Как найти коэффициенты разложения функции - Исправление недочетов и поиск решений вместе с Examum.ru

Разложение функций в степенные ряды. Ряд Тейлора

Общая постановка задачи разложения функции в ряд в комплексной области формулируется так же, как и в действительной области. А именно, для заданной функции f(z) , определенной в области и удовлетворяющий в ней него которым дополнительным условиям, требуется найти ряд вида $sum_{n=1}^{infty}u_n(z)$ который бы сходился в области и его сумма в этой области совпадала с f(z) .

Постановка задачи разложения функции в степенной ряд

Для функции f(z) , аналитической в области , найти ряд $sum_{n=0}^{infty}c_n(z-z_0)^n$ , сходящийся к f(z) в круге |z-z_0|<R , принадлежащем области , то есть

$f(z)=sum_{n=0}^{infty}c_n(z-z_0)^n,quad |z-z_0|<R.$

(3.15)

Равенство (3.15) означает, что f(z) является суммой ряда в круге |z-z_0|<R .

Для решения задачи нужно, очевидно, найти коэффициенты ряда по заданной функции f(z) ; найти круг сходимости ряда и установить сходимость ряда именно к f(z) . Последнее, напомним, означает, что для точек круга выполняется неравенство |S_n(z)-f(z)|<varepsilon для любого varepsilon>0 и N(varepsilon,z) .

Все поставленные вопросы решаются с помощью следующей теоремы.

Теорема Тейлора о разложении функции в степенной ряд

Теорема 3.4. Функция, аналитическая в области , в окрестности каждой точки z_0 этой области представляется в виде степенного ряда (3.15), радиус сходимости которого не меньше, чем расстояние от точки z_0 до границы области . Коэффициенты ряда вычисляются по формуле

$c_n=frac{1}{2pi i}ointlimits_{gamma}frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}},dz,quad n=0,1,2,ldots,$

(3.16)

где gamma — произвольный контур, принадлежащий области и охватывающий точку z_0 , в частности, gamma — окружность |z-z_0|=rho или по формуле

$c_n=frac{1}{n!}f^{(n)}(z_0),quad n=0,1,2,ldots$

(3.17)

На основании теоремы можно сформулировать алгоритм решения поставленной выше задачи и вывод — утверждение.

Алгоритм разложения аналитической функции в степенной ряд

1. Найти производные от данной функции: $f'(z),,f''(z),,ldots,,f^{(n)}(z),,ldots$ .

2. Вычислить значения производных в точке z_0; ; записать коэффициенты по формуле (3.17). Составить ряд по степеням z-z_0 с этими коэффициентами, который соответствует данной функции $f(z)sim sum_{n=0}^{infty}c_n(z-z_0)^n.$

3. Найти область сходимости полученного ряда и записать разложение (3.15).

Если функция не имеет конечных особых точек, то ряд сходится к ней во всей плоскости, R=infty .

Утверждение 3.3

1. Функция, аналитическая в точке z_0 , раскладывается в окрестности этой точки в степенной ряд.

2. На границе круга сходимости ряда есть хотя бы одна особая точка функции, т.е. радиус сходимости круга равен расстоянию от центра разложения z_0 до ближайшей особой точки функции.

3. Степенной ряд в круге сходимости является рядом Тейлора для своей суммы, т.е. коэффициенты ряда вычисляются по формулам (3.16), (3.17).

Примеры разложения функций по степеням z

Пример 3.13. Записать разложения по степеням функций $e^z,,sin z,,cos z,,operatorname{sh}z,,operatorname{ch}z$ .

Решение

Задачу решаем по вышеприведенному алгоритму.

