Глава 2. Функциональные ряды. §7. Общие понятия. Определение 7.1. Пусть функции U n ( x), n ∈ N , определены в области D...
15 downloads
133 Views
511KB Size
Report
This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form
Глава 2. Функциональные ряды. §7. Общие понятия. Определение 7.1. Пусть функции U n ( x), n ∈ N , определены в области D. Выражение
U 1 ( x ) + U 2 ( x ) + ... + U n ( x ) + ... =
∞
∑ U n ( x), x ∈ D
(5)
n =1
называется функциональным рядом. ∞
∑ U n ( x 0 ).
Каждому значению x 0 ∈ D соответствует числовой ряд
n =1
может быть сходящимся или расходящимся. ∞
∑ U n (x0 )
Определение 7.2. Если для x 0 ∈ D числовой ряд
Этот ряд
сходится, то го-
n =1
ворят, что функциональный ряд (5) сходится в точке x0, и точку x0 называют точкой сходимости. Определение 7.3. Если функциональный ряд (5) сходится в каждой точке x ∈ E ⊂ D , то этот ряд называется сходящимся на множестве Е, а множество Е называется областью сходимости ряда. Если множество Е пусто, то ряд (5) расходится в каждой точке множества D .
Пример 7.1. Найти область сходимости ряда
∞
∑
(
x2 2
)
n =1 x + 1
n −1
.
Решение. Члены ряда при x ≠ 0 образуют геометрическую прогрессию со 1 < 1 , а при x = 0 все обращаются в ноль. Тогда: знаменателем 2 1+ x 0, если x = 0, S( x ) = 1 + x 2 , если x ≠ 0. Следовательно, областью сходимости исходного ряда является вся числовая ось R . Заметим, однако, что хотя все члены ряда непрерывны на R , сумма ряда S( x ) разрывна при x = 0 . Определение 7.4. Если на множестве Е1 ⊂ D сходится ряд
∞
∑ U n (x) ,
то ряд
n =1
(5) называется абсолютно сходящимся на множестве Е1. 49
Так как из абсолютной сходимости ряда в точке следует его сходимость, то Е1 ⊂ E. k
Определение 7.5. Конечная сумма Sk = U1 ( x) + U 2 ( x) + ... + U k ( x) = ∑ U n ( x) назыn =1
вается частичной суммой ряда (5), а функция S = lim S n ( x ) , определенная в обn→∞
ласти D , - суммой ряда (5). Определение 7.6. Функция формулой
rn ( x ) , определенная в области E и задаваемая
rn ( x) = S( x) − S n ( x) =
∞
∑ U k (x) , называется n -м остатком ряда.
k =n +1
Определение 7.7. Сходимость ряда (5) в каждой точке x ∈ D называется поточечной сходимостью. Замечание 1. Для нахождения области сходимости функционального ряда (5) используются аналоги признаков Даламбера и Коши сходимости положительных рядов, а именно: (x) = ρ(x) lim n u (x) = ρ(x) ; u 1) находим lim n + 1 n n → ∞ u n (x ) n→∞ 2) решаем неравенство ρ(x)<1; на множестве его решений ряд (5) сходится абсолютно (на множестве решений неравенства ρ(x)>1 ряд расходится); 3) находим множество корней уравнения ρ(x)=1. Пусть это будут числа xi ,i = 1,k ; 4) для каждого из чисел xi составляем числовые ряды
∞
∑ Un (xi )
и исследуем
n =1
их на сходимость (абсолютную и условную); 5) объединение множеств решений неравенства ρ(x)<1 и тех чисел xi, при которых соответствующие числовые ряды сходятся, и будет областью сходимости функционального ряда (5).
Пример 7.2. Найти область сходимости и абсолютной сходимости ряда ∞
∑
(− 1)n 1 − x n .
2 n 1 1 x + + n =1 Решение. По признаку Даламбера ряд абсолютно сходится, если (x) = 1 − x 2n + 1 1 − x U < 1, = ⋅ ρ(x ) = lim n + 1 lim n → ∞ U n (x ) n → ∞ 1 + x 2n + 3 1 + x
50
1− x 1− x > 1 . При = 1 этот ряд сходится неабсолютно (при1+ x 1+ x 1− x = −1 исходный ряд расходится. Решая неравенство знак Лейбница), а при 1+ x 1− x < 1 , получаем, что ряд абсолютно сходится при x > 0 . 1+ x ∞ ( −1) n ( −1)n , т.е. ряд ∑ сходится условно (не При x=0 ρ(0)=1 и U n (0) = 2n + 1 2 n + 1 n =1 абсолютно). Итак, область сходимости исходного ряда есть луч [0;+∞ ) , а область абсолютной сходимости – луч (0;+∞). и расходится, если
§8. Равномерная сходимость функционального ряда. Определение 8.1. Функциональный ряд
∞
∑ U n (x)
называется равномерно схо-
n =1
дящимся к функции S( x ) в области E , если ∀ε > 0 ∃n 0 (ε ) : ∀x ∈ E rn ( x ) = S( x ) − S n ( x ) < ε ∀n > n 0 (ε ) . Замечание 1. Отметим принципиальное отличие равномерной сходимости от поточечной: в случае поточечной сходимости при выбранном значении ε для каждого x ∈ E существует свой номер n 0 = n 0 (ε , x) . В случае же равномерной сходимости номер n 0 = n 0 (ε ) будет общим для всех х. Пример 8.1. Исследовать на равномерную сходимость ряд
∞
∑
(
)
(
)
n =1 x 2 + 1
примера 7.1. в области E = R .
Решение. Пусть 0 < ε < 1 и x ≠ 0 . Тогда S n ( x ) = 1 + x
x2
n −1
из
− 1 , n 1 + x 2
2
(
1
)
и неравенство
S( x ) − S n ( x ) =
ln ε < ε выполняется при n > n 0 (ε, x ) = 1 − . 2 2 n −1 + ln( 1 x ) 1+ x
(
Действительно,
1
)
51
1
(1 + x )
2 n −1
⇒ (1 + x 2 )n −1 >
<ε
1 ε
⇒ (n − 1) ln(1 + x 2 ) > − ln ε
ln ε ⇒ n 0 (ε, x) = 1 − , где выражение в 2 2 ln(1 + x ) ln(1 + x ) квадратных скобках [p ] означает целую часть числа p . Поскольку ln ε n 0 (ε, x) = 1 − → ∞ при x → 0 и 0 < ε < 1 , то при выбранном ε не 2 ln(1 + x ) существует конечного номера n 0 (ε ) , который не зависит от х, такого, чтобы выполнялось неравенство rn ( x ) = S( x ) − S n ( x ) < ε ∀n > n 0 (ε ) ∀x ∈ R . А это и означает, что сходимость исследуемого ряда в области E = R неравномерная. ln ε
⇒ n>1−
Теорема 8.1. (признак Вейерштрасса). Если числовой ряд дится
∑ an , an
≥ 0, схо-
n =1
и для всех x ∈ E и для всех
| U n ( x ) |≤ a n , то ряд
∞
n = 1, 2,… выполняется неравенство
∞
∑ U n ( x) сходится абсолютно и равномерно на множестве E .
n =1
Доказательство. Для любого ε > 0 cуществует такой номер n 0 , что ∀n > n 0
∀x ∈ E и ∀n > n 0 для остатков rn ряда
| rn ( x ) |=|
∞
∑ U k ( x) |≤
∞
∑
| U k ( x ) |≤
∞
∞
∑ ak
< ε, поэтому
k = n +1
∑ U n ( x) справедлива оценка
n =1 ∞
∑ ak < ε.
k = n +1 k = n +1 ∞ Следовательно, ряд ∑ U n ( x ) равномерно сходится. n =1 k = n +1
Замечание 1. Процедура подбора числового ряда, отвечающего условиям теоремы 8.1, обычно называется мажорированием, а сам этот ряд – мажорантой для данного функционального ряда. Замечание 2. Мажорируемость функционального ряда в области E является достаточным условием его равномерной сходимости. Можно показать, что оно не является необходимым. Замечание 3. Мажорируемость функционального ряда в области E является достаточным условием абсолютной сходимости ряда в этой области. Действитель52
но, из оценки | rn ( x ) |=| ∞
∑ | U k ( x) |< ε
k = n +1
т.е. остаток ряда
∞
∑ U k ( x) |≤
k = n +1
∞
∑
k = n +1
| U k ( x ) |≤
∞
∑ ak < ε
следует неравенство
k = n +1
∀n > n 0 ( ε ) ∀x ∈ E , ∞
∑ | U n ( x) |
стремится к нулю при любом x ∈ E , что и является
n =1
достаточным условием его абсолютной сходимости в области E . ∞ sin nx ∞ cos nx Пример 8.2. Доказать, что функциональные ряды ∑ , ∑ , x∈R, α α n =1 n n =1 n α>1 равномерно сходятся на всей числовой прямой. Решение. Для данных функциональных рядов существует на R общий мажо∞ 1 рантный числовой ряд ∑ , который является сходящимся при α>1. α n =1n Таким образом, согласно признаку Вейерштрасса, функциональные ряды сходятся равномерно на R . Пример 8.3. Исследуйте на равномерную и абсолютную сходимость на луче 1 ∞ cos nx ⋅ sin nx . [2;+∞) функциональный ряд ∑ 2 n = 1 4 + ln nx Решение. Оценим сверху модуль общего члена ряда: 1 1 1 1 cos nx ⋅ sin 1⋅ 1 nx ≤ nx = nx ≤ n = . 2 2 2 2 2 4 + ln nx ln nx (ln n + ln x ) (ln n ) n ln nx Но ряд
∞
∑
1 2
n =1 n ln nx
– сходится.
Значит, по мажорантному признаку Вейерштрасса исходный ряд сходится равномерно и абсолютно на луче [2;+∞).
§9. Нахождение сумм равномерно сходящихся функциональных рядов. Приведем без доказательства некоторые теоремы о свойствах равномерно сходящихся функциональных рядов.
53
Теорема 9.1. (о непрерывности суммы функционального ряда). Если на множестве E функциональный ряд (5) с непрерывными членами сходится равномерно, то его сумма S( x ) непрерывна на E . Следствие 9.1. Если сумма S( x ) функционального ряда с непрерывными членами разрывна в области E , то сходимость этого ряда заведомо неравномерная в области E . (см. пример 7.1. пособия). Следствие 9.2. В равномерно сходящемся ряде возможен почленный переход к пределу. ∞ cos nx Пример 9.1. Найти lim ∑ . x → 0 n = 1 10n Решение. Данный ряд мажорируется сходящимся рядом тельно, он сходится равномерно по признаку Вейерштрасса, и ∞ cos nx ∞ 1 1 10 1 lim ∑ = lim ∑ = = . x → 0 n =1 10n 1 − 1 10 9 x → 0 n =1 10n
∞
∑
1
n n =1 10
, следова-
Теорема 9.2. (о почленном интегрировании функционального ряда). Если члены функционального ряда
∞
∑ U n ( x)
n =1
непрерывны на отрезке [a, b ] и ряд
сходится на [a, b ] равномерно к функции S( x ) , то интеграл от суммы ряда, взятый по отрезку [a, b ], равен сумме ряда, полученного почленным интегрированием: b b ∞ ∞ b ∫ S(t )dt = ∫ ∑ U n ( x) dx = ∑ ∫ U n ( x)dx . n =1 a a a n =1
Теорема 9.3. (о почленном дифференцировании функционального ряда). Если члены Функционального ряда
∞
∑ U n ( x)
непрерывно дифференцируемы на
n =1
отрезке [a, b ] и ряд сходится на [a, b ] к функции S( x ) , а ряд
∞
∑ U′n ( x)
сходится
n =1
равномерно на этом отрезке, то исходный ряд сходится равномерно на [a, b ], а его сумма S( x ) находится по формуле:
S( x ) =
∞
∑ U′k ( x).
k =1
54
∞
∑ n x n −1
Пример 9.2. Найти сумму ряда Решение. Очевидно, что ряд
.
n =1 ∞
∑
x n сходится при x < 1 и его сумма равна
n =1
∞ 1 . Ряд ∑ n x n −1 , полученный из него почленным дифференцированием, схо1− x n =1 дится равномерно при x ≤ q < 1 по признаку Вейерштрасса, т.к. он мажорируется
числовым рядом
∞
∑ n q n −1 , сходящимся по признаку Даламбера.
n =1
По теореме 9.3.
