Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Институт экономики, управления и права

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математический анализ / Математический анализ учебник

.pdf

Скачиваний:

2522

Добавлен:

01.06.2015

Размер:

1.59 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 2627 / 2827 28 > Следующая >>>

Для нахождения радиуса сходимости степенного ряда используют признаки Даламбера и Коши. Действительно, по признаку Даламбера имеем

n!1¯

anxn

n!1¯

¯j

j j

lim

un+1

= lim

an+1xn+1

lim

an+1

= L x

;

an¯

где

L =

lim

L x¯

< 1

L x >

n!1¯

¯. Если j j

, то ряд сходится абсолютно, если j j

1, то ряд расходится.¯ ¯

Если jxj <

= R, то исходный ряд при этих x будет

сходиться абсолютно. Поэтому радиус сходимости можно определять по

формуле

lim

R = n!1¯an+1

Аналогично, используя признак Коши,¯

можно¯

радиус сходимости искать

по формуле

R = lim

Пример

n!1 n

janj

7.5.1. Исследовать на

сходимость ряд

2nxn

(¡1)n¡1

n=1

Найдем радиус сходимости этого ряда. Поскольку janj = 2n , а jan+1j = n

2n+1

n + 1, то

R = lim

2n(n + 1)

= lim

n + 1

n2n+1

n!1

Поэтому ряд сходится абсолютно при jxj <

. Исследуем ряд на концах

интервала сходимости. Пусть x = ¡

, тогда получим числовой ряд

1 ( 1)n¡1 2n(¡1)n =

1 :

n=1 ¡

n2n

¡ n=1

Поскольку это гармонический ряд, то он расходится. Пусть x =

, тогда

1 ( 1)n¡1 2n

1 ( 1)n¡1 1 :

n2n

n=1

261

Это знакочередующийся ряд, исследуем его по признаку Лейбница, по-

скольку абсолютно он расходится. Так как un =

, то

n + 1 ¡ n

> 0

, поэтому после-

¡ n + 1

n(n + 1)

1. n ¡

n+1

n(n + 1)

довательность fung монотонно убывает;

2. lim un =

lim

= 0.

n!1

n!1 n

По признаку Лейбница этот ряд условно сходится. Поэтому исходный

ряд абсолютно сходится при jxj <

, расходится при x = ¡

и сходится

условно при x =

Пример 7.5.2. Исследовать на сходимость ряд

1 3n

xn:

n=1

Найдем радиус сходимости ряда

R = nlim

3n(n + 1)!

= nlim

n + 1

= 1:

n!3n+1

Поэтому исходный ряд сходится абсолютно для всех ¡1 < x < +1. Следствием теоремы Вейрштрасса является тот факт, что степенной

ряд сходится равномерно на любом отрезке из интервала сходимости этого ряда. Поэтому справедлива следующая теорема.

Теорема 7.5.3. Рассмотрим степенной ряд (7.24)

anxn:

n=0

Пусть он сходится на интервале (¡R; R), тогда:

1. Сумма этого ряда S(x) = P1 anxn непрерывна на интервале

n=0

(¡R; R).

2. Степенной ряд (7.24) можно почленно дифференцировать на интервале (¡R; R), т.е.

а) S(x) дифференцируемая функция; б) ряд из производных

a1 + 2a2x + 3a3x2 + : : :

сходится на интервале (¡R; R);

в) S0(x) = a1 + 2a2x + 3a3x2 + : : : :

262

2. Степенной ряд (7.24) можно почленно интегрировать на любом отрезке [a; b] ½ (¡R; R) и

S(x) dx = Z

a0 dx+Z

a1x dx+Z

a2x2 dx+: : : = a0x a+a1

2 a+a2

3 q+ : : : :

Рассмотрим более общий степенной ряд по степеням (x ¡ a):

an(x ¡ a)n = a0 + a1(x ¡ a) + a2(x ¡ a)2 + a3(x ¡ a)3 + : : : :

(7.27)

n=0

Обозначим x ¡ a = X, тогда получим ряд

a0 + a1X + a2X2 + a3X3 + : : : :

Он будет сходиться при jXj < R или ¡R < X < R. Подставим в последнее неравенство X = x ¡ a, получим ¡R < x ¡ a < R или a ¡ R < x < a + R. Поэтому ряд (7.27) сходится на интервале радиуса R с центром в точке a.