1. Найдем производные:

$begin{aligned}&f_1(z)=e^z,quad f_1^{(n)}(z)=e^z;\[2pt] &f_2(z)=sin z,quad f_2^{(n)}(z)=sin!left(z+nfrac{pi}{2}right)!;\[2pt] &f_3(z)=cos z,quad f_3^{(n)}(z)=cos!left(z+nfrac{pi}{2}right)!;\[2pt] &f_4(z)=operatorname{sh}z,quad f_4^{(n)}(z)=begin{cases}operatorname{sh}z,&text{if}quad n=2k,\ operatorname{ch}z,&text{if}quad n=2k-1;end{cases}\[2pt] &f_5(z)=operatorname{ch}z,quad f_5^{(n)}(z)=begin{cases}operatorname{ch}z,&text{if}quad n=2k,\ operatorname{sh}z,&text{if}quad n=2k-1. end{cases}end{aligned}$

В поставленной задаче z_0=0 . По формуле (3.17) имеем

$begin{aligned}f_1(z)&=e^z,quad c_n=frac{1}{n!};qquad e^zsim sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{n!},;\[2pt] f_2(z)&=sin z,quad c_n=begin{cases}0,&n=2k;\ dfrac{(-1)^{k+1}}{(2k-1)!},&n=2k-1;end{cases} sin zsim sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{(2n-1)!}z^{2n-1};\[2pt] f_3(z)&=cos z,quad c_n=begin{cases}0,&n=2k-1;\ dfrac{(-1)^k}{(2k)!},& n=2k;end{cases} cos zsim sum_{n=0}^{infty}frac{(-1)^n}{(2n)!}z^{2n};\[2pt] f_4(z)&=operatorname{sh}z,quad c_n= begin{cases}0,&n=2k;\ dfrac{1}{n!},&n=2k-1;end{cases} operatorname{sh}zsim sum_{n=1}^{infty}frac{z^{2n-1}}{(2n-1)!},;\[2pt] f_5(z)&=operatorname{ch}z,quad c_n=begin{cases}0,&n=2k-1;\ dfrac{1}{n!},&n=2k;end{cases} operatorname{ch}zsim sum_{n=1}^{infty}frac{z^{2n}}{(2n)!},.end{aligned}$

3. Нетрудно убедиться, что все составленные ряды сходятся во всей комплексной плоскости, R=infty . В результате получаем формулы, которые ранее были приняты за определения соответствующих функций:

$begin{gathered}e^z= sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{n!},;qquad sin z= sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{(2n-1)!}z^{2n-1};qquad cos z= sum_{n=0}^{infty}frac{(-1)^n}{(2n)!}z^{2n};\ operatorname{sh}z= sum_{n=1}^{infty}frac{z^{2n-1}}{(2n-1)!},;qquad operatorname{ch}zsim sum_{n=1}^{infty}frac{z^{2n}}{(2n)!},. end{gathered}$

В результате получены так называемые основные разложения.

Пример 3.14. Записать разложения по степеням функций: а) $frac{1}{1-z}$ ; б) $frac{z^2}{z-1}$ .

Решение

Задачу можно решать, пользуясь алгоритмом, а можно использовать формулы (3.13) для суммы членов геометрической профессии. Заданные функции являются аналитическими во всей комплексной плоскости за исключением одной точки z=1 . Для каждого случая получаем:

$mathsf{a)}~frac{1}{1-z}=sum_{n=0}^{infty}z^n,quad |z|<1;$

$mathsf{b)}~frac{z^2}{z-1}=-z^2cdotfrac{1}{1-z}=-z^2cdotsum_{n=0}^{infty}z^n= -sum_{n=0}^{infty}z^{n+2},quad |z|<1;$ заметим, что здесь c_0=0,~c_1=0,~c_n=-1 для ngeqslant2 .

Пример 3.15. Записать разложения по степеням (z-z_0) функций: а) ln z,~z_0=1,~ln1=0 ; б) ln(1+z),~z_0=0,~ln1=0 .

Решение

Разложения записываются для однозначных ветвей многозначного выражения. Выбор ветви определяется заданием функции в точке z_0 .

a) Функция определена во всей комплексной плоскости за исключением z=0 , т.е. в двусвязной области 0<|z|<infty . Чтобы получить односвязную область из , проведем разрез, соединяющий точки z=0 и z=infty . Из условия ln1=0 следует, что точка z_0=1 должна быть внутренней точкой области. Поэтому выбираем разрез, не проходящий через z_0 . например по лучу (-infty;0] . В полученной односвязной области, где -pi<arg z<pi , функция ln z является однозначной аналитической функцией. Далее решаем задачу по алгоритму.

