Тиоповой расчёт по математике 6 модуль

Введение

Типовые расчеты по математике для студентов 2-го курса (3-й семестр) содержат 2 типовых расчета по темам "Ряды", и "Теория функций комплексного переменного". Каждый из типовых расчетов содержит 30 вариантов заданий по 8 различным темам. В типовых расчетах перед заданиями помещены методические указания и примеры выполнения этих заданий.x для показательной

В данных типовых расчетах наряду с обозначением e

функции с основанием e применяется второе стандартное обозначение exp x â

случае громоздких показателей, а также используются гиперболические функции:

sh x = (ex ¡ e¡x)=2; ch x = (ex + e¡x)=2; th x = sh x=ch x

и обратные к ним функции.

Типовой расчет "Ряды"

Методические указания

Содержание расчетных заданий

I.Исследовать сходимость числовых рядов.

II. Найти область сходимости функционального ряда.

III. Найти три первых отличных от нуля члена разложения функции в ряд Маклорена.

IV. Разложить функцию в ряд Тейлора в окрестности точки x0; используя разложения Маклорена элементарных функций. Указать область в которой разложение справедливо.

V.Вычислить интеграл с точностью до 0; 001; используя разложение в степенной ряд.

VI. Найти решение задачи Коши для данного дифференциального уравнения в виде ряда по степеням x .

VII. Задать аналитически функцию, график которой изображен на рисунке. Построить для этой функции 4 ряда Фурье: общий тригонометрический, по синусам, по косинусам и в комплексной форме. Изобразить графики сумм построенных рядов.

VIII. Найти преобразование Фурье.

3

Образцы выполнения заданий

P1 Тогда на основании признака сравнения заключаем, что ряд из модулей junj сходится, а следовательно, по определению абсолютной сходимости

n=1

исходный ряд сходится абсолютно.

P1 (¡1)n(2n4 ¡ 1)

Ответ: ðÿä n=1 n6 + 5n + 6

Замечание. Из абсолютной сходимости следует сходимость исходного ряда (абсолютная сходимость - более сильное свойство). В рассмотренном приме-

ре для доказательства абсолютной сходимости можно использовать и признак сравнения в предельной форме:

1 1

4

В предельной форме признак сравнения здесь применяется так:

ходится. Теперь нужно выяснить: сходится ли он? Применим признак Лейбни-

ца, который утверждает, что знакочередующийся ряд сходится, если модуль его общего члена, монотонно убывая, стремится к нулю. Введем обозначения:

= ¡x10 ¡ 3x6(x2 ¡ 1) ¡ 30x5 ¡ 4x4 ¡ 3x2 ¡ 10x: (x6 + x2 ¡ 1)2

Легко видеть, что Á0(x) < 0 ïðè âñåõ x ¸ 1. Следовательно, функция

Á(x) монотонно убывает на промежутке [1; 1), откуда имеем: junj монотонно убывает. Теперь достаточно найти предел этого модуля

Следовательно, исходный ряд сходится на основании признака Даламбера в предельной форме.

5

ñÿ ïðè q(x) > 1, à ïðè q(x) = 1 требуется дополнительное исследование.

Следовательно, ряд nP1=0 jun(x)j сходится при jx + 5j < 2 и расходится при jx+5j > 2. Отсюда делаем вывод, что исходный ряд при jx+5j < 2 сходится

абсолютно. При jx + 5j > 2 исходный ряд расходится, так как не выполнен необходимый признак сходимости. Интервал сходимости (¡7; ¡3).

В точках x1 = ¡7 è x2 = ¡3, òî åñòü ïðè q(x) = 1, проведем иссле-

дование сходимости возникающих числовых рядов при помощи каких-нибудь других достаточных признаков сходимости:

un(x1) = (¡1)2n+1 = ¡1; òî åñòü un(x1) 6!0 ïðè n ! 1;

Замечание. Расходимость этих рядов можно было бы доказать и по определению, рассматривая их частные суммы:

Sn(x1) = ¡n ¡ 1 ! ¡1 ïðè n ! 1 è

6

8

<¡ 1; åñëè n четное,

Ответ: в интервале (¡7; ¡3) данный ряд сходится абсолютно, вне ин-

Применив признак Даламбера, видим, что условие сходимости q(x) < 1 эквивалентно неравенству jx ¡ 2j > 3, множеством решений которого является объединение интервалов (¡1; ¡1) [ (5; 1). В открытом интервале (¡1; 5) величина q(x) > 1 и, следовательно, не выполнен необходимый при-

так как ряд из модулей является гармоническим.

Ответ: исходный ряд сходится на множестве (¡1; ¡1) [ [5; 1); ïðè

этом в точке x = 5 ряд является условно сходящимся, в остальных точках

ой производной в нуле (f (0) = f(x)). Для заданной функции имеем: f(0) = tg 0 = 0. Теперь найдем последовательно столько производных, сколько потребуется, чтобы три из них были отличны от нуля в точке x = 0.

f0(x) = 1= cos2 x; f0(0) = 1;

f00(x) = 2 cos¡3 x ¢ sin x; f00(0) = 0;

f000(x) = 2 cos¡2 x + 6 cos¡4 x ¢ sin2 x; f000(0) = 2;

7

fIV (x) = 16 cos¡3 x ¢ sin x + 24 cos¡5 x ¢ sin3 x; fIV (0) = 0; fV (x) = 8 cos¡2 x ¢ (2 + 15 tg4 x + 15 tg2 x); fV (0) = 16:

Ответ: tg x = x + x3=3 + 2x5=15 + :::

á) f(x) = arctg (sinx).