∞
∑n x
n =1
n −1
d = dx
∞ n d ∑x = n = 0 dx
1 1 для ∀x ∈ ( −1;1). = 1 − x (1 − x ) 2
§10. Степенные ряды. Радиус и круг сходимости степенного ряда Определение10.1. Функциональные ряды вида ∞
∑ a n ( y − α )n ,
(6)
n=0
где аn (n=0,1,2…) и α – действительные числа, y – действительное переменное, называют степенными рядами, а числа аn – коэффициентом степенного ряда (6). Полагая в (6) y − α = x , получим ряд ∞
∑ an xn ,
(7)
n =0
исследование сходимости которого эквивалентно исследованию сходимости ряда (6). Поэтому в дальнейшем ограничимся рассмотрением рядов (7). Заметим, что всякий степенной ряд (7) сходится в точке x=0, а его сумма S(0)=c0. При x ≠ 0 степенной ряд может как сходиться, так и расходиться. Теорема 11.1(1-я теорема Абеля). Если степенной ряд (7) сходится при х = х0 , то при любом x: |x| < |x0| ряд (7) сходится абсолютно. Если же ряд (7) расходится при х = х0 , то он расходится при любом x: |x| > |x0|. Доказательство.
55
Если ряд
∞
∑ a n x n0
n=0
сходится, то lim a n x n0 = 0, поэтому существует константа n →∞
с > 0: | a n x n0 |≤ c ∀n . n
n
n
∞ x x ≤c , а ряд ∑ при |x|<|x0| Следовательно, | a n x x0 x n =0 0 сходится, так как является суммой бесконечно убывающей геометрической прогрессии. Значит, ряд (7) при |x|<|x0| абсолютно сходится. Далее, если бы ряд (7) сходился точке х : |x| > |x0|, то по доказанному выше он сходился бы абсолютно в точке х0, что противоречит условию.
n
x |=| a n x n0 | ⋅ x0
Таким образом, если найти наибольшее из чисел х0 > 0 таких, что ряд (7) сходится при х = х0 , то областью сходимости данного ряда, как следует из теоремы Абеля, будет интервал (- х0 , х0 ), возможно, включающий одну или обе границы. Определение 11.2. Число R ≥ 0 называется радиусом сходимости степенного ряда (7), если ∀x :| x |< R этот ряд сходится, а ∀x :| x |> R расходится. Интервал (R , R ) называется интервалом сходимости ряда (7). Если ряд (7) сходится только в точке x = 0 , то R = 0; если же ряд (7) сходится для всех x ∈ R , то R = ∞ . Для нахождения радиуса сходимости степенного ряда используют признаки Даламбера и Коши (см. § 3 настоящего пособия). Получим формулы для нахождения R . 1. Формула Даламбера. Рассмотрим степенной ряд
∞
∑ | a n x n | и применим к нему признак Даламбера:
n=0
для сходимости ряда необходимо, чтобы lim
| a n +1 x n + 1 |
n →∞
| an xn |
a n +1 < 1. n →∞ a n
=| x | lim
an + 1 , то область сходимости определяется неравенстn → ∞ an
Если существует lim
an , то есть n → ∞ a n +1
вом | x |< lim
an - формула Даламбера для вычисления радиуса сходимости. n → ∞ a n +1
R = lim
56
2. Формула Коши-Адамара. Используя радикальный признак Коши и рассуждая аналогичным образом, получим, что можно задать область сходимости степенного ряда как множество ре1 шений неравенства | x |< lim при условии существования этого предела, и, n→∞ n a n соответственно, найти еще одну формулу для радиуса сходимости: 1 - формула Коши-Адамара. R = lim n→∞ n a n Область сходимости степенного ряда будем находить по следующей схеме: а) Определяем радиус R сходимости степенного ряда по формулам Даламбера или Коши-Адамара. Тогда ряд сходится абсолютно в промежутке (-R , R ). б) Проверяем поведение ряда в граничных точках найденного интервала сходимости. Пример 10.1. x2 x3 x4 xn + + + ... + + ... Найти интервал сходимости ряда x + n −1 20 300 400 n10
Решение. а) Радиус
R
сходимости
ряда
находим
по
формуле
n
n+1 an (n + 1) ⋅ 10 = 10 lim = 10 т.е. R = 10. Значит, данный = lim n → ∞ an + 1 n → ∞ n ⋅ 10n −1 n→∞ n х , удовлетворяющих неравенству сходится при значениях x < 10 или − 10 < x < 10. б) Исследуем теперь поведение ряда на концах промежутка. ∞ 10 ∞ 1 = 10 ∑ . Это гармонический ряд, При x = 10 , получим числовой ряд ∑ n =1 n n =1 n который расходится. ∞ 10 x = − 10 получим числовой знакопеременный ряд При ∑ ( −1)n n , который n =1 сходится условно по признаку Лейбница. Таким образом, данный степенной ряд сходится при всех значениях х, удовлетворяющих неравенствам − 10 ≤ x < 10 и его интервал сходимости представляет собой полузамкнутый интервал [− 10,10 ) . R = lim
57
Пример 10.2. Найти радиус сходимости рядов а)
∞
∑ n! x n и б)
n=0
Решение. а) Для исследования абсолютной сходимости ряда
∞ xn
∑
n =1 n
.
∞
∑ n! x n применим
n =0 n +1
∞ , x ≠ 0 =| x | lim (n + 1) = . Следовательно, n = 0 , x 0 n →∞ n → ∞ | n! x | ряд сходится только при х = 0, и радиус сходимости R = 0.
признак Даламбера: lim
| (n + 1)! x
|
б) Используя тот же признак Даламбера, можно показать, что ряд
∞ xn
∑
n = 0 n!
сходится при любом х , то есть R = ∞ . Для степенных рядов вида (6) нахождение радиуса сходимости производится аналогично. ∞ ( x − 3)n Пример 10.3. Найти радиус сходимости ряда ∑ . n n=0 n⋅5 n +1
Решение. R = lim
n→∞
(n + 1)5 n
n5 − 5 < x − 3 < 5, откуда − 2 < x < 8.
= 5 , т.е. интервал сходимости
При x = −2 получаем условно сходящийся ряд
∞ ( −1)n
∑
n=0
n
При x = 8 получаем расходящийся гармонический ряд
.
∞ 1
∑
n=0 n
.
Таким образом, область сходимости ряда есть полуинтервал [−2;8).
§11. Свойства степенных рядов.
Ограничимся изучением некоторых свойств степенного ряда (7). Теорема 11.1 (2-я теорема Абеля). Если R – радиус сходимости ряда (7) и этот ряд сходится при x = R, то он равномерно сходится на интервале (-R, R). Доказательство.
58
∀ρ : 0 < ρ < R знакоположительный ряд
∞
∑ | an | ρn
сходится по 1-ой теореме
n=0
Абеля. Следовательно, ряд (7) по признаку Вейерштрасса равномерно сходится в интервале [-ρ, ρ]. Из выбора ρ следует, что интервал равномерной сходимости – (R, R), что и требовалось доказать. Следствие 11.1. На всяком отрезке, целиком лежащем внутри интервала сходимости, сумма ряда (7) есть непрерывная функция. Доказательство. Члены ряда (7) являются непрерывными функциями, и ряд равномерно сходится на рассматриваемом отрезке. Тогда непрерывность его суммы следует из теоремы 9.1. Следствие 11.2. Если пределы интегрирования α, β лежат внутри интервала сходимости степенного ряда, то интеграл от суммы ряда равен сумме интегралов от членов ряда: β
∞
β
α
n=0
α
n ∫ s( x)dx = ∑ a n ∫ x dx.
Доказательство этого утверждения следует из теоремы 9.2. Теорема 11.2. Если ряд (7) имеет интервал сходимости (-R, R ) ( R ≠ 0) , то на этом интервале его можно почленно дифференцировать, и для его суммы
справедливо равенство: S′( x ) = Без доказательства.
∞
∑ n a n x n −1 .
n =1
Теорема 11.3. Если ряд (7) имеет интервал сходимости (-R, R ), то на этом интервале можно почленно интегрировать любое число раз. Без доказательства. Пример 11.1. Найти сумму ряда
∞
∑ ( −1)
n=0
n x
2n + 1
2n + 1
.
Решение. Рассмотрим ряд ∞
∑ ( −1)n
x 2n = 1 − x 2 + x 4 − ... + ( −1)n x 2n + ... ,
(*)
n=0
получаемый из исходного почленным дифференцированием. Так как члены этого ряда представляют собой геометрическую прогрессию со знаменателем − x 2 , 1 то его сумма S( x ) = при x < 1. 1 + x2 59
Интегрируя (*) почленно на отрезке [0; x] ⊂ ] − 1;1[ , получаем: x
∫
dt
2 01 + t
x ∞
=∫
∑ ( −1)
n 2n
t
dt =
0n=0
Таким образом,
∞
∑
n
∫
dt
2 01 + t
( −1)n
n=0
x
∑ ( −1) ∫ t
n=0 x
С другой стороны
∞
0
2n
dt =
∞
∑ ( −1)
n x
n=0
2n + 1
2n + 1
.
= arctg x. x 2n + 1 = arctg x, x < 1. 2n + 1
Контрольные вопросы к §7-11.
1. Дайте понятие функционального ряда, его области определения и области сходимости. 2. Сформулируйте алгоритм нахождения области сходимости функционального ряда. 3. Дайте определение равномерной сходимости функционального ряда. 4. Сформулируйте признак Вейерштрасса и следствие из него равномерной сходимости функционального ряда. 5. Сформулируйте теоремы о свойствах равномерно сходящихся функциональных рядов. 6. Дайте понятие степенного ряда, его области определения и области сходимости. 7. Сформулируйте алгоритм нахождения области сходимости степенного ряда. 8. Запишите формулы Даламбера и Кощи – Адамара для нахождения радиуса сходимости степенного ряда. 9. Сформулируйте теоремы о свойствах степенных рядов. Типовые примеры к § 7-11. ∞
n
x Пример 1. Найти область сходимости функционального ряда ∑ . n =1 2
Решение. Члены данного ряда определены для всех значений х. n +1
x 2 lim n U n ( x ) = lim n→∞ n →∞ x n 2
=
x . 2
60
x < 1 является интервал (-2;2). Решением неравенства 2 Исследуем сходимость ряда на границах: при х=-2 и при х=2. ∞
∞ −2 n ) = ( −1)n расходится, так как не выполнено необЕсли х=-2, то ряд ∑ ∑ n =1 2 n =1 ходимое условие сходимости. Тот же результат получим при х=2. Следовательно, областью сходимости ряда является интервал (-2,2).
(
Пример 2. Найти область сходимости функционального ряда Решение. Члены Предположим
U n (x) =
x 2n
исходного ряда 1 + x 2n + 1 x ≠ −1 и найдем предел
∞
∑
x 2n
n =1 1 + x
2n + 1
.
не определены при x=-1.
U n +1 ( x) x 2(n + 1) x 2n : ρ( x) = lim = lim = n → ∞ U n (x) n → ∞ 1 + x 2(n + 1) + 1 1 + x 2n + 1 x 2 при х < 1, = lim = n → ∞ 1 + x 2n + 3 1 при x = 1 или x > 1. x 2 + x 2n + 3
Следовательно, области абсолютной сходимости исходного ряда будут принадлежать значения х , удовлетворяющие системе x < 1 зна 2 x < 1 чит, -1<x<1, а при x=1 или х > 1 требуется дополнительное исследование Так как 1 2 2 при х = 1 x = lim U n ( x ) = lim n→∞ n → ∞ 1 + x 2n + 1 1 х при х > 1 отличен от нуля, то при любом фиксированном x > 1 или x=1 исходный ряд расходится. Т.о., исходный ряд абсолютно сходится в точках интервала (-1;1), а во всех остальных точках расходится.
61
n
∞
n x Пример 3. Найти область сходимости ряда ∑ . + + n 1 2 x 1 n =1 Решение. Члены 1 x ≠ − . Так как 2
n x U n (x) = n + 1 2x + 1
n
данного ряда определены для всех n
lim
n
n→∞
U n ( x ) = lim
n→∞
n x x , то исходный ряд = n + 1 2x + 1 2x + 1
n
x < 1. 2x + 1 Решениями последнего неравенства являются решения системы неравенств
сходится абсолютно при
x 2x + 1 < 1 . Решая эту систему, получаем, что исходный ряд сходится абсо x 2x + 1 > −1 лютно при x<-1 или x>-1/3 . При x=-1 и x=-1/3 соответственно получаем числовые ∞ ∞ ( −1) n n n ряды ∑ и ∑ , которые расходятся. n + 1 n + 1 n =1 n =1 1 Итак, исходный ряд сходится при x ∈ ( −∞ ,−1) U − , ∞ , притом абсолютно. 3 Пример 4. Найти область сходимости ряда
∞
x
∑
. 2 + n x n =1 Решение. Члены ряда определены для всех x ∈ R . При x=0 ряд сходится.