Пример 7.5.3. Найти интервал сходимости ряда

X1 (x ¡ 2)n : 3n

n=1

Найдем R:

R = lim 3n+1 = 3:

n!1 3n

Поэтому ряд будет сходиться при ¡3 < x ¡ 2 < 3 или ¡1 < x < 5.

7.6. Ряд Тейлора

Напишем степенной ряд для функции, имеющей производные любого

порядка, т.е. f(x) = P1 an(x ¡ a)n.

n=0

Для этого сначала найдем многочлен Pn(x), такой, что
f(a) = Pn(a); f0	(a) = Pn0 (a); : : : ; f(n)(a) = Pn(n)(a):	(7.28)
Будем искать многочлен с неопределенными коэффициентами:
Pn(x) = c0 + c1(x ¡ a) + c2	(x ¡ a)2 + c3(x ¡ a)3 + : : : + cn(x ¡ a)n:	(7.29)
	263

Неопределенные коэффициенты найдем из условия (7.28). Для этого вычислим производные многочлена Pn(x):

Pn0 (x) = c1 + 2c2(x ¡ a) + 3c3(x ¡ a)2 + : : : + ncn(x ¡ a)n¡1; Pn00(x) = 2c2 + 3 ¢ 2(x ¡ a) + : : : + n(n ¡ 1)(x ¡ a)n¡2; Pn000(x) = 3 ¢ 2 + : : : + n(n ¡ 1)(n ¡ 2)(x ¡ a)n¡3;

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

Pn(n)(x) = n(n ¡ 1)(n ¡ 2) ¢ : : : ¢ 2 ¢ 1cn:

Беря x = a, из условия (7.28) получим:

f(a) = Pn(a) = c0;

f0(a) = Pn0 (a) = 1 ¢ c1; f00(a) = Pn00(a) = 2 ¢ 1c2;

f000(a) = Pn000(a) = 3 ¢ 2 ¢ 1c3;

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

f(n)(a) = Pn(n)(a) = n(n ¡ 1) ¢ : : : ¢ 2 ¢ 1cn:

Тогда
c0 = f(a); c1 =	f0(a)	; c2 =	f00(a)	; c3 =	f000(a)	; : : : ; cn =	f(n)(a)	:
c0 = f(a); c1 =	1!	; c2 =	2!	; c3 =	3!	; : : : ; cn =	n!	:

Подставляя найденные коэффициенты в (7.29), получим многочлен Тейлора функции f(x):

Pn(x) = f(a) +	f0(a)	(x ¡ a) +	f00(a)	(x ¡ a)2 + : : : +	f(n)(a)	(x ¡ an):
	1!		2!		n!

Обозначим Rn(x) = f(x) ¡ Pn(x), тогда получим формулу Тейлора f(x) = Pn(x) + Rn(x);

Rn(x) называется остаточным членом. Остаточный член будем рассматривать в форме Лагранжа

Rn(x) = f(n+1)(a + µ(x ¡ a))(x ¡ a)n+1;

(n + 1)!

где 0 < µ < 1.

Если функция f(x) бесконечно дифференцируема и при n ! 1 остаток Rn(x) ! 0 для некоторого x, то получим ряд Тейлора функции f(x) в точке x:

	f(n)(a)			1	f(n)(a)
f(x) = f(a) + : : : +		(x ¡ a)n + : : : =		X		(x ¡ a)n: (7.30)
f(x) = f(a) + : : : +	n!	(x ¡ a)n + : : : =		n=0	n!	(x ¡ a)n: (7.30)
				n=0
			264

Теорема 7.6.1. Если в формуле Тейлора в точке x остаток Rn(x) ! 0 при n ! 1, то ряд Тейлора (7.30) сходится в точке x и его сумма равна f(x).