1. Находим производные (формулу устанавливаем по индукции):

$f'(z)=frac{1}{z},quad f''(z)=-frac{1}{z^2},quad f'''(z)=frac{2}{z^3},quad f^{(4)}(z)=frac{-2cdot3}{z^4},quad ldots,quad f^{(n)}(z)=(-1)^{n+1}frac{(n-1)!}{z^n},.$

2. По формуле (3.17):

$f^{(n)}(1)=(-1)^{n+1}(n-1)!,quad c_n=frac{(-1)^{n+1}}{n},~ n=1,2,ldots;qquad ln zsim sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}(z-1)^n}{n},.$

3. Находим радиус сходимости ряда: $R=frac{1}{ell}$ , где $ell=lim_{ntoinfty} sqrt[LARGE{n}]{frac{1}{n}}=1,~ R=1$ . В результате получаем

$ln z=sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}(z-1)^n}{n},quad |z-1|<1.$

б) Функция ln(1+z) определена всюду в mathbb{C} за исключением z=-1 , т.е. в двусвязной области. В односвязной области, полученной из путем разреза по лучу (-infty;-1] , функция является однозначной , аналитической. Задачу можно решать, как и выше, т.е. по алгоритму, а можно использовать полученный выше результат, введя обозначение 1+z=t . Для , удовлетворяющих неравенству |t-1|<1 имеем разложение $ln t=sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{n}(t-1)^n$ . Заменяя на (1+z) , получаем результат

$ln(1+z)= sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{n},z^n,quad |z|<1.$

Разложения основных функция в степенной ряд

Разложения, полученные в результате решения примеров 3.13-3.15, носят название основных (табличных) разложений. Выпишем их:

$begin{aligned} &bold{1)}~ e^z=sum_{n=0}^{infty}frac{z^n}{n!},; qquad bold{2)}~ sin z=sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}z^{2n-1}}{(2n-1)!},; qquad bold{3)}~ cos z=sum_{n=0}^{infty}frac{(-1)^{n}z^{2n}}{(2n)!},; \[4pt] &bold{4)}~ operatorname{sh}z=sum_{n=1}^{infty}frac{z^{2n-1}}{(2n-1)!},; qquad bold{5)}~ operatorname{ch}z=sum_{n=0}^{infty}frac{z^{2n}}{(2n)!},;\[4pt] &bold{6)}~ frac{1}{1-z}=sum_{n=0}^{infty}z^n,~ |z|<1;qquad bold{7)}~ln(1+z)=sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{n},z^n,~|z|<1. end{aligned}$

Основные разложения позволяют при решении примеров на разложение функции в ряд Тейлора не пользоваться сформулированным выше алгоритмом, сложность которого связана с техникой дифференцирования и составления формулы общего члена.

Утверждение 3.4. При разложении функции в ряд Тейлора используются основные (табличные) разложения и действия над рядами. Радиус сходимости ряда может быть получен по виду раскладываемой функции без использования формулы общего члена ряда и формул для нахождения радиуса. Радиус сходимости ряда, полученного при разложении данной функции в окрестности точки z_0 , равен расстоянию от центра разложения — точки z_0 до ближайшей особой точки функции. Если функция является аналитической всюду, то R=infty .

Пример 3.16. Разложить по степеням функции комплексного переменного:

$bold{1)}~operatorname{ch}3z;qquad bold{2)}~ e^{z+2};qquad bold{3)}~ sin^2z;qquad bold{4)}~ ln(3+z).$

Решение

а) Обозначим через и, используя табличное разложение для функции operatorname{ch}t , получим ответ:

$operatorname{ch}3z=operatorname{ch}t= sum_{n=0}^{infty} frac{t^{2n}}{(2n)!}$ , то есть $operatorname{ch}3z= sum_{n=0}^{infty} frac{9^nz^{2n}}{(2n)!},~~ R=infty.$ .

б) Запишем функцию в виде произведения e^2cdot e^z и, используя разложение для e^z , получим ответ:

$e^{z+2}= e^2cdot sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{n!}$ , то есть $e^{z+2}= sum_{n=0}^{infty} frac{e^2}{n!},z^n,~~ R=infty$ .