Покажем, что при любом x ≠ 0 он расходится. Действительно, ряд
∞
∑
1
2 n = 1n + x
рас-
1 1 ходится, так как lim : = 1. 2 n → ∞ n + x n Следовательно, данный ряд
∞
∑
n = 1n
∞
x
+x
2
= x∑
Пример 5. Найти область сходимости ряда
n = 1n
1
+ x2
также расходится при x ≠ 0 .
3 2n 2n ∑ 4 x sin( x − nπ ) . n = 1 2n ∞
62
Решение. Учитывая справедливость равенства sin( x − nπ ) = ( −1)n sin x, n ∈ N, общий член данного ряда можно переписать в виде ( −1)n 3 2n 2n U n (x) = 4 x sin x. 2n Так как U n + 1 (x) ( −1)n + 1 3 2( n + 1) 2( n + 1) ( −1)n 3 2n 2n = lim x sin x : 4 x sin x = 9x 2 , 4 n → ∞ U n (x) n→∞ 2(n + 1) 2n lim
исходный ряд абсолютно сходится при 9x2<1, т.е. при x <
то
1 . 3
1 ∞ ( −1)n + 1 , При x=1/3 получаем знакочередующийся числовой ряд sin ∑ 4 3 n = 1 2n который, по теореме Лейбница, сходится. Но ряд, составленный из абсолютных величин членов этого ряда, расходится, значит, знакочередующийся ряд сходится условно. 1 ∞ ( −1)n + 1 При x=-1/3 получаем ряд sin ∑ 4 , который также условно сходится. 3 n = 1 2n 1 1 Итак, исходный ряд сходится при x ∈ − , , притом абсолютно при 3 3 1 1 x∈ − , . 3 3 4 ⋅ 3n / 2 n Пример 6. Найти область сходимости ряда ∑ tg 2x . n n =1 ∞
4 ⋅ 3n / 2 n π Решение. Члены ряда U n ( x ) = tg 2x определены для x ≠ ( 2k + 1), k ∈ Z. 4 n При этих значениях х имеем
41 / n ⋅ 31 / 2 4 ⋅ 3n / 2 n n tg 2x = lim tg 2x = lim U n ( x ) = lim n n n → ∞ n1 / 2n n→∞ n→∞
3tg 2x.
Так как lim n1 / 2n = 1 (см. решение примера 7 задания 6), то исходный ряд схоn→∞
дится −
абсолютно,
если
3 tg 2x < 1,
π π π π + k<x< + k,k ∈ Z . 12 2 12 2
т.е.
−
1 1 < tg 2x < , значит, 3 3
при
63
∞ 1 π π При x = + k , k ∈ Z, получаем расходящийся числовой ряд 4 ∑ 1 / 2 , а при 12 2 n =1n ∞ ( −1) n π π x = − + k , k ∈ Z, - условно сходящийся ряд 4 ∑ 1 / 2 . 12 2 n =1 n π π Таким образом, исходный ряд сходится при x ∈ (6k − 1), (6k + 1) , k ∈ Z 12 12 π π причем, при x ∈ (6k − 1), (6k + 1) , k ∈ Z , абсолютно. 12 12
Пример 7. Найти область сходимости ряда
∞
∑
n =1
Решение. Все члены данного ряда U n ( x ) = определены при x ∈ [3,+∞ ) . Для всех x ≠ 0 arcsin
lim n U n ( x ) = lim n
n→∞
n→∞
3 2
n x
~
n
( −1) ⋅3 x+2
3 2
n x −
3n 2 x
( −1) 3 x+2 n
( −1) 3 x+2
− n 4 arcsin
− n 4 arcsin
3 2
n x
.
3 2
n x
(n = 1,2,...)
при n → ∞ , значит,
= lim
n → ∞ 3 3n / x
1 ( x + 2)1 / 2n
=0<1
при всех
x ∈ [3,+∞ ) . Следовательно, областью сходимости исходного ряда является промежуток [3,+∞ ) , притом сходимость всюду абсолютная. ∞
n
1 − Пример 8. Найти область сходимости ряда ∑ 3 + 4 n n = 1 n
1 − Решение. Члены ряда U n ( x ) = 3 + 4 n
n2 x
n2 x
.
определены при x ≠ 0 и
n2 n −n 0, x > 0, 1 1 n lim n U n ( x ) = lim 3 + ⋅ 4 x = lim 3 + ⋅ 4 x = n n n→∞ n→∞ n → ∞ ∞ , x < 0. n
−
Следовательно, исходный ряд абсолютно сходится для x ∈ (0,+∞ ) . 64
(n + 1) 5 x 2n Пример 9. Найти область сходимости ряда ∑ . 2 n 1 + n =1 ∞
(n + 1) 5 x 2n Решение. Так как общий член ряда U n ( x ) = и 2n + 1 (n + 2) 5 x 2n + 2 (n + 1) 5 x 2n U n + 1 (x) 2 lim : = lim =x , n→∞ n → ∞ U n (x) 2n + 3 2n + 1
то ряд сходится абсолютно при x2 < 1 , т.е. в интервале (-1,1). При x=±1 имеем числовой ряд
∞ (n + 1) 5
∑
расходится, так как общий член это2 n + 1 n =1 го ряда не стремится к нулю при n → ∞ . Т.о., областью сходимости исходного ряда является интервал (-1,1), притом сходимость всюду абсолютная. ∞
∑
Пример 10. Найти область сходимости ряда Решение. Имеет место три возможных случая. При x < 1
xn
xn
=
Для x > 1
xn 2+x
2n
≤
xn x
2n
=
n =1 2 + x
n
≤ x , а ряд
2 + x 2n 2 + x 2n и исходный ряд сходится для x < 1.
xn
∞
2n
∑x
.
n
сходится при x < 1, то
n =1
1 x
n
, а ряд сравнения
∞
∑x
−n
сходится для
n =1
x > 1 , то и исследуемый ряд сходится при тех же условиях. 1 и ряд расходится. Если x = 1 или x = −1 , то u n (1) = 3 В итоге, исследуемый ряд сходится на всей числовой оси, кроме точек x = −1 и x = 1. ∞
n
1 Пример 11. Найти область сходимости ряда ∑ 1 + 2 nx . n n =1 Решение. Применим к данному ряду признак
Коши
n
1 1 lim n U n ( x ) = lim n 1 + 2nx = lim 1 + 2 x = 2 x < 1 , n n n→∞ n→∞ n → ∞ x < 0.
что возможно при
65
Случай 2 x =1, т.е. x=0, исследуем особо. При x=0 исследуемый ряд прини∞
n
n
1 1 мает вид ∑ 1 + . Этот ряд расходится, т.к. lim 1 + = e ≠ 0. n n n → ∞ n =1 В итоге, исследуемый ряд сходится при x < 0. Пример 12. Найти область сходимости ряда Решение. По признаку Даламбера R = lim
∞
∑
n!
n =1 a n
n!a (n + 1)
n→∞
2
2
(n + 1)!a n
2
x n при a > 1 . a 2n + 1 = lim = ∞, n→∞ n + 1
что означает, что ряд сходится на всей оси х .
Пример 13. Доказать, исходя из определения, равномерную сходимость функцио∞ xn n на отрезке [0,1] . При каких n абсолютная величина нального ряда ∑ ( −1) 3 3 n =1 n −6 остатка ряда не превосходит 0,1 для всех x ∈ [0,1] ? Доказательство. При любом фиксированном x ∈ [0,1] исходный ряд является знакочередующимся рядом , члены которого , начиная со второго, по абсолютной величине монотонно убывают и n-й член стремится к нулю при n → ∞ . Следовательно, этот ряд сходится, и сумма его остатка не превосходит первого члена этого остатка по абсолютной величине: R n ( x) =
∞
∑
k = n +1
( −1)
xk
k 3
k −6
значит, для всех x ∈ [0,1] R n ( x ) ≤ Взяв любое ε > 0 , подберем
n>3
1 ε3
3
≤
x
3 (n + 1) 3 − 6
1 3
3
(n + 1) − 6 n
n +1
(n = 2,3,4...),
.
так, чтобы
1 3
3
(n + 1) − 6
< ε, отсюда
+ 6 − 1.
1 Положив, таким образом, N = 3 3 + 6 − 1 , мы убеждаемся, что при n>N, дейст ε вительно, R n ( x ) < ε для всех x из отрезка [0,1] . Тем самым равномерная сходимость исходного ряда на отрезке [0,1] доказана. Так как для любого x ∈ [0,1] 66
1
R n ( x) ≤
3
3
(n + 1) − 6
≤ 0,1
при
n≥3
1
(0,1)3
+ 6 − 1 ≈ 8,98
и n является натуральным числом, то абсолютная величина исходного ряда не превосходит 0,1 для всех х ∈ [0,1] при n=9,10,11…
Пример 13. Доказать равномерную сходимость функционального ряда ∞ ( x + 1)n на отрезке [− 2,0] . ∑ 2 n = 1(n + 1) ln (n + 1) Доказательство. Так как x + 1 ≤ 1 при x ∈ [− 2,0], то ( x + 1)n (n + 1) ln 2 (n + 1) ∞
≤
1 (n + 1) ln 2 (n + 1)
(n = 1,2,3...).
1
∑
с положительными членами сходится . Действи+ 1) ln 2 (n + 1) 1 в промежутке [1,+∞ ) удовлетворяет услотельно, функция f ( x ) = (n + 1) ln 2 (n + 1) 1 (n = 1,2,3...) , причем виям интегрального признака Коши и f (n ) = (n + 1) ln 2 (n + 1) Числовой ряд
n = 1(n
+∞
∫
несобственный интеграл
1
∞
∑
dx 2
( x + 1) ln ( x + 1)
=
∞
∫
1
d ln( x + 1) 2
ln ( x + 1
=
1 сходится. ln 2
1
является мажорирующим для исход2 ( n + 1 ) ln ( n + 1 ) n =1 ного ряда на отрезке [− 2,0] , следовательно, исходный ряд сходится на этом отрезке равномерно и абсолютно. Таким образом, ряд
∞ cos nx Пример 14. Доказать равномерную сходимость функционального ряда ∑ . n 3 n =1
67
Доказательство. Так как cos nx ≤ 1 на всей числовой оси, то
(n = 1,2,3K),
т.е. числовой ряд
∞
∑
cos nx 3n
≤
1 3n
1
мажорирует исследуемый функциональn 3 n =1 ный ряд. Члены числового ряда образуют геометрическую прогрессию со знаменателем q = 1 (геометрический ряд). Геометрический ряд сходится при q < 1 , сле3 довательно, в соответствии с признаком Вейерштрасса, исследуемый ряд сходится абсолютно и равномерно на всей числовой оси. ∞ x 2n + 1
∑
, x < 1. 2 n 1 + n=0 Решение. Обозначим сумму ряда ϕ(x ) и продифференцируем ряд почленно: Пример 15. Найти сумму ряда
ϕ′(x ) =
∞
1
n=0
1 − x2
∑ x 2n =
при x < 1 .
После интегрирования получим x
ϕ(x ) = ∫
dx
01− x
2
=
1 1+ x ln при x < 1 . 2 1− x
x 2n + 2 Пример 16. Найти сумму ряда ∑ . + + ( 2 n 2 )( 2 n 3 ) n=0 ∞
Решение. Интегрируя дважды почленно в пределах от 0 до х при x < 1 геометрический ряд
∞
∑ x 2n + 1 =
n=0 x
x 1 − x2
, получаем:
∞ x 2n + 2 x 1 x 2n + 3 1x 2 dx = − ln(1 − x ), ∑ = − ∫ ln(1 − x 2 )dx. ∑ (2n + 2) = ∫ 2 2 20 n = 0 ( 2n + 2)( 2n + 3) n=0 01− x Последний интеграл возьмем по частям, полагая 2xdx , dV = dx, V = x : U = ln(1 − x 2 ), dU = − 1 − x2 x 1 x x x 1 − dx = − x 2dx 2 2 2 ∫ ln(1 − x ) = ( x ln(1 − x )) − 2∫ 1 − x 2 =x ln(1 − x ) − 2∫ 1 − x 2 0 0 0 0 ∞
x
1+ x 1 1+ x 2 x ln(1 − x ) − 2 x − ln , = x ln(1 − x ) − 2x + ln 2 1− x0 1− x 2
68
x 2n + 3 1 1 1+ x следовательно, ∑ , = x − x ln(1 − x 2 ) − ln ( 2 n 2 )( 2 n 3 ) 2 2 1 x + + − n=0 ∞
отсюда при x ≠ 0, x < 1 сумма исходного ряда x 2n + 2 1 1 1+ x S( x ) = ∑ 1 − ln(1 − x 2 ) − ln . 2 2x 1 − x n = 0 ( 2n + 2)( 2n + 3) Очевидно, что S(0)=0 ∞ ∞ 1 1 1 1 1 1 1 = ∑ − S( −1) = S(1) = ∑ = − + − + ... + + + + ( 2 n 2 )( 2 n 3 ) 2 n 2 2 n 3 2 3 4 5 n=0 n=0 ∞
+
и
1 1 − + ... 2n 2n + 1
Известно, что для всех x ∈ ( −1;1] имеет место равенство k x2 x3 x4 k −1 x ln(1 + x ) = x − + − + ... + ( −1) + ..., k 2 3 4 и, в частности, при х=1 1 1 1 1 1 1 ln 2 = 1 − + − + − ... − + − ..., 2 3 4 5 2n 2n + 1 следовательно, 1 1 1 1 1 1 − + − + ... + − + ... = 1 − ln 2. 2 3 4 5 2n 2n + 1 Сравнивая это выражение с выражением для S(-1), получаем S(-1)=S(1)=1-ln2. Таким образом, исходный ряд сходится на отрезке [− 1,1] и его сумма равна 0, x = 0 1 1+ x 1 S( x ) = 1 − (1 − x 2 ) − ln ,0 < x < 1 , 2 2 x 1 − x 1 − ln 2, x = 1
а во всех остальных точках расходится.