Доказательство. Пусть f(x) = Pn(x)+Rn(x), где Pn(x) многочлен Тей-

лора функции f(x). Поскольку lim Rn(x) = 0, то f(x) =	lim Pn(x) в
n!1	n!1

точке x. Так как Pn(x) n-частичная сумма ряда (7.30) и ее предел равен сумме ряда, стоящего в (7.30) в правой части, следовательно, справедливо

		f(x) =		f(n)(a)		(x ¡ a)n:
		f(x) =			n!	(x ¡ a)n:
			n!1
			X
Замечание 7.6.1. Ряд Тейлора представляет данную функцию f(x)
только тогда, когда		lim Rn(x) = 0.
	n!1
Если в ряде Тейлора положить a = 0, то получим ряд Маклорена
функции f(x):
	f0(0)			f(n)(0)		1	f(n)(0)
f(x) = f(0) +			x + : : : +			xn + : : : =		xn:
f(x) = f(0) +		1!	x + : : : +		n!	xn + : : : =	n!	xn:
						n=0
						X

7.6.1. Разложение функций в ряд Маклорена

Рассмотрим разложение некоторых функций в ряд Маклорена. I. f(x) = ex.

Поскольку f(x) = f0(x) = : : : = f(n)(x) = ex, то f(0) = f0(0) = : : : = f(n)(0) = e0 = 1, то разложение по формуле Маклорена имеет вид

		x			x2		xn
ex = 1 +				+		+ : : : +		+ Rn(x);
		1!			2!		n!
	eµxxn+1
где остаток Rn(x) =			и 0 < µ < 1. Покажем, что остаток для произ-
	(n + 1)!

вольного x стремится к нулю. Действительно, для любого фиксированного

можно найти натуральное

такое, что

N > x

j. Обозначим

q = jxj

< 1

Тогда при n > N получим

jRn(x)j 6

µN xn+1

6 C

¯e(n + 1)!

1 ¢ : : : ¢

N ¡ 1

¢ N ¢ : : : ¢

¡¯

6 C¯

(N ¡ 1)!

¯qn¡N+2 = C1qn¡N+2:

265

Отсюда

lim jRn(x)j 6 lim C1qn¡N+2 = 0:

n!1 n!1

Поэтому разложение экспоненты в ряд Маклорена верно на всей действительной оси

x x2

ex = 1 +

+ : : : +

+ : : : =

;

n=0

где мы полагаем 0! = 1.

II. f(x) = sin x.

Поскольку

f(0) = sin 0 = 0;

f0(0) = cos 0 = 1;

f00(0) =

sin 0 = 0;

f000(0) =

cos 0 =

и т.д.,

то разложение в ряд Маклорена будет иметь вид

x3 x5

x2n¡1

sin x = x ¡

+ : : : + (¡1)n+1

(2n

1)!

+ : : : =

(¡1)n+1

n=0

Аналогично, как и для предыдущего случая, доказывается, что

lim jR2n(x)j = 0 для любого действительного x.

n!1

III. f(x) = cos x.

Аналогично предыдущему пункту

f(0) = cos 0 = 1;

f0(0) = ¡ sin 0 = 0;

f00(0) = ¡ cos 0 = ¡1; f000(0) = sin 0 = 0;

и т.д.,

x2n¡1

(2n ¡ 1)!:

поэтому разложение в ряд Маклорена будет иметь вид

x2 x4					x2n		1	x2n
							X
cos x = 1 ¡	2!	+	4!	+ : : : + (¡1)n	(2n)!	+ : : : =	(¡1)n	(2n)!	:
							n=0
Это разложение справедливо для любого действительного x.
IV. Биномиальное разложение

f(x) = (1 + x)m = 1 +	m	x +	m(m ¡ 1)	x2	+	m(m ¡ 1)(m ¡ 2)	x3	+ : : : +

1!		2!			3!
		266

+m(m ¡ 1) : : : (m ¡ n + 1)xn + : : : =		1	m(m ¡ 1) : : : (m ¡ n + 1)xn;
		X
	n!		n!

n=0

где по-прежнему 0! = 1.