в) Чтобы воспользоваться одним из основных разложений, применим тригонометрическую формулу — формулу «понижения». Получим:

$sin^2z= frac{1-cos2z}{2}= frac{1}{2}-frac{1}{2}cos2z= frac{1}{2}-frac{1}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{(2z)^{2n}(-1)^n}{(2n)!}= frac{1}{2}-frac{1}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{2^{2n}(-1)^nz^{2n}}{(2n)!},.$

Заметим, что свободный член разложения в этой записи встречается дважды, поэтому нужно привести подобные члены. Для этого в записи рада отделим слагаемое при n=0 — свободный член:

$frac{1}{2}-frac{1}{2}-frac{1}{2} sum_{n=1}^{infty} frac{2^{2n}(-1)^nz^{2n}}{(2n)!},.$

В результате имеем $sin^2z= sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}2^{2n-1}}{(2n)!},z^{2n},~ R=infty$ .

Из этого разложения можно найти значение производной любого порядка функции sin^2z в точке z_0=0 , так как эти значения связаны формулой (3.17) с коэффициентами разложения: $f^{(n)}(z_0)=c_ncdot n!$ . Поэтому, учитывая, что в разложении присутствуют только четные степени, заключаем, что все производные нечетных порядков от sin^2z в точке z_0=0 равны нулю, а производная, например, десятого порядка не равна нулю. Найдем ее, используя равенство $f^{(10)}(0)= c_{10}cdot10!$ , где $c_{10}$ — коэффициент в разложении f(z)=sin^2z при $z^{10}$ , т.е. в записанном выше разложении нужно взять n=5 . Получим

$c_{10}= frac{(-1)^6cdot2^9}{10!},qquad left.{bigl(sin^2z bigr)^{(10)}}right|_{z=0}= 2^9.$

г) Функция определена всюду, кроме z=-3 . В односвязной области, например в плоскости с разрезом по лучу (-infty;-3] , где -pi<arg z<pi , возможно выделение однозначных ветвей многозначного выражения operatorname{Ln}(z+3)= ln|z+3|+ ibigl(arg(z+3)+2kpibigr) (рис. 3.1). Выбираем ту ветвь, для которой f(0)=ln3 , то есть из operatorname{Ln}3= ln3+i(arg3+ 2kpi)=ln3 получаем k=0 . Разложим аналитическую функцию ln(z+3) по степеням в круге |z|<3 ; радиус круга R=3 — расстояние от центра разложения z_0=0 до граничной точки z=-3 .

3.1. Ветви комплексного логарифма

Чтобы воспользоваться основным разложением, преобразуем функцию следующим образом:

$ln(3+z)= ln left[3! left(1+frac{z}{3}right)right]= ln3+ln! left(1+ frac{z}{3}right)!.$

Тогда, обозначая $frac{z}{3}$ через и используя основное разложение для ln(1+t) , получаем $ln(3+z)=ln3+sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}}{ncdot 3^n},z^n$ при условии $left|frac{z}{3}right|<1$ , т.е. в круге |z|<3 .

Пример 3.17. Разложить в окрестности точки z_0=0 ветвь функции ln(z^2-z-6) , для которой f(0)=ln6+ipi .

Решение

Функция ln(z^2-z-6)=lnbigl[(z+2)(z-3)bigr] определена всюду в mathbb{C} , кроме точек z_1=-2,~z_2=3 , т.е. в трехсвязной области — плоскости с выколотыми точками z_1 и z_2 . Чтобы получить односвязную область, проведем разрезы по лучам, выходящим из этих точек. Например, луч из точки z_1=-2 выберем параллельным мнимой оси, {operatorname{Re}z=-2,~operatorname{Im}z geqslant0} , а луч из точки z_2=3 — по действительной оси: operatorname{Im}z=0,~ operatorname{Re}zgeqslant3 . В полученной односвязной области (рис. 3.2) каждая ветвь является аналитической функцией и раскладывается в ряд в круге |z|<2 ( R=2 — расстояние от z_0=0 до границы). Здесь ветвь задается условием:

f(0)=ln6+ipi , то есть из operatorname{Ln}(-6)=ln6+i(pi+2kpi)= ln6+ipi при k=0 .

3.2. Ветви комплексного логарифма в односвязной

Далее, чтобы использовать основное разложение, преобразуем функцию:

ln bigl[(z+2)(z-3)bigr]= ln bigl[(z+2)(-1)(3-z)bigr]= ln(z+2)+ln(-1)+ln(3-z).