ctg n x Пример 17. Найти сумму ряда ∑ . n = 2 (n − 1)n Решение. Рассмотрим сходящийся при y < 1 геометрический ряд ∞
69
∞
1
∑ yn−2 = 1 − y .
n= 2
Интегрируя дважды этот ряд в пределах от 0 до y при y < 1, находим:
y n −1 dy ∑ n − 1 = ∫ 1 − y = − ln(1 − y ), n= 2 0 y
∞
y
yn ∑ (n − 1)n = − ∫ ln(1 − y )dy . n= 2 0 dy , dV = dy , V = y , тогда по формуле интегрироПоложим U = ln(1 − y ), dU = − 1− y вания по частям получаем ∞
y
y
y
− ydy 1 ∫ ln(1 − y )dy = y ln(1 − y ) − ∫ 1 − y = y ln(1 − y ) − ∫ 1 − 1 − y dy = 0 0 0 y ln(1 − y ) − y − ln(1 − y ) = ( y − 1) ln(1 − y ) − y , yn = y + (1 − y ) ln(1 − y ). следовательно, при y < 1 ∑ ( n − 1 ) n n= 2 ∞ ∞ 1 1 1 При y=1 имеем ∑ = ∑ − . n = 2 (n − 1)n n = 2 n − 1 n Его частичная сумма стремится к единице: k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∑ n − 1 − n = 1 − 2 − 2 − 3 + 3 − ... + k − 1 − k = 1 − k → 1, k → ∞, n= 2 ∞ 1 = 1. значит, ∑ ( n − 1 ) n n=2 ∞
Далее, при y=-1 находим: ∞ ( −1) n ∞ 1 1 ∑ (n − 1)n = ∑ ( −1)n n − 1 − n = n= 2 n=2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + + − − + ... + − − + + ... = 2 2 3 3 4 4 2k − 1 2k 2k 2k + 1 1 1 1 1 1 1 + 2 − + − + ... − + − ... = 1 + 2(ln 2 − 1) = 2 ln 2 − 1 2k 2k + 1 2 3 4 (аналогично примеру 15 этого задания). =1−
70
y + (1 − y ) ln(1 − y ), y < 1 yn = 1, y = 1 Таким образом, ∑ n = 2 (n − 1)n 2 ln 2 − 1, y = −1 Для данного ряда, полагая y=ctgx в полученном соотношении, имеем: ctgx + (1 − ctgx) ln(1 − ctgx), ctgx < 1 ∞ ctg n x ∑ (n − 1)n = 1, ctgx = 1 2 ln 2 − 1, n=2 ctgx = −1 или π 3π ctgx + (1 − ctgx) ln(1 − ctgx), 4 + πk < x < 4 + πk ∞ ctg n x π ∑ (n − 1)n = 1, x = 4 + πk n=2 3π − = + πk , k ∈ Z, 2 ln 2 1 , x 4 а во всех остальных точках исходный ряд расходится. ∞
Задания к § 7-11. После изучения § 7-12 выполните задания 12-17 из главы 3 настоящего пособия.
71
§12. Ряды Тейлора. До сих пор, изучая степенные ряды, мы интересовались областью сходимости степенных рядов и изучением свойств суммы степенных рядов. Рассмотрим обратную задачу: пусть дана функция f(x) на интервале (x0–R, x0+R). Можно ли эту функцию представить на этом интервале в виде степенного ряда f(x)=a0+a1(x–x0)+a2(x–x0)2+…+an(x–x0)n+…, сходящегося к f(x) как к своей сумме? Примером решения такой обратной задачи может служить пример 11.1. настоящего пособия, в котором функцию arctg x представили в виде степенного ряда при x < 1. Определение 12.1. Представление функции в виде
f ( x) =
∞
∑ a n (x − x 0 )n ,
n=0
a n = const
(8)
называется ее разложением в степенной ряд.
Теорема 12.1. Если функция f раскладывается в некоторой окрестности точки f (n ) ( x 0 ) х0 в степенной ряд (8), то a n = , т.е. справедлива формула n! f ( x) =
∞ f (n ) ( x ) 0
∑
n=0
n!
(x − x 0 )n
(9)
Доказательство. Дифференцируя m раз равенство (8), получим: f (m ) ( x ) = m(m − 1)...2 ⋅ 1 ⋅ a m + (m + 1)m...2a m + 1 ( x − x 0 ) + + (m + 2)(m + 1)...3a m + 2 ( x − x 0 ) 2 + ... Примем х = х0 , тогда f(m)(x0) = m!am , что доказывает формулу (9). Следствие 12.1. Если в некоторой окрестности заданной точки функция раскладывается в степенной ряд, то это разложение единственно. Действительно, из теоремы 13.1 следует, что коэффициенты степенного ряда могут иметь только вид, задаваемый формулой (9). Определение 12.2. Пусть функция f(x) определена в некоторой окрестности точки х0 и имеет в этой точке производные всех порядков. Тогда ряд
72
∞ f (n ) ( x ) 0
∑
n!
n =0
f ( x) =
( x − x 0 ) n называется
∞ f (n ) ( x ) 0
∑
n=0
n!
рядом
Тейлора,
а
разложение
функции
( x − x 0 )n - разложением функции в ряд Тейлора.
Определение 12.3. Если при разложении в ряд Тейлора принимается х0 =0, то полученный ряд f ( x ) =
∞ f (n ) ( 0) n
∑
n=0
n!
x называется рядом Маклорена.
Разлагаемая функция имеет вид: f'(x0) f''(x0) fn(x0) 2 f(x)=f(x0)+ (x–x0)+ (x–x0) +…+ (x–x0)n+… - ряд Тейлора, 1! 2! n! n f'(0) f''(0) 2 f (0) n f(x)=f(0)+ x+ x +… + x +… - ряд Маклорена. 2! 1! n!
(10) (11)
Исследуем теперь условия разложимости функции f(x) в ряд Тейлора (10). Чтобы исследовать этот вопрос, напишем формулу Тейлора для функции f(x) в точке x0 n f (k ) ( x ) 0 f ( x) = ∑ ( x − x 0 )k + rn ( x ) , (12) k! k =0 которая справедлива при любом n=0,1,2,…. В этой формуле rn(x) назовём остаточным членом формулы Тейлора для функции f в точке x0. Подчеркнем различие остаточного члена формулы Тейлора rn(x) от остаточного члена ряда Тейлора R n = S( x) − S n ( x) .
f (k ) ( x 0 ) ∑ k! ( x − x 0 )k , k =0 тогда rn(x)= f(x)–Sn(x), где Sn(x) – n-я частичная сумма ряда Тейлора. Если существует lim rn ( x ) = 0 , то, согласно определению сходимости ряда,
Обозначим S n ( x ) =
n
n→∞
ряд (10) сходится к функции f(x) в точке x, т.е.
f ( x) =
∞ f (n ) ( x ) 0
∑
( x − x 0 )n .
n! Теорема 12.2. Пусть функция f(x) определена и непрерывна вместе со всеми своими производными до порядка (n+1) на интервале (x0–R, x0+R), R>0. Тогда остаточный член rn(x) её формулы Тейлора (12) для всех x∈(x0–R, x0+R) можно записать в следующих трёх видах: n=0
73
rn (x ) =
1 x (x − t )n f (n + 1) (t )dt , ∫ n! x
(13)
0
f (n + 1) (ξ ) rn ( x ) = ( x − x 0 )n + 1 , где ξ ∈ ( x 0 ; x ) , (n + 1)!
(14)
и
f (n + 1) (x 0 + θ(x − x 0 )) (1 − θ)n (x − x 0 )n + 1 , где 0<θ<1. rn (x ) = (15) n! Формула (13) называется остаточным членом формулы Тейлора в интегральной форме, формула (14) – в форме Лагранжа, а (15) – в форме Коши. Без доказательства. Теорема 12.3. Для того, чтобы бесконечно дифференцируемая в окрестности точки x 0 функция f ( x ) разлагалась в ряд Тейлора в окрестности этой точки, необходимо и достаточно, чтобы lim rn ( x ) = 0 ∀x ∈ ( x 0 − R; x 0 + R ). n→∞
Доказательство. Если ряд Тейлора сходится к S( x ) ≠ f ( x ) , то из равенств rn ( x) = f ( x) − S n ( x) и R n = S( x) − S n ( x) следует, что rn ( x) ≠ R n ( x) . Если же S( x ) = f ( x ) , то, очевидно, rn ( x ) = R n ( x ) . Теорема 13.4. (достаточное условие разложения функции в степенной ряд). Если функция f и все её производные ограничены в совокупности на интервале (x0–R, x0+R), т.е. существует такая постоянная M>0, что для всех x∈(x0–R, x0+R) и всех n=0,1,2,… выполняется неравенство |f(n)(x)|≤M, то функция f представляется рядом Тейлора (10), сходящимся в каждой точке интервала (x0–R, x0+R). Без доказательства.
§13. Разложение элементарных функций в ряд Маклорена. Найдём разложение основных элементарных функций в ряд Тейлора в окрестности точки x0=0, т.е. в ряд Маклорена (11):
f ( x) =
∞ f (n ) ( x ) n
∑
x . x! n =1 При этом применим приём непосредственного разложения функции f в ряд Тейлора, который состоит в следующем: 74
а) формально составляем ряд Тейлора для функции f(x); с этой целью вычисляем производные всех порядков функции f(x) в точке x=x0 и подставляем в разложение
f'(x0) f''(x0) fn(x0) 2 f(x)=f(x0)+ (x–x0)+ (x–x0) +…+ (x–x0)n+…; 1! 2! n! б) находим область сходимости полученного ряда: х⊂Е; в) выясняем, для каких значений x из области сходимости полученный ряд сходится к данной функции, для чего оцениваем остаточный член и проверяем выполнения условия lim rn(x)=0. n→∞
13.1. Показательная функция. Так как для функции f(x)=ex справедливы следующие соотношения: f (0) = 1, f ′(0) = 1 , … f (n ) (0) = 1 n∈N, то по формуле (11) получается разложение в ряд Маклорена показательной функции
ex =
∞ xn
∑
=1+ x+
x2 xn + ... + + ... n! 2!
. n ! n=0 Для нахождения области сходимости этого ряда воспользуемся признаком Даламбера:
lim
x n + 1 n!
n → ∞ (n + 1)! x n
x = 0 < 1, т.е. полученный ряд сходится на всей чиn → ∞ (n + 1)
= lim
xn = 0. n → ∞ n!
словой оси; в силу необходимого признака сходимости ряда lim
Оценим остаточный член формулы Маклорена в форме Лагранжа (14):
f (n + 1) (ξ ) n + 1 eξ rn ( x ) = x x n + 1 , где ξ ∈ (0; x ) . = (n + 1)! (n + 1)! x В силу того, что функция f(x)=e монотонно возрастает по мере роста показателя, имеем e ξ
ξ
x
< e , откуда следует, что x
e e rn ( x ) = xn +1 < xn +1 (n + 1)! (n + 1)! и
75
x
e lim rn ( x ) = lim x n + 1 = 0 в силу необходимого признака сходимости n→∞ n → ∞ (n + 1)! ряда. Следовательно, ряд
R.
∞ xn
∑
n = 0 n!
сходится к функции e x на всей числовой прямой
Итак, для функции f(x)=ex справедливо следующее разложение: ∞ xn
x2 xn e = ∑ =1+ x+ + ... + + ... , n ! 2 ! n ! n=0 x
∀x ∈ ( −∞; ∞ ).