При m > 1 и целом начиная с некоторого шага получим многочлен. Докажем это равенство для произвольного m. Найдем f0(x) = m(1+x)m¡1. Тогда получим дифференциальное уравнение

(1 + x)f0(x) = mf(x) и f(0) = 1:

Пусть

f(x) = 1 + a1x + a2x2 + : : : + anxn + : : : ;

тогда

f0(x) = a1 + 2a2x + : : : + nanxn¡1 + : : : :

Подставим f(x) и f0(x) в дифференциальное уравнение, получим равенство

(1 + x)(a1 + 2a2x + : : : + nanxn¡1 + : : :) = m(a0 + a1x + : : : + anxn + : : :):

Приравняем коэффициенты при одинаковых степенях x и найдем коэффициенты an:

a0	= 1; a1	= m; : : : ; an =	m(m ¡ 1) : : : (m ¡ n + 1)	; : : : :
			n!

Биномиальный ряд при произвольном m сходится только при jxj < 1. Рассмотрим частные случаи этого ряда.

1) m = ¡1, тогда

x + 1

= 1 ¡ x + x2 ¡ x3

+ : : : + (¡1)nxn + : : : = (¡1)nxn:

n=0

2) m =

, тогда

= 1 +

1 ¢ 3

x3 + : : : + (

1)n+1

(2n ¡ 3)!!

xn + : : : =

1 + x

¡ 2 ¢ 4

2 ¢ 4 ¢ 6

(2n)!!

= 1 + 1x +

1 (

1)n+1 (2n ¡ 3)!!xn;

n=2

(2n)!!

где (2n ¡ 3)!! = 1 ¢ 3 ¢ 5 ¢ : : : ¢ (2n ¡ 3), (2n)!! = 2 ¢ 4 ¢ 6 : : : ¢ 2n.

3) m = ¡

, тогда

= 1

x +

1 ¢ 3

1 ¢ 3 ¢ 5

+ : : : + (

1)n

(2n ¡ 1)!!

xn + : : : =

p1 + x

¡ 2

2 ¢ 4

2 ¢ 4 ¢ 6

(2n)!!

267

= 1 + X1 (¡1)n (2n ¡ 1)!!xn; (2n)!!

n=1

где (2n ¡ 1)!! = 1 ¢ 3 ¢ 5 ¢ : : : ¢ (2n ¡ 1). V. f(x) = arcsin x.

Чтобы получить разложение в ряд для этой функции, продифферен-

цируем ее, получим

(arcsin x)0

1 ¡ x

Разложим эту функцию по формуле предыдущего пункта

= 1 +

1 ¢ 3

x4 + : : : +

(2n ¡ 1)!!

x2n + : : : :

1 ¡ x

2 ¢ 4

(2n)!!

Проинтегрируем полученный ряд при x 2 (¡1; 1), получим

arcsin x =

1 +

t2 +

t4 + : : : +

(2n ¡ 1)!!

t2n + : : : dt =

2 ¢

(2n)!!

= x +

x3 +

1 ¢ 3

+ : : : +

(2n ¡ 1)!!

x2n+1

+ : : : =

2 ¢ 3

2 ¢ 4 ¢ 5

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

= x +

(2n ¡ 1)!!

x2n+1:

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

Этот ряд сходится только при jxj < 1.

VI. f(x) = arctg x.

Найдем производную этой функции

(arctg x)0

1 + x2

Разложим эту функцию в ряд

= 1 ¡ x2 + x4 ¡ x6 + : : : + (¡1)nx2n + : : : :

1 + x2

Проинтегрируем полученный ряд при x 2 (¡1; 1), получим

arctg x = Z

1 + t2

= Z

1 ¡ t2 + t4 ¡ t6 + : : : + (¡1)nt2n + : : : dt =

x2n+1

= x ¡ 3

+ 5 ¡

+ : : : + (¡1)n 2n + 1 + : : : =

(¡1)n 2n + 1:

n=0

Полученный ряд сходится при jxj < 1.

268

VII. f(x) = ln(1 + x).

Найдем производную этой функции

(ln(1 + x))0 =

1 + x

Тогда

= 1 ¡ x + x2 ¡ x3 + : : : + (¡1)nxn:

1 + x

Проинтегрируем полученный ряд при x 2 (¡1; 1), получим

ln(1 + x) = Z

1 + t = Z (1 ¡ t + t2

¡ t3 + : : : + (¡1)ntn + : : :) dt =

= x ¡

+ (¡1)n+1

+ : : : =

(¡1)n+1

n=1

Полученный ряд также сходится только при x 2 (¡1; 1).

