

′′′

′

= 2 yy

′′

+ 2 y

′2

, y

= 2 yy

′′′

′ ′′

= 2 yy

′ ′′′

+ 6 y

′′2

. При

+ 2 yy , y

+ 6 y y , y

8 y y

x = 0

получаем

′

′′

′′′

1, y

(0) = 2, y

(0)

= 0, y

(0) =16 . Тогда реше-

y(0) = 0, y (0) =1, y (0) = 0, y

(0)

ние имеет вид

y =

2x4

16x6

+K= x +

+K. Следует от-

метить, что полученное решение в виде ряда исследуется на сходимость известными приемами, причем сумма ряда является решением д.у. в области сходимости этого ряда.

<<< < Предыдущая 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 4344 / 4644 45 46 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математика

#
11.05.2015562.97 Кб59Контрольные_работы_по%20разделам_высш_матем_Линейная_алгебра.pdf
#
11.05.20153.35 Mб74Сборник-АГ.pdf
#
11.05.20153.42 Mб116Сборник-ЛА.pdf
#
11.05.2015613.76 Кб22Типовой рассчет.PDF
#
11.05.20157.25 Mб33Шилкин Лекции.PDF
#
11.05.20151.02 Mб25Шилкин Тесты.PDF