13.2. Тригонометрические функции. π 1) Если f(x)=sin x, то с учетом того, что f (n ) ( x ) = sin( x + n ) , имеем при 2 0, если n = 2k , x = 0 : f (n ) ( 0) = n∈N. k − 1 ( −1) , если n = 2k + 1, По формуле (11) получаем разложение синуса в ряд Маклорена: ∞
( −1)n 2n + 1 x3 x5 sin x = ∑ x =x− + − .... . ( 2 n 1 )! + 3 ! 5 ! n=0 Для нахождения области сходимости этого ряда воспользуемся признаком Даламбера:
x 2n + 3 ( 2n + 1)!
x2 lim = lim = 0 < 1, т.е. полученный ряд сходится n → ∞ ( 2n + 3)! x 2n + 1 n → ∞ 2(n + 1)( 2n + 3) на всей числовой оси; в силу необходимого признака сходимости ряда x 2n + 1 = 0. n → ∞ ( 2n + 1)! lim
Оценим остаточный член формулы Маклорена в форме Лагранжа (14): π sin ξ + (n + 1) ( n + 1) f (ξ ) n + 1 2 n +1 = x , где ξ ∈ (0; x ) . rn ( x ) = x (n + 1)! (n + 1)! π В силу того, что sin ξ + (n + 1) ≤ 1 , 2
76
1 x n + 1 = 0 в силу необходимого признака сходимости n→∞ n → ∞ (n + 1)! ряда. Следовательно, полученный ряд сходится к функции f(x)=sin x на всей числовой прямой R. Итак, для функции f(x)=sin x справедливо следующее разложение: lim rn ( x ) = lim
( −1)n 2n + 1 x3 x5 ( −1)n x 2n + 1 sin x = ∑ x =x− + − .... + − ... , ∀x ∈ ( −∞; ∞ ). ( 2 n 1 )! + 3 ! 5 ! ( 2 n + 1 )! n=0 ∞
2) Пусть f(x)=cos x. Из равенства сos x = (sin x )′ , используя теорему 12.2. о почленном дифференцировании степенного ряда, получаем:
cos x =
∞ ( −1)n x 2n
∑
n=0
( 2n )!
x2 x4 ( −1)n 2n =1− + − ... + x + ... , 2! 4! ( 2n )!
∀x ∈ ( −∞; ∞ ).
13.3. Степенная функция Пусть f ( x ) = (1 + x )α . Если α = 0 , то f ( x ) ≡ 1 и разложение в ряд Маклорена тривиально: ∞
f ( x) ≡ 1 = 1 +
∑ 0 ⋅ xn ,
x ∈ R.
n=0
Если α = n , где n∈N, то f(x) – многочлен степени n, который можно записать по формуле бинома Ньютона в виде конечной суммы n α! , и разложение в ряд Маклорена можно f ( x ) = ∑ Ckα x k , где Сkα = k ! ( α − k )! k =0 записать в следующем виде: f ( x) =
n
∑ Ckα x k +
k =0
∞
∑ 0 ⋅ xn + k ,
x ∈ R.
k =1
Покажем, что если α ∉ N и α ≠ 0 , то функция f ( x ) = (1 + x )α представляется при каждом x∈(–1,1) сходящимся к ней рядом ∞ α(α − 1)...(α − (n − 1)) α f ( x ) = (1 + x ) = ∑ Cnα x n , где Cα0 = 1, Cnα = . n ! n=0 Действительно, легко заметить, что n-ая производная для всех x ∈ ( −∞; ∞ ) ,
x ≠ 1 , имеет вид: f (n ) ( x ) = α(α − 1)...(α − (n − 1))(1 + x )α − n ,
n∈N. 77
( В точке x = 1 n-ая производная функции не существует, если n > α ).
Следовательно, ряд Маклорена функции f ( x ) = (1 + x )α при α ∉ N и α ≠ 0 имеет вид: ∞ α( α − 1)...(α − n + 1) (1 + x ) α = 1 + ∑ xn . n! n =1 Заметим, что ряды Маклорена для α = 0 и α = n являются частным слу-чаем этого ряда, поскольку при α = 0 все коэффициенты этого ряда равны нулю, а при α = n эти коэффициенты равны нулю, начиная с номера n = α + 1. Найдем область сходимости полученного ряда по признаку Даламбера. Если α(α − 1)...(α − (n − 1) ввести обозначение f n , α = , n ∈ N, имеем: n!
lim
n→∞
f n + 1, α x n + 1 fn, α x
n
=
α(α − 1)...(α − n + 1)(n + 1)! x n + 1
= lim
n → ∞ α( α − 1)...(α − n + 1)(α − (n + 1 − 1)n! x n
(n + 1)x = x. n→∞ α − n
= lim
Таким образом, ряд Маклорена функции f ( x ) = (1 + x )α при x < 1 абсолютно сходится, а при x > 1 расходится. Итак, для функции f ( x ) = (1 + x )α справедливо следующее разложение: α
(1 + x ) = 1 +
∞ α( α − 1)...(α − n + 1) n
∑
x = n ! n =1 α(α − 1) 2 α(α − 1)...(α − n + 1) n x + ... + = 1 + αx + x + ... , ∀x ∈ ( −1,1). 2! n! Отметим важные частные случаи полученного разложения: ∞ 1 = ∑ ( −1)n x n = 1 − x + x 2 − x 3 + ... + ( −1)n x n + ... , ∀x ∈ ( −1;1) , 1 + x n=0 ∞ 1 = ∑ x n = 1 + x + x 2 + ... + x n + ... , 1 − x n=0
∀x ∈ ( −1;1) .
13.4. Логарифмическая функция Пусть f ( x ) = ln( x + 1) . Функция определена на интервале (–1,+∞). Производная 1 функции f '(x) = . 1+x 78
Разложение этой функции можно получить, интегрируя почленно ряд Макло1 рена функции f ( x ) = ( см. теорему 13.3.): 1+ x x x ∞ dt ln( x + 1) = ∫ = ∫ ∑ ( −1)n t n dt = 1 + t 0 n = 0 0
=
∞ x
∑ ∫ ( −1)
n=0 0
n n
t dt =
∞ ( −1)n t n + 1
∑
n=0
n+1
x
= 0
∞ ( −1)n x n + 1
∑
n=0
n+1
, x ∈ ( −1;1).
В точке x = −1 данная формула неверна ( в этой точке и сама функция f ( x ) = ln( x + 1) не определена), и ряд расходится, поскольку является гармоническим. В точке x = 1 полученная формула справедлива. Действительно, функция f ( x ) = ln( x + 1) в этой точке определена и равна ln 2 , а ряд Маклорена при x = 1 представляет собой сходящийся условно в силу признака Лейбница ряд (см. пример 5.3.). Итак, для функции f ( x ) = ln( x + 1) справедливо следующее разложение: ln( x + 1) =
( −1)n + 1 x n x2 x3 ( −1)n + 1 x n = − + − + + ... , ∀x ∈ ( −1;1]. ... x ∑ n 2 3 n n =1 ∞
§14. Методы разложение функций в ряд Тейлора. В предыдущем параграфе мы установили пять стандартных разложений с использованием метода непосредственного разложения, который зачастую приводит к громоздким и трудоемким вычислениям. Укажем теперь другие методы, которые помогают избежать указанные трудности, используя некоторые вспомогательные приемы. Проиллюстрируем их применение на конкретных примерах.
14.1. Метод, использующий формулу суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии. Пример 14.1. Разложить в ряд Тейлора в окрестностях точки x 0 = −2 функцию 1 f (x) = . 1+ x 1 1 1 Решение. Т.к. f ( x ) = = =− , то при x + 2 < 1 име1 + x 1 + ( x + 2) − 2 1 − ( x + 2) ем:
(
)
∞ 1 = − 1 + ( x + 2) + ( x + 2) 2 + ... + ( x + 2)n + ... = − ∑ ( x + 2)n ∀x ∈ ( −3;−1). 1+ x n=0 79
14.2. Метод подстановки. Пример 14.2. Разложить в ряд Тейлора по степеням x − π 4 функцию f ( x) = sin 2x. Решение. Имеем: x−π =t ∞ ( −1)n u 2n 4 π = sin 2(t + sin 2x = ) = cos 2t = [2t = u ] = cos u = ∑ . 4 π ( 2 n )! x=t+ n=0 4 Возвращаясь к старой переменной х по формуле u = 2( x − π ) , получаем: 4 n 2 n ∞ ( −1) 2 sin 2x = ∑ ( x − π ) 2n ∀x ∈ R . 4 n = 0 ( 2n )! 14.3. Метод интегрирования. Пример 14.3. Разложить в ряд Маклорена функцию f ( x ) = ln
1+ x . 1− x
x ∞ dt 1+ x 1 Решение. Т.к. ln ,а = ∑ t 2n ∀t ∈ ( −1;1) , то = 2∫ 2 1− x 1 − t 2 n=0 01 − t x ∞ ∞ x 2n + 1 1+ x = 2 ∫ ∑ t 2n dt = 2 ∑ ∀x ∈ ( −1;1) . ln 1− x 2 n + 1 n=0 0 n=0
14.4. Метод дифференцирования. Пример 14.4. Разложить в ряд Маклорена функцию f ( x ) = Решение.
Т.к.
2x (1 − x 2 ) 2
.
′ ∞ 1 1 , а = = ∑ x 2n ∀x ∈ ( −1;1) , то 1 − x2 n=0 (1 − x 2 ) 2 1 − x 2 2x
′ ∞ 2n = x = (1 + x 2 + x 4 + ... + x 2n + ...)′ = 2 2 ∑ (1 − x ) n=0 2x
= 2x + 4x 2 + ... + 2n x n −1 + .... =
∞
∑ 2n x 2n −1
∀x ∈ ( −1;1).
n=0
80
Контрольные вопросы к §13-15. 1. Сформулируйте определение разложения функции в ряд Тейлора и в ряд Маклорена. 2. Запишите остаточный член формулы Тейлора в интегральной форме, в форме Лагранжа и Коши. 3. Сформулируйте необходимое и достаточное условия разложения функции в ряд Тейлора. 4. Укажите ряды Маклорена для функций ex, sinx, cosx, ln(1+x), (1+x)α, а также интервалы, в которых указанные функции разлагаются в ряды Маклорена. 5. Назовите способы разложения функций в ряд Тейлора.
Типовые примеры к § 13-15. Пример 1. Разложить в ряд Маклорена следующие функции: 2 а) e x , б) e x .
2 3 n Решение. e x = 1 + x + x + x + ... + x + ... 1! 2! 3! n!
а) e x = 1 + б) e x
2
x x x x + + + ... + 1! 2! 3!
n ∞ x 2n ( x2 ) = ∑ = ∑ .
( x) n!
n
+ ... =
∞
1 n = 0 n!
∑
( x )n ,
∞
n! n = 0 n! Ряды сходятся к данной функции при всех значениях х. n=0
Пример 2. Разложить функции sin 2x и sin 2 x в ряд Маклорена. Решение. а) sin( 2 x ) =
∞ ( − 1) n + 1 2 2n − 1 2x ( 2x ) 3 ( 2x ) 5 ( 2 x ) 2n − 1 x 2n − 1 . − + − ....... + ( − 1) n + 1 + ...... = ∑ 1! 3! 5! ( 2n − 1)! ( 2n − 1)! n =1
x2 x4 x 2n + − ... + ( −1)n + ..., 2 2! 4! ( 2n )! ∞ ( −1)n − 1 2 2n − 1 ( 2x) 2n ( 2x ) 2 ( 2 x ) 4 ( 2x ) 6 − n 1 2 + ... = ∑ x 2n . − + + ... + ( −1) sin x = 2 ⋅ ( 2n )! ( 2n )! 2 ⋅ 2! 2 ⋅ 4! 2 ⋅ 6! n =1
б) sin 2 x = 1 (1 − cos 2x) , cos x = 1 −
Ряды сходятся к данной функции при всех значениях х.
81
Пример 3. Разложить функцию f ( x ) =
1
в ряд Маклорена.
2
x − 2x − 3 1 1 1 1 1 1 1 1 = − =− ⋅ − ⋅ . Решение. f ( x ) = 2 x − + + 4 x 1 4 x 3 x 1 12 x − 2x − 3 1− 3 Применим следующие разложения: 1 = 1 − x + x 2 − ... + ( −1)n x n + ..., x ∈ ( −1;1) 1+ x 2
n
x x x x = 1 + + + ... + + ... , ∈ (−1;1) . x 3 3 3 3 1− 3 Следовательно, 2 n 1 1 x x x 2 n n f ( x) = − 1 + + + ... + + ... − − 1 − x + x − ... + ( −1) x + ... = 4 12 3 3 3 ( −1)n + 1 1 1 n 7 2 1 2 = − + x − x + ... + − ⋅ x n + ... . 4 12 3 27 3 9 1 при x ∈ ( −1;1) . Полученный ряд представляет функцию f ( x ) = x 2 − 2x − 3 1
[
(
]
)
Пример 4. Разложить функцию f (x ) = ln 8 + x 3 в ряд Маклорена. Решение.