Для этой функции имеем:

f000(x) = cos x ¢ Á(x) + sin x ¢ sin 2xÃ(x); f000(0) = ¡3; fIV (x) = Ã(x)(¡ sin x ¢ +2 cos x ¢ sin 2x +

+ sin x ¢ cos 2x) + sin x ¢ sin 2x ¢ Ã0(x); fIV (0) = 0; fV (x) = ¡ cos x ¢ Á(x) + 6 cos x ¢ cos 2x ¢ Ã(x) +

+ sin x ¢ [Ã00(x) ¢ sin 2x + 2Ã0(x)(3 cos2 x + 2 cos 2x) ¡ ¡3 sin 2x ¢ Ã(x)]; fV (0) = 3 + 42 = 45:

Ответ: arctg (sinx) = x ¡ x3=2 + 3x5=8 + :::

IV. Разложить функцию в ряд Тейлора в окрестности точки x0, используя

Разложение получено. Теперь выясним, в какой области оно справедливо. Нам известно, что функция et представима своим рядом Маклорена при t 2

8

(¡1; +1): Òàê êàê x = ¡t + 2, то отсюда следует, что область, в которой

полученное разложение справедливо, вся вещественная ось(.¡1)n(x ¡ 2)n

e3¡x + 5x = e + 10 + (5 ¡e)(x ¡2) + e P1

n n!

=2

ïðè x 2 (¡1; +1):

á) f(x) = (x2 + 2x ¡ 3)¡1; x0 = 0.

Знаменатель данной дробно-рациональной функции имеет простые вещественные корни, из чего следует, что существует единственное представление этой функции в виде суммы простейших дробей:

Каждое из слагаемых (1¡x)¡1 è (1+x=3)¡1 в последней квадратной скобке представим рядом Маклорена для (1+t)¹ , ãäå ¹ = ¡1; t = ¡x в первом слагаемом и t = x=3 во втором. Тогда получим следующие представления:

Первое разложение справедливо на интервале (¡1; 1) второе на (¡3; 3) (те же разложения в ряд простейших дробей (1 ¡ x)¡1 è (1 + x=3)¡1 можно

получить, используя формулу для суммы бесконечно убывающей прогрессии). Сложив почленно два ряда и умножив на ¡1=4, получим следующее разло-

Сделаем замену переменных x ¡ 2 = t; тогда, используя стандартное разложение Маклорена для функции f(x) = ln t =

9

=ln [3(1 ¡ t)(1 + 3t )] = ln 3 + ln (1 ¡ t) + ln (1 + 3t ) =

интервал J2 = (¡3; 3]. Оба разложения справедливы в интервале J1, òî åñòü ïðè ¡1 · t < 1. Последнее неравенство, учитывая, что t = x ¡ 2,

эквивалентно неравенству ¡1 · x ¡ 2 < 1 èëè 1 · x < 3.

¯

¯

Полученный ряд является знакочередующимся. Отсюда, на основании признака Лейбница, следует, что абсолютная величина погрешности, возникающей

при замене суммы ряда n -ой частичной суммой, не превосходит модуля пер-

вого отброшенного члена. Вычисляя последовательно слагаемые полученного числового ряда видим, что модуль пятого члена

10

Следовательно, в качестве нужного нам приближения достаточно взять

Ответ: 0R1 e¡x2dx ' 0; 747:

VI. Найти решение задачи Коши для данного дифференциального уравнения в виде ряда по степеням x :

Первый способ решения.

Можно решение этой задачи сразу искать в виде ряда Маклорена

Первое равенство получили, выразив y00 из данного в задаче уравнения, для

получения второго продифференцировали уравнение, для получения третьего продифференцировали уравнение второй раз и так далее. Таким образом, получили рекуррентную формулу, выражающую значение (n + 3)-ей произ-

водной в нуле через значение n¡ой (то есть на 3 порядка ниже) производной. Поскольку y0(0) = y00(0) = 0, то значения всех производных порядка 1+3m è 2 + 3m, m = 0; 1; 2:::; в нуле равны нулю. Отличны от нуля при x = 0 только производные, порядок которых кратен трем:

11

условий). P1 a xn сходится в окрестности нуля и, следователь- Считаем, что ряд n=0 n

но, его в силу свойств степенного ряда можно почленно дифференцировать в области сходимости. Найдем y0 è y00:

Подставим эти выражения в исходное дифференциальное уравнение:

Сложим эти ряды (то есть приведем подобные члены). Для этого можно, например, преобразовать первый из складываемых рядов: сначала заменим n - индекс суммирования - на m, затем положим m ¡ 2 = n + 1, тогда

m = n + 3; m ¡ 1 = n + 2

После этого произведем сложение рядов и получим тождество

1

2a2 + X [(n + 3)(n + 2)an+3 ¡ an]xn+1 ´ 0:

n=0

все коэффициенты a3m+1 = a3m+2 = 0 ïðè m = 0; 1; 2; ::: Коэффициенты же с номерами, кратными трем, отличны от нуля и равны