Пример 7.6.1. Разложить в ряд функцию y =

в точке

x2 ¡ 3x + 2

a = 3. Разложим функцию на простейшие дроби, получим

x2 ¡ 3x + 2

x ¡ 2

x ¡ 1

Преобразуем эти дроби и применим стандартное разложение для геометрической прогрессии:

y =

x ¡ 2

x ¡ 1

1 + (x ¡ 3)

2 + (x ¡ 3)

1 + (x ¡ 3)

1 +

x ¡ 3

= 1 ( 1)n(x 3)n

1 1 ( 1)n (x ¡ 3)n =

1 ( 1)n 1

(x 3)n:

n=0 ¡

¡ ¡

n=0 ¡

2n+1

Мы получили нужное разложение.

Пример 7.6.2. Разложить в ряд функцию y =

в точке a = 0.

(2 ¡ x)2

Проинтегрируем эту функцию на отрезке [0; x] и разложим ее в ряд

y(t) dt = Z (2 1 t)2 dt = 2 1 t 0 = 2 1 x ¡ 2 =

1 1

= ¡2 + 2 ¢

+ 2

2n = ¡

2 +

2n+1 :

x = ¡2

n=0

269

Чтобы получить разложение исходной функции, продифференцируем полученное выражение:

y =

³¡2

+ n=0

2n+1 ´0

= ³¡2 +

2 + n=1

2n+1 ´0

nxn¡1

(n + 1)xn

= n=1³

2n+1

´0 = n=1

2n+1

= n=0

2n+2

Последнее равенство получено с помощью замены n ¡1 = n0 или n = n0 + 1

ипоследующего переобозначения n0 снова на n.

7.7.Применение рядов в приближенных вычислениях

7.7.1. Применение рядов к приближенному вычислению значения функции

Пусть	функция f(x) раскладывается в ряд Тейлора, т.е. f(x) =
P		n
1		n	в некоторой области D = fjx ¡ aj < Rg. Пусть точка x0	2 D,
n=0 an(x ¡ a)			в некоторой области D = fjx ¡ aj < Rg. Пусть точка x0	2 D,
тогда

f(x0) = a0 + a1(x0 ¡ a) + a2(x0 ¡ a)2 + : : : + an(x0 ¡ a)n + Rn(x0):

Для вычисления значение f(x0) с точностью ", надо, чтобы jRn(x0)j < ". Если ряд, в который разложена функция, знакочередующийся, то

jRn(x0)j < jun+1j = jan+1(x0 ¡ a)n+1j, т.е. меньше первого отброшенного члена. Если ряд произвольный, то оценка производится индивидуально.

Пример 7.7.1. Вычислить приближенно sin 10± с точностью " = 10¡5.

¼ 3

Поскольку 10± =

и sin 10± =

+ : : :, то будем

оно станет меньше ", вычисления

оценивать каждое слагаемое, как только ³

закончим.¼Имеем

u1 =

¼ 0; 174533 > ", u3 =

¼ 0; 000886

> ", u5 =

0; 0000013 < ". Поэтому sin 10±

³ u3´

0; 174532

0; 000886 = 0³;

173647

´ .

7.7.2. Приближенное вычисление определенных интегралов

Определенные интегралы, которые не вычисляются в элементарных функциях, можно вычислять приближенно с помощью разложения подын-

тегральной функции в ряд. Пусть f(x) = P1 an(x ¡ a)n и отрезок [a; b]

n=0

270

<<< < Предыдущая 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 2627 / 2827 28 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математический анализ

#
01.06.201514.45 Кб37Билет 0.docx
#
01.06.2015195.75 Кб50Контр. 1.pdf
#
01.06.201532.98 Кб38контрольна работа №2.docx
#
01.06.201520.14 Кб35кр2 продолжение.docx
#
01.06.20151.59 Mб2522Математический анализ учебник.pdf