Воспользуемся разложением ln(1 + u ) =
∞
n +1
u ∑ (− 1)n n + 1 .
n=0
x3 , имеем: Полагая u = 8 ∞ x 3(n + 1) x 3 = 3 ln 2 + ∑ (− 1)n , ln 8 + x 3 = ln 8 + ln 1 + n +1 8 (n + 1) 8 n=0
(
x3 <1 8
)
или
x < 2.
82
Пример 5. Получить ряд Маклорена для интегрального синуса x
sin x dx . x 0
si (x ) = ∫
Решение. Воспользуемся разложением синуса и проинтегрируем ряд почленно: x ∞ ∞ (− 1)n x x 2n + 1 1 x 2n dx = dx = si (x ) = ∫ ∑ (− 1)n ∑ ∫ (2n + 1)! x n = 0 (2n + 1)! 0 0 n = 0 ∞ x 2n + 1 n = ∑ ( −1) ∀x ∈ R . ( 2n + 1)( 2n + 1)! n=0 Пример 6. Разложить в ряд Маклорена следующие функции: 2+ x 1+ x а) ln , б) ln . 1− x 1− x Решение. 1+ x а) Поскольку ln = ln(1 + x ) − ln(1 − x ) запишем 1− x n +1 x2 x3 x4 n x ( ) ( ) + − +K+ −1 +K ln 1 + x = x − n+1 2 3 4
x2 x3 x4 xn +1 − − −K− −K ln(1 − x ) = ln(1 + ( − x )) = − x − 2 3 4 n+1 Вычитая из первого равенства второе, получим ∞ x 2n +1 1+ x x3 x 2n +1 = 2 x + +K+ + K = 2 ∑ ln , x < 1. + 1− x 3 2 n 1 2 n 1 + n=0 ( сравните с результатами примера 15.3. настоящего пособия).
б) Данную функцию представим в виде 2+ x x ln = ln 2 + ln 1 + − ln(1 + ( − x )) 2 1− x По известным формулам разложения n x x ∞ n −1 x при − 1 < ≤ 1 , т.е. при − 2 < x ≤ 2 , ln 1 + = ∑ ( −1) 2 2 n =1 2n n ∞ xn
ln(1 + ( − x )) = − ∑
n =1 n
при − 1 < x ≤ 1 , т.е. при − 1 ≤ x < 1 ,
83
следовательно, ln
∞ ( −1) n − 1 xn 2+ x , x ∈ [− 1;1) . = ln 2 + ∑ + 1 n n 1− x 2 n = 1
3
Пример 7. Разложить функцию
в ряд Маклорена. 2 − x − x2 Решение. Данную дробь разложим на простейшие 3 1 1 = + . 2 2+ x 1− x 2−x−x Пользуясь известным разложением, находим: n ∞ 1 1 1 n x = ⋅ = ( −1) x + 1 , x < 2 , x n∑ 2+x 2 2 =0 1+ 2 ∞ 1 = ∑ xn , x < 1, 1 − x n=0 следовательно, ∞ ( −1) n n 3 = + 1 ∑ n + 1 x , x ∈ ( −1;1). 2 2−x−x n=0 2
Пример 8. Разложить функцию
9 2
в ряд Маклорена.
20 − x − x Решение. Данную дробь разложим на простейшие 9 9 1 1 = = + . 2 ( x + 5)(4 − x ) x + 5 4 − x 20 − x − x
∞ 1 = ∑ ( −1) n x n . Воспользуемся известным разложением 1 + x n =1
n
∞ ( −1) n 1 1 1 ∞ n x = = ∑ ( −1) = ∑ xn . n +1 x 5 n =0 5+x 5 n=0 5 5 1 + 5 n
∞ 1 ∞ 1 1 1 n x = ∑ ( −1) − = ∑ xn . = n +1 4−x 4 x 4 n=0 n=0 4 4 1 + − 4 Сложив эти два выражения, окончательно получим
84
∞ ( −1) n 1 n x = ∑ + 20 − x − x 2 n =0 5 n +1 4 n+1
9
Пример 9. Разложить функцию f ( x ) =
1 2
по степеням х.
1+ x+ x Решение. Данную дробь разложим на простейшие 1 1− x 1− x 1 = = = (1 − x ) = 2 2 3 3 1+ x + x (1 + x + x )(1 − x ) 1 − x 1− x ∞
= (1 − x ) ∑ ( x 3 )n = n=0
Равенство
1 3
=
∞
∑
x 3n −
n=0 ∞
∞
∑ x 3n +1
n=0
∑ ( x 3 )n
получается, если
1− x n =o геометрической прогрессии ∀ x < 1 .
1 1− x
3
истолковать как сумму
Пример 10. Разложите в ряд Маклорена функцию y=ln(1–x+x2). Укажите область сходимости полученного ряда к своей сумме. Решение. Функция y=ln(1–x+x2) определена на всей числовой прямой, так как 1–x+x2>0 для любых x∈R. Преобразуем функцию и воспользуемся разложением n t2 t3 n −1 t ln(1 + t ) = t − + − ... + ( −1) + ... при –1
(1 + x )(1 − x + x 2 ) = ln( x 3 + 1) − ln(1 + x ) = ln(1 − x + x ) = ln 1+ x − n 1 3 n ∞ ( −1) ∞ ( −1) n − 1 x n x , если –1<x≤1 . = ∑ − ∑ n n n =1 n =1 2
Пример 11. Разложить в ряд Маклорена функцию y = ln
1+ x . 1− x
Решение. а) Преобразуем данную функцию ln
1+ x 1 = [ln(1 + x ) − ln(1 − x )]. 1− x 2
Имеем: 85
ln(1 + x ) = x −
xn x2 x3 + − ... + ( −1)n −1 + ... 2 3 n
x2 x3 xn x2 xn − − ... − − ... = ( −1) x + + ... + + ... ln(1 + ( − x )) = − x − 2 3 n 2 n n 1 1 x2 x3 x2 x3 n −1 x [ln(1 + 1) − ln(1 − x)] = x − + − .. + ( −1) +x+ + + .. = б) 2 2 2 3 n 2 3
1 2 3 2 5 2x 2n −1 = 2x + x + x + .. + + .. = 2 3 5 2n + 1 ∞ x 2n + 1 1 3 1 5 x 2n −1 x + x + x + .. + = ∑ 3 5 2n − 1 n = 0 2n + 1 Очевидно, что полученный ряд сходится при − 1 < x < 1 , так как он составлен из двух рядов каждый из которых сходится в промежутке − 1 < x < 1 . ∞ x 2n + 1 1+ x = ∑ ( −1 < x < 1). Таким образом, ln 1 − x n = 0 2n + 1
Пример 12. Разложите в ряд Тейлора в окрестности точки x0=3 функцию 2 − 4x f (x) = . 2 x − 4x − 5 Решение. Представим функцию f в виде суммы простейших дробей −3 −1 + . f(x) = x−5 x+1 Особыми точками функции f будут точки x1=5 и x2=–1. Расстояния точки x0=3 до особых точек будут соответственно равны 2 и 4. Значит, в интервале (1;5) функция f разлагается в ряд Тейлора по степеням (x–3), причём, в концевых точках интервала сходимости (1;5) указанный ряд будет расходится. (смотри биномиальный ряд ∞ α(α − 1)...α(k − 1) (1 + x )α = 1 + ∑ x k при α=–1). k! k =1 Будем иметь:
1 1 1 = =− ⋅ 1) x−5 x−3−2 2
1 x−3 1 ∞ ( −1)k = < 1 = − ∑ ( x − 3)k ; x−3 −2 2 k = 0 2k 1− −2 86
2)
1 1 1 1 = = = ⋅ 1+ x 1+ x − 3 + 3 4 + x − 3 4 Значит,
1 x−3 1 ∞ (−1)k = < 1 = ∑ (x − 3)k ; k x−3 4 4 k =0 4 1− −4
∞ (−1)k ∞ 3 3 ∞ (−1)k 1 k 1 (x − 3)k = f= ∑ (x − 3) − ∑ (x − 3)k = ∑ (−1)k − k k k 1 k 1 + + 2 k =0 2 4 k =0 4 2 4 k =0 ∞ ( − 1)k 1 3 − (x − 3)k – искомый ряд с областью сходимости (1;5). = ∑ k +1 2k + 1 k =0 2
Пример 13. Разложите в ряд Тейлора в окрестности точки x0=2 функцию πx y = sin . 4 Решение. а) Произведем над заданной функцией тождественные преобразования такие, чтобы под знаком функции получить выражение (х-2) π π π π π sin x =sin ( x − 2 + 2) = sin ( x − 2) + = cos ( x − 2) 4 4 2 4 4 Теперь воспользуемся разложением косинуса: 2k 2k π π 2 ( x − 2)4 k π ( x − 2) cos ( x − 2) = 1 − − ... + ( −1) + ... 4 44 ⋅ 4! 4 2k ( 2k )! б) Для отыскания интервала сходимости этого ряда воспользуемся признаком Даламбера
lim
π 2k + 2 ( x − 2) 2k + 2 4 2k ( 2k )!
k → ∞ 4 2k + 2 ( 2k + 2)! π 2k ( x − 2) 2k
= lim
π 2 ( x − 2) 2
k → ∞ 4 2 ( 2k + 1)( 2k + 2)
=
1 π2 ( x − 2) 2 lim = <1 4 k → ∞ ( 2k + 1)( 2k + 2) 2
( x − 2) <
42
lim ( 2k + 1)( 2k + 2) , π2 k →∞
( x − 2) 2 < ∞ , следовательно, − ∞ <x − 2< +∞ откуда − ∞ < x < +∞ . Таким образом, выписанный нами ряд сходится при всех значениях х. 2k 2k π π 2 ( x − 2) 2 π 4 ( x − 2) 4 k π ( x − 2) sin x = 1 − + − ... + ( − 1 ) + ... ∀x ∈ ( −∞; ∞ ). 2 4 2k 4 4 ⋅ 2! 4 ⋅ 4! 4 ( 2k )!
87
1 Пример 14. Разложите в ряд Тейлора по степеням x − 3 функцию y = . x Решение. 1 а) произведем тождественные преобразования функции такие, чтобы при x разложении можно было воспользоваться известным разложением. 1 = 1 − x + x 2 − x 3 + ... + ( −1)n x n + ... + ( −1)n x n + ... ( −1 < x < 1) 1+ x n 1 1 ( x − 3) ( x − 3) 2 ( x − 3 ) 3 n ( x − 3) = − + − + ... + ( −1) + ... 2 3 n x 3 3⋅3 3⋅3 3⋅3 3⋅3 б) Полученный ряд сходится при x−3 −1< <1 − 3 < ( x − 3) < 3 или 0<x<6 . 3
Итак:
n ∞ 1 n ( x − 3) = ∑ ( −1) ( 0 < x < 6) n x n=0 3⋅3
Задания к § 12-14. После изучения § 12-14 выполните задания 18-20 из главы 3 настоящего пособия.
88
§15. Приближенное вычисление значений функций. Если функция y=f(x) разлагается, например, в ряд Маклорена в некотором интервале (–r,r), r>0, то задача вычисления значения функции f в точке x0∈(–r,r) состоит в нахождении суммы указанного ряда Маклорена при x=x0. Если известно разложение функции в степенной ряд
f (x ) =
∞
∑ an xn ,
n=0
то для любого числа x 0 , взятого из области сходимости этого ряда, справедливо приближенное соотношение f (x 0 ) ≈
n
∑ a k (x 0 )
k
.
k =0
Значение функции вычисляется приближённо, и оно определяется некоторой частичной суммой соответствующего числового ряда. Минимальное число n 0 таких членов устанавливается путем оценки либо остатка указанного числового ряда R n ( x 0 ) , либо остаточного члена формулы Маклорена rn ( x 0 ) , так как в случае сходимости степенного ряда функции y=f(x) они равны между собой.
R n (x 0 ) =
∞
∑ ak (xo )k
.
k = n +1
Оценка величины точности особенно проста, если ряд является знакочередующимся. В этом случае погрешность вычислений не превышает величины первого отброшенного члена, т.е.
R n (x *) = a n + 1 (x o )n + 1 . Если же ряд не является знакочередующимся, то при оценке погрешности могут быть использованы геометрическая прогрессия, оценка остаточного члена ряда Тейлора или какие-либо другие соображения.
Пример 15.1. Вычислить с точностью ε = 0,01 число е . Решение. Так как ex =
n xk
∑
k = 0 k!
+ R n (x) =
n xk
∑
k = 0 k!
+
eξ x n + 1 , ξ ∈ (0; x ), ∀x ∈ R , (n + 1)!
eξ 3 то из оценки R n (1) = < ≤ 0,01 получаем n ≥ 5 , т.е. n 0 = 5 . (n + 1)! (n + 1)!
