Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Нижегородский Государственный Архитектурно-Строительный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

4758

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

21.11.2023

Размер:

504.63 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

[x1, x2 ]

f (x)

f (x).

R = lim

= lim

n 2n+1

= 2lim

= 2.

+1)

n→∞

n+1

n→∞ 2n (n

n→∞ n +1

Здесь

x0 = 2, следовательно, ряд сходится при 2 − 2 < x < 2 + 2, т.е. при

0 < x < 4. Осталось исследовать ряд в концевых точках

x = 0 и x = 4.

При x = 4 степенной ряд принимает вид

∞

n(4 − 2)n

∞

n 2n

∞

∑

= ∑

= ∑n.

n=1

Это

числовой знакоположительный

ряд,

который

расходится, т.к.

liman	= limn = ∞ (необходимое условие сходимости не выполняется).
n→∞	n→∞
При x = 0 степенной ряд принимает вид

∞	n(0 − 2)n	∞	n (−1)n 2n	∞	n
∑		= ∑		= ∑	(−1) n.
∑	2n	= ∑	2n	= ∑	(−1) n.
n=1	2n	n=1	2n	n=1

Это числовой знакочередующийся ряд, который расходится по той же

причине (liman	= limn = ∞ ). Тем самым, область сходимости заданного
n→∞	n→∞

степенного ряда: x (0;4).

Мы рассмотрели задачу нахождения области сходимости степенных рядов. При этом сумма всякого степенного ряда является некоторой функцией, определенной внутри его области сходимости. В связи с этим возникает обратная задача: для некоторой функции f (x) найти степенной

ряд, сумма которого в области сходимости равна исходной функции Такой ряд называется разложением функции в степенной ряд.

Для решения поставленной задачи потребуется формула Тейлора.

Пусть функция имеет в некотором замкнутом отрезке

непрерывные производные до (n +1)-го порядка включительно, а точка a

находится внутри этого отрезка. Тогда для любого x из интервала (x1,x2 )

справедлива формула Тейлора

f ′(a)

f ′′(a)

f (n)(a)

f (x)= f (a)+

− a)+

(x − a) + ...+

(x − a) + R

(x),

где Rn (x) – остаточный член, который может быть записан в виде

R (x)=

(x − a)n+1

f (n+1)(ξ ) (форма Лагранжа), причем число ξ

(n +1)!

лежит между a и x (его можно представить в виде ξ = a +θ(x − a)), где

0 < θ <1.

Если в формуле Тейлора взять a = 0, то получим частный случай этой формулы – формулу Маклорена

f (x)= f (0)+	f ′(0)	x +	f ′′(0)	x2 + ...+	f (n)(0)	xn + R (x)

1!		2!			n!	n

Формулы Тейлора и Маклорена показывают, что функцию f (x)

можно оценить многочленом n-ой степени. Ошибка вычисления будет равна Rn (x).

Пусть функция f (x) имеет в интервале (x1, x2 ), содержащем точку

a, производные

любого порядка

и,

кроме

того, для

x (x1, x2 )

limRn (x)= 0. Тогда функция f (x)

может быть

представлена

рядом

n→∞

f (a)+

f ′(a)

(x − a)+

f ′′(a)

− a)

+ ...+

f (n) (a)

(x − a)

+ ...

∞

f n (a)

= ∑

(x − a)

(5.3)

n=0

который сходится, и его суммой будет функция

f (x). Представление

функции

f (x) в

виде

такого

ряда

называется

разложением

этой

функции в ряд Тейлора.

При a = 0 получим частный случай ряда Тейлора

f (x)= f (0)+	f ′(0)	x +	f ′′(0)	x2	+ ...+	f (n)(0)	xn + ... = ∑∞	f n (0)	xn , (5.4)
						n!
1!		2!					n=0	n!

который называют рядом Маклорена.

Видим, что вопрос о разложении функции в ряд сводится к

исследованию поведения остаточного члена Rn (x) при n → ∞ . В

частности, остаточный член Rn (x) стремится к нулю, когда производные функции f (x) ограничены в совокупности в интервале (x1,x2 ), т.е. когда

при каждом натуральном n и каждом x из этого интервала выполняется неравенство f (n)(x) < M , где M - положительная постоянная.

Итак, для разложения функции f (x) в степенной ряд нужно сначала формально составить для нее ряд Тейлора. С этой целью вычисляют производные функции в точке x = a и подставляют их в разложение (5.3). Затем необходимо найти область сходимости полученного ряда и

выяснить, для каких значений x из	этой области	сходимости можно
поставить знак равенства между функцией f (x) и ее рядом Тейлора.
Разложим, например, функцию	f (x)= 2x в	ряд Маклорена (по

степеням x). Найдем числовые значения производных функции f (x)= 2x

в точке x = 0:

f (x)= 2x ,	f (0)= 20 = 1
f ′(x)= (2x )′ = 2x ln 2,	f ′(0)= 20 ln 2 = ln 2
f ′′(x)= (2x )″ = 2x ln2 2,	f ′′(0)= 20 ln2 2 = ln2 2
f ′′′(x)= 2x ln3 2	f ′′′(0)= 20 ln3 2 = ln3 2.

Отсюда легко установить закономерность образования производной n-го

порядка: f (n)(x)= (2x lnn−1 2)′ = 2x lnn 2,	f (n) (0)	= lnn 2.
Подставляя теперь значения этих производных в ряд		(5.4), получаем ряд
Маклорена для функции f (x)= 2x :

ln 2

ln2

ln3

lnn 2

∞

lnn 2

x +

x2 +

x3 + ...+

...=∑

xn .

n=0

Находим область сходимости полученного ряда. Так как

= lim (n +1)!lnn 2 =

lim

n!(n +1)

lim(n +1)= ∞ ,

R = lim

n→∞

n+1

n→∞

n!lnn+1 2

ln2 n→∞

ln 2 n→∞

то ряд сходится для всех значений x.

Выясним, для каких значений x найденное разложение сходится к функции 2x . С этой целью заметим, что ввиду справедливости неравенства

lnn 2 <1

производные

всех порядков функции

f (x)= 2x

на любом

отрезке

− R ≤ x ≤ R,

ограничены одним

тем же числом 2R :

f (n)(x)

2x lnn 2

≤ 2R .

Отсюда следует,

что

найденное

разложение

∞

lnn 2

сходится к функции 2x при всех значениях x, т.е. 2x = ∑

xn .

n=0

Во многих случаях можно пользоваться готовыми рядами, составленными для элементарных функций. Основными табличными разложениями назовем следующие разложения:

10. et = ∑ t

= 1+ t + t

+ t

+ ...+ t

+ ..., ( t < ∞);

∞

n=0 n!

20. sint = ∑∞

(−1)n−1 t2n−1

= t −

+ ...+ (−1)n−1t2n−1

+ ...,

(

< ∞);

n=1

(2n −1)!

30. cost = ∑∞

(−1)n t2n

= 1−

−...+ (−1)n t2n

+ ...,

(

< ∞);

n=0

(2n)!

2! 4!

(2n)!

40. (1+ t)α =1+ ∑∞ α (α −1) (α − 2) ... (α − n +1)tn =

n=1

=1+α t + α (α −1)t2 + α (α −1)(α − 2)t3

+ ..., (

< 1)

(α – любое действительное число). Ряд называется биномиальным.

50. Eсли положить α = −1 и t заменить на − t , то получим ряд, который

является геометрической прогрессией

= ∑tn

=1+ t + t2

+ ...+ tn + ...,

( t

< 1);

∞

1− t

n=0

60. ln(1+ t)= ∑∞ (−1)n−1tn

= t −

−...+ (−1)n−1tn

+...,

(−1< t ≤ 1);

n=1

∞ (−1)n−1

t2n−1

(−1)n−1t2n−1

70. arctgt = ∑

(2n −1)

= t −

+ ...+

2n −

+ ...,

(−1≤ t ≤ 1).

n=1

Например,

чтобы

разложить

функцию

f (x)= sin

в ряд

Маклорена, используем табличное разложение синуса, полагая

y =

(−1)n−1 y2n−1

Тогда sin

= sin y = y −

−

+ ...+

(2n −1)!

+ ...=

−

x10

−

x14

+ ...+

(−1)n−1 x4n−2

+ ....

3!33

5!35

7!37

(2n −1)!32n−1

Так как разложение

функции

sin y

ряд имеет место для всех

y (− ∞;+∞), то и разложение функции

sin

имеет место для всех

x (− ∞;+∞).

Степенные ряды можно использовать для приближенных

вычислений значений функции в точке. Для этого исходную функцию f (x) раскладывают в степенной ряд, сохраняя первые n членов разложения, отбрасывая остальные. Для оценки погрешности найденного приближенного значения нужно оценить сумму отброшенных членов.

Если данный ряд знакопостоянный, то ряд, состоящий из отброшенных членов, сравнивают с бесконечно убывающей геометрической прогрессией. В случае знакочередующегося ряда, члены

которого удовлетворяют

признаку

Лейбница,

используется

оценка

< un+1 , где un+1

– первый из отброшенных членов ряда.

с точностью δ = 0,00001. Для

Вычислим, например,

этого

используем готовое разложение функции ex

в степенной ряд по степеням

=1+

+...+

+....

Полагая в данном равенстве

x =

, получим

=1+

+...+

+...

3!23

n!2n

1!2 2!22

Определим, сколько членов ряда следует взять, чтобы погрешность приближенного равенства

≈1+

+...+

3!23

n!2n

1!2 2!22

не превышала заданного числа

δ = 0,00001.

Погрешность этого приближенного равенства Rn

определяется суммой

членов ряда, следующих после

в разложении

n!2n

Rn = un+1 + un+2 + un+3 +... = ( + ) n+1 n 1 !2

или

+(n + 2)!2n+2 + (n + 3)!2n+3 +...,

+ ... .

(n +1) 2

(n +1)(n + 2) 22

+1)(n + 2)(n + 3) 23

n!2n

Заменив

каждый

из

сомножителей

n + 2, n + 3, n + 4, ... меньшей

величиной n +1, получим неравенство:

R <

+... .

n!2

(n +1) 2

(n +1)

(n +1) 2

В скобке получаем бесконечно убывающую геометрическую прогрессию с

первым членом b1 =	1	и знаменателем прогрессии q =	1	.