89
Итак, e≈1+1+
1
+
1
+
1
+
1
= 2 + 0,500 + 0,167 + 0,042 + 0,008 = 2,717. Окон 2! 3! 4! 5! чательный ответ е ≈ 2,72 (ε = 0,01).
Пример 15.2. Вычислить sin 18o с точностью ε = 0,0001 . Решение. Так как 18 = π o
ся рядом Лейбница, то из оценки
1 π π Rn ( ) = (2(n + 1) + 1)! 10 10 sin 18o ≈
∞ ( −1)n π π , и ряд sin = ∑ 10 10 n = 0 ( 2n + 1)! 10
2(n + 1) + 1
2n + 1
являет-
≤ 0,0001 получаем n ≥ 1 , т.е. n 0 = 1 .
π π3 − ≈ 0,31416 − 0,00517 = 0,30899. 10 3!10 3
Окончательный ответ: sin 18o ≈ 0,3090 (ε = 0,0001).
Пример 15.3. Вычислить 5 33 с точностью ε = 0,0001 . Решение. Так как по биноминальному разложению 1 2 3 5 33 = 5 32 + 1 = 2 1 + 1 5 = 2 1 + 1 1 − 2 1 + 6 1 − ... = 32 5 32 25 32 125 32 1 1 3 − ... . =2+ − + 5 ⋅ 16 8 ⋅ 25 ⋅ 32 8 ⋅ 125 ⋅ 32 2 Так как уже третий член ряда по абсолютной величине меньше заданной точности, то n 0 = 2. 5 33 ≈ 2 + 1 = 2 + 0,0125 = 2,0125 . 5 ⋅ 16
§16. Приближенное вычисление интегралов. При приближенном вычислении определенного интеграла часто, особенно в случае, когда соответствующий неопределенный интеграл не выражается через элементарные функции в конечном виде, бывает удобно представить его в виде суммы ряда. Для этого сначала подынтегральную функцию разлагают в степенной ряд, а затем интегрируют почленно. 90
1
Решение. Имеем: e
−x2
=
3
∫
Пример 16.1. Вычислить
2
e − x dx с точностью ε = 0,001 .
0 ∞
∑ ( −1)
nx
n=0 1
3
∫
−x
2
1 ∞ ( −1)n 3 2n
dx =
∑
1 1 Rn ≤ (n + 1)!( 2n + 3) 3 1
3
∫
0
2
e − x dx ≈
n!
∀x ∈ R ⇒
∞
( −1)n 1 dx = ∑ n ! ( 2 n 1 ) + 3 n=0
∫x n ! n=0 0 0 следующая оценка остаточного члена: e
2n
2(n + 1) + 1
≤ 0,001 , откуда
2n + 1
,
и
справедлива
n ≥ 1 , т.е. n 0 = 1 .
1 1 − ≈ 0,3333 − 0,0123 = 0,3210 . 3 3 ⋅ 33 1
Окончательный ответ
3
∫
2
e − x dx ≈ 0,321 (ε = 0,001).
0
§17. Интегрирование дифференциальных уравнений. Интегрирование дифференциальных уравнений с помощью рядов целесообразно в тех случаях, когда их решения не выражаются в элементарных функциях или не приводятся к квадратурам (т.е. не могут быть представлены в виде интегралов). В таких случаях ряд, являющийся решением дифференциального уравнения, можно найти методом неопределенных коэффициентов, или способом, основанным на прямом использовании формулы Тейлора. Метод неопределенных коэффициентов особенно удобен в применении к линейным уравнениям, т.е. уравнениям вида y n + p 1 (x ) ⋅ y n − 1 + p 2 (x ) ⋅ y n − 2 + K + p n − 1 (x ) ⋅ y ′ + p n (x ) ⋅ y = f (x ) и состоит в следующем. Если все коэффициенты ряда p k (x ) и свободный член f (x ) разлагаются в ряды по степеням (x − x o ) , сходящиеся в некотором интервале (x o − h, x o + h ) , то искомое решение y = y (x ) может быть представлено в виде степенного ряда
y (x ) = c o + c1 (x − x o ) + c 2 (x − x o )2 + K + c n (x − x o )n + K , сходящегося в том же интервале. Подставляя в исходное уравнение значение найденной функции и её производных, приравниваем коэффициенты при одинаковых степе-
91
нях (x − x o ) . Из получаемых при этом уравнений и начальных условий, если они заданы, удаётся найти коэффициенты c o , c1 , c 2 , K
Пример 17.1.Найти решение дифференциального уравнения yy ′ = sin y с начальными условиями y (0) = π . 2 Решение. ydy Данное уравнение допускает разделение переменных = dx, однако интеsin y грал от левой части не выражается в элементарных функциях. Будем искать решение в виде ряда Маклорена y ( x ) =
∞ y (n ) (0) n
∑
n=0
n!
x .
sin y , то y ′(0) = 2 . π y Продифференцируем выражение для первой производной: ( y ′ cos y )y − y ′ sin y y ′( y cos y − sin y ) y ′′ = = , y2 y2
Так как y(0) = π , а y ′ = 2
− y ′(0) sin π
3
2 = − 2 . откуда y ′′(0) = π y2 Дифференцируя выражение для второй производной, найдем y ′′′(0) . Продолжая этот процесс, можно получить любое число членов разложения в ряд Маклорена искомого решения:
π 2 y= + x− 2 π
22 2 x + ... . π3
Пример 17.2. Найти решение дифференциального уравнения y ′′ − xy = 0 с начальными условиями y (0) = 0, y ′(0) = 1 , взяв три отличных от нуля членов разложения в ряд Тейлора. Решение. Будем искать решение в виде ряда Маклорена y ( x ) =
∞ y (n ) (0) n
∑
n=0
n!
x .
Составим таблицу: 92
y ′′ = xy y ′′′ = y + xy ′
y ′′(0) = 0 y ′′′(0) = 0
y ( IV ) = y ′ + y ′ + xy ′′ = 2y ′ + xy ′′
y ( IV ) (0) = 2
y ( V ) = 2y ′′ + y ′′ + xy ′′′ = 3y ′′ + xy ′′′
y ( V ) ( 0) = 0
y ( VI ) = 3y ′′′ + y ′′′ + xy ( IV ) = 4y ′′′ + xy ( IV )
y ( VI ) (0) = 0
y ( VII ) = 4y ( IV ) + y ( IV ) + xy ( V ) = 5y ( IV ) + xy ()V
y ( VII ) (0) = 10
Таким образом, y = x +
2 4 10 7 x + x + ... . 4! 7!
Типовые примеры к §15-17. 0 ,1
Пример 1. Вычислить интеграл
∫ cos(100x
2
)dx с точностью до 0,001.
0
( −1)n t 2n Решение. Полагая в разложении cos t = ∑ , n = 0 ( 2n )! ∞
t=100x2 получаем
cos(100x 2 ) =
t ∈ ( −∞;+∞ )
( −1)n 10 4n x 4n , x ∈ ( −∞;+∞ ) , ∑ ( 2 n )! n=0 ∞
следовательно, 0.1
∫ cos(100x
2
)dx =
∞ 0.1 ( −1) n 10 4n x 4n
∑ ∫
n=0 0
0
( 2n )!
( −1)n 10 4n x 4n + 1 dx = ∑ n = 0 ( 4n + 1)( 2n )! ∞
0.1
0
( −1)n . = ∑ n = 0 10( 4n + 1)( 2n )! ∞
Последний ряд является знакочередующимся рядом, поэтому, если в качестве его суммы взять сумму первых n-1 членов, то ошибка по абсолютной величине не будет превосходить числа 1 1 1 an = . Так как a1 = > 0.001, a 2 = < 0.001, то с точностью 10(4n + 1)( 2n )! 100 2160 до 0,001 имеем 0 .1
( −1)n ∫ cos(100x )dx ≈ ∑ 10(4n + 1)(2n)! = 0,1 − 0,01 = 0,09. n=0 0 2
1
93
1
Пример 2. Вычислить
4 sin x
∫
0
x
dx с точностью до 10 − 5 .
sin x dx не может быть выражен в элементарных функциях, поx этому приближенное вычисление его является единственно возможным. Подынтегральное выражение разлагается в ряд
Решение.
∫
sin x 1 x3 x5 x 2n + 1 x2 x4 x 2n x− = + − K + (− 1)n + K = 1 − + − K + (− 1)n +K (2n + 1)! (2n + 1)! x x 3! 5! 3! 5!
Интегрируя этот ряд почленно, получаем 1
1
1
x2 x4 x6 x3 x5 x7 dx = ∫ 1 − + − + Kdx = x = + − + K x 3! 5! 7! 3 ⋅ 3! 5 ⋅ 5! 7 ⋅ 7! 0 0
4 sin x
∫
0
4
4
=
1 1 1 1 1 1 1 − ⋅ 3+ ⋅ 5− ⋅ 7 + K. 4 3 ⋅ 3! 4 5 ⋅ 5! 4 7 ⋅ 7! 4 Ограничиваясь первыми двумя членами этого ряда, находим =
1
4
sin x 1 1 1 dx ≈ − ⋅ 3 ≈ 0,25 − 0,00087 ≈ 0,24913 . x 4 3 ⋅ 3! 4 0 Поскольку ряд знакочередующийся, погрешность не превзойдёт величины первого отброшенного члена 1 1 1 1 ⋅ = = < 10 − 5 . 5 5 ⋅ 5! 4 5 ⋅ 120 ⋅ 1024 614400
∫
1
Пример 3. Вычислить интеграл
2
∫
1 + x 3 dx с точностью до 10 − 3 .
0
Решение. Подынтегральная функция разлагается в степенной ряд 11 11 11 1 1 1 − 1 − 2 − 3 − 1 − 1 − 2 1 2 2 6 2 2 2 x12 = x 9 + 2 2 2 2 1 + x3 2 = 1 + x3 + x + 2 2! 3! 4!
(
)
1
= 1+
1 3 1 6 1 9 5 12 x +K x − x + x − 2 8 16 128
( x < 1).
Интегрируя этот ряд почленно, находим
94
1
1
2 1 x 4 x 7 x 10 5x 13 1 1 1 3 − + −K ∫ 1 + x dx = x + 8 − 56 + 160 − 1664 + K = 2 + 4 7 8⋅2 56 ⋅ 2 160 ⋅ 210 0 0 1 1 Ограничимся двумя первыми членами, поскольку уже = < 10 − 3 . 7 56 ⋅ 128 56 ⋅ 2 2
1
2
∫
В итоге:
1 + x 3 dx ≈
0
1 1 + ≈ 0,508 . 2 128
Пример 4. Вычислить e с точностью до 0,001. Решение. Принимая во внимание разложение x x2 xn e = 1+ + +K+ + K, 1! 2! n! x
при x=
1 получим приближённое равенство 2 1 e = e2 ~ 1+
1 1 1 + +K+ . n 2 ⋅ 1 ! 22 ⋅ 2 ! 2 ⋅n !
Оценим погрешность приближения с помощью остаточного члена формулы Тейлора в форме Лагранжа. Так как f
(n+1)
eξ (x)=e , то R n ( x ) = xn +1 , (n + 1)! x
где ξ лежит между 0 и x. При x =
eξ 1 1 1 имеем R n = . n + 1 2 ( n 1 )! + 2 2
1 Но e < e 2 <
2 1 1 1 3 < 2 , поэтому R n < . = 2 (n + 1) ! 2 n + 1 (n + 1) ! 2 n Чтобы ошибка была меньше 0,001, достаточно взять n=4, так как 1 1 1 R4 < = < 0,001 . 4 2 1920 (4 + 1) ! 2 ξ
Итак, с точностью до 0,001 имеет место следующее равенство: 1 Если ещё учесть, что при n=5 будет n = 0,00026 , то e ≈ 1,649 (0,001) . 2 n!