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

Запишем ее сумму по формуле

(n +1) 2

S =

− q

(2n +1)

1−

n +

(n +1) 2

Тогда

Rn <

n!2n (2n +1)

Далее подбором определяем, при каком натуральном значении

n будет

выполняться неравенство Rn < δ = 0,00001. Полагая, к примеру,

n = 3

имеем

R <

(нельзя

сказать

уверенностью,

что

8 7 6

336

R <

). Пусть

n = 5. Тогда

R <

100000

120 32 11

42240

Пусть,

наконец, n = 6. Тогда R6 <

т.е. R6 <

720 64 13

100000

можно принять n = 6. Следовательно,

≈1+

3!23

4!24

1!2 2!22

5!25

6!26

=1+ 0.5 + 0.125 + 0.020833+ 0.002604 + 0.000260 +

+0.000022 =1.648719.

с точностью δ = 0,00001.

Значит

≈ 1.648719

Заметим, что

каждое слагаемое

мы

вычисляли с

точностью

до

0,000001, чтобы при суммировании не получить погрешности, превышающей 0,00001.

Вычислим далее с точностью δ = 0,00001. Используем готовое

5 e

разложение функции ex в степенной ряд по степеням x, взяв x = −											1	:
												:
										5
1		= e−	1		1		1		1
1			5	=1−	1	+	1	−	1	+ ....
			5						3!53

	5 e				1!5 2!52

Полученный знакочередующийся ряд удовлетворяет условиям признака Лейбница, а потому допускаемая погрешность по абсолютной величине будет меньше первого из отброшенных членов ряда. Нетрудно видеть, что

. Поэтому

можно

отбросить это

5!55

120

3125

375000

100000

слагаемое и воспользоваться приближенным равенством

≈ 1−

−

3!53

5 e

1!5 2!52

4!54

Тем самым,

≈ 1− 0,2 + 0,02 − 0,001333 + 0,000067 = 0,81873.

5 e

Степенные

ряды

применяют также

для

вычисления

определенных интегралов. Если требуется вычислить определенный

интеграла	∫b	f (x)dx с заданной точностью δ , то подынтегральную
	a
функцию	f (x) нужно разложить в ряд Маклорена, пользуясь готовыми

разложениями функций ex , sin x, cos x, (1+ x)m , ln(1+ x), arctg x. Далее в области сходимости полученный ряд интегрируют почленно (для каждого слагаемого находят определенный иетеграл) если ряд явялется рядом Лейбница, отбрасывают все слагаемые, начиная с того, который по модулю меньше числа δ . Суммируя оставшиеся слагаемые, записываем ответ.

0,5

Вычислим, например,

∫

1− cos x

dx с точностью

δ = 0,0001.

Раскладываем

подынтегральную

функцию

f (x)=

1− cos x

в ряд

Маклорена, используя готовое разложение функции cos x:

x2n

cos x =1−

−...+ (−

(2n)!+ ....

Получим

1− 1−

−

+ ...

1− cos x

1−1+

−

−...

f (x)=

=1 − x2 + x4 −....

2! 4! 6!

Область сходимости полученного ряда – вся числовая ось. Далее находим первообразные функции для каждого из слагаемых этого степенного ряда

0,51− cos x

0,5

∫

dx = ∫

−

− ... dx

−

− ...

4!3

6!5

0,5

−

− ...

3600

Используя формулу Ньютона-Лейбница, получаем

0,5

− (0,5)3

+ (0,5)5

− ... = 0,25 − 0,0017 + 0,000009 − ....

3600

Все члены полученного числового ряда, начиная с третьего, отбрасываем,

поскольку третий член ряда равен 0,000009 и он меньше заданной

точности 0,0001. Окончательно получаем

∫	1− cos xdx 0,25 − 0,0017 = 0,2483.
0,5
0	x2

Контрольные задания

Задание 1

Решить дифференциальное уравнение с разделяющимися

переменными

1.01. x y′ = 2y +1.

1.02. y y′ = 1 .

2x +1

1.03. (2x +1) y′ = y .

1.04.	y′ = (2x +1) (2y +1).
1.05.	y′	= x.

	2y +1

1.06. y2 y′ = 2x +1.

1.07.y′ = 2y +1. x2

1.08. y′ = x2 .

2y +1

1.09. y′ = y.

2x +1

1.10. y′ = x .

2y +1

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
21.11.2023503.64 Кб04753.pdf
#
21.11.2023503.9 Кб04754.pdf
#
21.11.2023504.23 Кб04755.pdf
#
21.11.2023504.25 Кб04756.pdf
#
21.11.2023504.28 Кб04757.pdf
#
21.11.2023504.63 Кб14758.pdf
#
21.11.2023504.73 Кб04759.pdf
#
21.11.2023122.83 Кб0476.pdf
#
21.11.2023504.82 Кб14760.pdf
#
21.11.2023504.86 Кб14761.pdf
#
21.11.2023505 Кб04762.pdf