Пример 5. Вычислить cos 10 o с точностью до 10 − 4 . Решение. Используя ряд для cos x при x = π 18 , найдем 95
2
4
2n
1π 1 π 1 π π cos = 1 − + − K + (− 1)n +K (2n)! 18 18 2! 18 4! 18 Так как ряд знакочередующийся, погрешность не превосходит первого отбрасываемого числа. По заданной точности находим n из условия 2n
1 π −4 < 10 (2n )! 18 Это неравенство выполнено уже при n = 2 . Произведя вычисления, получим cos
π π2 = 1− = 0,9848 . 18 648
Пример 6. Вычислить 3 130 с точностью до 10 − 4 . Решение. 5 1 Преобразуем это выражение: 3 130 = 3 125 + 5 = 5 3 1 + = 5(1 + )1 / 3 125 25 Воспользуемся стандартным разложением :
1 1 1 1 1 ( − 1) ( − 1)( − 2) 1 3 (1 + x )1 / 3 = 1 + x + 3 3 x2 + 3 3 x 3 + ... = 3 2! 3! 1 1⋅ 2 2 1⋅ 2⋅ 5 3 1⋅ 2⋅ 5⋅ 8 4 = 1+ x − x + x − x + ... 2 3 4 3 3 2! 3 3! 3 4! Подставляя вместо х число
1 , получим числовой ряд: 25
1 1/ 3 1 1⋅ 2 1⋅ 2⋅ 5 1⋅ 2⋅ 5⋅ 8 ) = 1+ − + − + ... 25 3 ⋅ 5 2 3 2 2!⋅54 3 3 ⋅ 3!⋅56 344!58 Имеем знакочередующийся ряд, удовлетворяющий признаку Лейбница. Если взять в качестве приближенного значения суммы этого ряда сумму n первых его членов, то будем иметь абсолютную погрешность, меньшую, чем первый отброшенный член. Так как мы должны вычислить значение корня с точностью до 0,0001, то для подсчета нужно взять первые три члена ряда. Действительно, уже четвертый член, умноженный на 5, будет равен (1 +
5⋅1⋅ 2⋅ 5 3 3 3!56
=
1⋅ 2 27 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 54
=
1 < 0,0001 . 81 ⋅ 625 96
Производим вычисления (умножаем каждый 5,00000+0,06667-0,00089=5,06578. Таким образом, 3 130 ≈ 5,00000+0,06667-0,00089 ≈ 5,06578
член
ряда
на
5):
(с точностью до 0,0001).
Замечание. Т.к. использованное разложение справедливо для − 1 < x < 1 , то число 130 должно быть разбито на два слагаемых так, чтобы из первого числа извлекался корень кубический, а второе слагаемое было меньше 1.
Пример 7. Вычислить с точностью до 10 − 4 выражение 1 4 20 . Решение. Представим 1 4 20 в виде 1 1 4
1 1 = 1 + 4 20 4 16 + 4 4 24 1 + 1 4 2 и воспользуемся биномиальным разложением 1
=
1
=
−
1 5 1 − − K − − k + 1 k ∞ ∞ 1 ⋅ 5 ⋅ 9 K (4k − 3) 1 1 4 4 4 1 = 1 1 + ( − 1)k = 1 + ∑ ∑ 4 20 2 n =1 k! 4 2 n = 1 4 2k ⋅ k!
Учитывая, что
1 ⋅ 5 ⋅ 9 K (4k − 3)
< 10 − 4 при k ≥ 5 , получаем
2 ⋅ 4 2k ⋅ k! 1 1 1 5 45 5 ⋅ 9 ⋅ 13 ≈ − + − + 1 ≈ 0,5381 . 4 20 2 16 512 6 ⋅ 4 6 24 ⋅ 4 8
Следует отметить, что в практике вычислений большую роль играет быстрота приближения частичной суммы ряда к искомому результату. Например, из ряда ln(1 + x ) при x = 1 получаем 1 1 1 ln 2 = 1 − + − K + (− 1)n +1 + K , 2 3 n откуда видно, что для вычисления ln 2 с точностью до 10 − 3 следует взять тысячу членов ряда! Это, конечно, неосуществимо. Обычно для вычисления лога1+ x рифмов используется разложение функции ln . 1− x Пример 8. Вычислить ln 2 с точностью до 10 − 4 . Решение. ∞ ∞ ∞ x 2n + 1 1+ x x n +1 x ln = ln(1 + x ) − ln(1 − x ) = ∑ (− 1) − ∑ − =2∑ . 1− x n n 2 n + 1 n =1 n =1 n =o
97
Поскольку при x = ∞
1 3
1 1 ln 2 = 2 ∑ 2 n 1 + 3 n=0
1+ x = 2 , разложение ln 2 имеет вид 1− x
2n + 1
. Этот ряд сходится быстрее геометрической про-
грессии со знаменателем q = 1 3 . Остаток ряда оценим следующим образом: ∞
∑
1
k = n + 1 (2k + 1)3
2k + 1
<
∞ 1 1 1 1 1 . = ⋅ = ∑ + k n 1 n 1 24(2n + 3)9 3(2n + 3) k = n + 1 9 3(2n + 3)9 1− 9 −4
Очевидно, что уже при n = 2 погрешность вычислений не более 10 Произведем вычисления: 1 1 1 ln 2 ≠ 2 + + = 0,6931 . 3 3 ⋅ 33 5 ⋅ 35 Пример 9. С помощью рядов решить задачу Коши для уравнения y ′ − y = 0 при условии y x = o = 1 .
.
Решение. В данном случае x o = 0 (т.к. интегральная кривая проходит через точку (0,1) ). Решение ищем в виде ряда y = c o + c1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4 K + c n x n + K . Производная его: y ′ = c1 + 2c 2 x + 3c 3 x 2 + 4c 4 x 3 + 5c 5 x 4 + K + nc n x n − 1 + K Подставив y и y ′ в уравнение, получаем c o + c1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + K + c n x n + K = c1 + 2c 2 x + 3c 3 x 2 + 4c 4 x 3 + K + (n + 1)c n+1 x n
Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, получаем систему уравнений
x0
c o = c1
x1
c1 = 2c 2
x2
c 2 = 3c 3
x3
c 3 = 4c 4
. . . . . . . . . . . xn
c n = (n + 1)c n + 1
. . . . . . . . . . . . . 98
Из начального условия y x = o = 1 очевидно, что c o = 1 . Остальные коэффициенты находим, решая систему уравнений 1 1 1 1 c1 = 1 , c 2 = , c 3 = , c4 = , K , cn = . 2⋅3 2⋅3⋅4 2 ⋅ 3Kn 2 Искомое решение:
x2 x3 xn y = 1+ x+ + +K+ +K 2! 3! n! Точное решение данного уравнения легко получить: dy dy − y = 0, ∫ = ∫ dx , ln y = x + ln C , y = C ⋅ e x , где C = 1 из условия y dx y x=o = 1. Очевидно, что полученные решения совпадают.
Пример 10. Найти общее решение уравнения y ′ = − y в виде степенного ряда. Решение.
Решение ищем в виде ряда
y = c o + c1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + K + c n x n + K Производные ряда имеют вид y ′ = c1 + 2c 2 x + 3c 3 x 2 + 4c 4 x 3 + K + nc n x n − 1 + K
y ′′ = 2c 2 + 2 ⋅ 3c 3 x + 3 ⋅ 4c 4 x 2 + 4 ⋅ 5x 3 + K (n − 1)n ⋅ x n − 2 + K В результате подстановки y и y ′′ в уравнение получаем 2c 2 + 2 ⋅ 3c 3 x + 3 ⋅ 4c 4 x 2 + 4 ⋅ 5c 5 x 3 + K + (n − 1)nc n x n − 2 + n(n + 1)c n +1 x n −1 + K =
= −c o − c1 x − c 2 x 2 − c 3 x 3 − K − c n− 2 x n − 2 − c n−1 x n −1 − K Приравняв коэффициенты при одинаковых степенях x в обеих частях уравнения, получим систему уравнений:
x0
2c 2 = −c o
x1
2 ⋅ 3c 3 = −c1
x2
3 ⋅ 4c 4 = −c 2
x3
4 ⋅ 5c 5 = −c 3 . . . . . . . .
x
n−2
(n − 1)nc n = c n − 2 99
n(n + 1)c n+1 = c n −1 . . . . . . . . . . .
xn −1
Решая систему, находим co c c c c c2 = − o , c4 = − 2 = = o , K c 2n = (− 1)n o (2n )! 2 3 ⋅ 4 2 ⋅ 3 ⋅ 4 4!
c c c3 = − 1 = − 1 , 2⋅3 3!
c c x 2n + 1 c 5 = − 3 = 1 , K c 2n + 1 = (− 1)n (2n + 1)! 4 ⋅ 5 5!
Общее решение задачи имеет вид: x2 x4 x6 x 2n x3 x5 x 2n + 1 + − + K + (− 1)n + K + c1 x − + + K + (− 1)n + K y = c o 1 − (2n)! (2n + 1)! 2 4! 6! 3! 5!
Непосредственное интегрирование в данной задаче возможно и приводит к общему решению такого вида: y = c o cos x + c1 sin x Убедиться в совпадении результатов интегрирования можно сравнив содержимое квадратных скобок со степенными рядами для cos x и sin x .
Пример 11. Найти решение задачи Коши для уравнения y ′′ − 2y ′ + y = e x , удовлетворяющее начальным условиям y x = o = 0 , y ′ x = o = 1 . Решение.
Решение ищем в виде ряда по степеням х
y = c o + c1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4 + c 5 x 5 + K + c n x n + K Производные его имеют вид: y ′ = c1 + 2c 2 x + 3c 3 x 2 + 4c 4 x 3 + 5c 5 x 4 + K + nc n x n − 1 + K
y ′′ = 2c 2 + 2 ⋅ 3c 3 x + 3 ⋅ 4c 4 x 2 + 4 ⋅ 5c 5 x 3 + K + (n − 1)nc n x n − 2 + K Из начальных условий находим значения c o и c1 : y x = o = c o = 0 , y ′ x = o = c1 = 1 .
Подставив в дифференциальное уравнение y , y ′ , y ′′ и разложение в ряд
e x , получим:
2c 2 + 2 ⋅ 3c 3 x + 3 ⋅ 4c 4 x 2 + 4 ⋅ 5c 5 x 3 + K + n(n − 1)c n x n − 2 + K −
(
)
− 2 1 + 2c 2 x + 3c 3 x 2 + 4c 4 x 3 + 5c 5 x 4 + K + nc n x n − 1 + K + x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4 +
+ c 5 x 5 + K + nc n x n + K = 1 + x +
x2 x3 x4 x5 xn + + + +K+ +K 2! 3! 4! 5! n! 100
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в обеих частях этого равенства, получаем систему уравнений для определения c 2 , c 3 , K :
x0
2c 2 − 2 = 1
x1
2 ⋅ 3c 3 − 4c 2 + 1 = 1
1 2! 1 x 3 4 ⋅ 5c 5 − 2 ⋅ 4c 4 + c 3 = 3! 1 x4 5 ⋅ 6c 6 − 2 ⋅ 5c 5 + c 4 = 4! Решая эту систему, находим: 1 3 5 c2 = , c3 = 1 , c4 = , c5 = , K 8 2 12 и частное решение уравнения 3 5 1 y = x + x2 + x3 + x4 + x5 + K 2 12 8 Решая это уравнение как линейное неоднородное с постоянными коэффициентами при тех же начальных условиях, найдём 1 y = xe x + x 2 e x . 2 Подставив в последнее выражение разложение функции e x в степенной ряд, получим: 1 1 4 1 1 5 1 1 1 y = x + 1 + ⋅ x2 + + ⋅ x3 + + ⋅x + + ⋅x +K 2 2! 2 3! 2 ⋅ 2! 4! 2 ⋅ 3! x2
3 ⋅ 4c 4 − 2 ⋅ 3c 3 + c 2 =
1 n 1 + + ⋅ x + K (n − 1)! 2(n − 2)! т.е. получаем тот же результат.
Пример 12. Найти первые пять членов разложения в ряд решения уравнения 1 y x=o = . y ′ = x 2 + y 2 при начальном условии 2 Решение. Будем искать в виде ряда Маклорена: 101
y ′(0) y ′′(0) 2 y ′′′(0) 3 y (n ) (0) n x+ x + x +K+ x +K 1! 2! 3! n! Выражения для производных y ′′ , y ′′′ , K найдем, дифференцируя исходное уравнение y ′′ = 2x + 2y ⋅ y ′ , y ′′′ = 2 + 2(y ′)2 + 2y ⋅ y ′′ , y ( IV ) = 6y ′y ′′ + 2y ⋅ y ′′′ . Вычислим значения y (x ) и производных, входящих в формулу Маклорена, при x = 0 . 1 y (0) = ( из начального условия), 2 1 1 y ′(0) = 0 + = (из уравнения), 22 4 и далее, последовательно: 1 1 1 y ′′(0) = 2 ⋅ 0 + 2 ⋅ ⋅ = , 2 4 4 1 1 1 19 y ′′′(0) = 2 + 2 ⋅ + 2 ⋅ ⋅ = , 16 2 4 8 1 1 1 19 11 y ( IV ) (0) = 6 ⋅ ⋅ + 2 ⋅ ⋅ = . 4 4 2 8 4 Подставив эти значения в формулу Маклорена, получим: 1 1 1 19 3 11 4 y (x ) = + ⋅ x + ⋅ x 2 + ⋅x + ⋅x +K 2 4 8 48 96 y (x ) = y (0) +
Задания к §15-17. После изучения §16-18 выполните задания 21-24 из главы 3 настоящего пособия.
102