Для числа ln(-1) в силу выбора ветви берем ln(-1)=ipi~(k=0) , а функции ln(z+2) и ln(3-z) раскладываем в ряды, как в предыдущем примере:

$begin{aligned}&ln(z+2)= ln2+ sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}z^n}{2^ncdot n},quad |z|<2;\[2pt] &ln(3-z)= ln3+ ln! left(1-frac{z}{3}right)= ln3+sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}}{ncdot3^n}(-z)^n= ln3-sum_{n=1}^{infty} frac{z^n}{ncdot3^n},quad |z|<3. end{aligned}$

В области |z|<2 , принадлежащей выбранной односвязной области, сходятся оба ряда. Используя свойство сложения рядов, получаем окончательный результат:

$ln(z^2-z-6)= ln6+ipi+sum_{n=1}^{infty}! left(frac{(-1)^{n+1}}{2^n}-frac{1}{3^n} right)!cdot frac{1}{n}cdot z^n,quad |z|<2$

При разложении функции в ряд в окрестности точки z_0ne0 , т.е. по степеням (z-z_0) , удобно использовать замену (z-z_0)=t и полученную после замены функцию раскладывать по степеням .

Пример 3.18. Разложить по степеням (z-2) функции: a) sin z ; б) e^z в) ln(1+z) .

Решение

а) Обозначим (z-2) через , и, используя тригонометрическую формулу для функции sin(2+t) , получим: sin(2+t)= sin2cdotcos t+cos2cdotsin t . Здесь sin2 и cos2 — постоянные величины, а для функций cos t и sin t используем основные разложения. В результате получим

$sin z=sin2cdot sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^n(z-2)^{2n}}{(2n)!}+ cos2cdot sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}(z-2)^{2n-1}}{(2n-1)!},,$

то есть ряд вида $textstyle{sumlimits_{n=0}^{infty}c_n(z-2)^n}$ , где коэффициент c_n определяется следующим образом: $c_n=frac{(-1)^k}{k!}sin2$ для n=2k и $c_n=frac{(-1)^k}{k!}cos2$ для n=2k-1 .

б) Можно, как и выше, использовать вспомогательную переменную, а можно сделать то же самое, применив простое преобразование: $e^z=e^{z-2+2}=e^2cdot e^{z-2}$ . Здесь e^2 — постоянная величина, функция $e^{z-2}$ раскладывается в ряд как функция e^t по степеням . Получаем ответ:

$e^z=e^2cdot sum_{n=0}^{infty} frac{(z-2)^n}{n!}$ , или $e^z= sum_{n=0}^{infty} frac{e^2}{n!}(z-2)^n,~~ R=infty$ .

в) Обозначая (z-2) через , получаем функцию ln(t+3) . Разложение этой функции по степеням найдено в примере 3.16:

$ln(t+3)=ln3+ sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}}{ncdot3^n},t^n,quad |t|<3.$

Возвращаясь к исходной переменной, получаем разложение исходной функции в круге |z-2|<3 (рис. 3.3):

$ln(1+z)=ln3+sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{ncdot3^n}(z-2)^n,quad |z-2|<3.$

Круг на комплексной плоскости

Пример 3.19. Разложить по степеням функции: $f(z)=frac{1}{1-az};~~ f(z)=frac{1}{a-z};~~ f(z)=frac{1}{(1-z)^2}$ .

Решение

Данные функции являются простейшими рациональными (элементарными) дробями. Для их разложения используется формула суммы членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии $frac{1}{1-q}= sum_{n=0}^{infty} q^n,~|q|<1$ . В первом случае формула используется непосредственно, при q=az , во втором — после преобразования $frac{1}{a-z}= frac{1}{a}cdot frac{1}{1-frac{z}{a}}$ получаем $q=frac{z}{a}$ . Разложение заданных функций имеет вид

$frac{1}{1-az}= sum_{n=0}^{infty}a^nz^n,quad |z|<frac{1}{|a|}=R;$

(3.18)

$frac{1}{a-z}= sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{a^{n+1}},quad |z|<|a|=R.$

(3.19)

Соотношения (3.18),(3.19) обобщают формулу $frac{1}{1-z}= sum_{n=0}^{infty}z^n,~ |z|<1$ , которая получается из них при a=1 .

При разложении дроби $frac{1}{(1-z)^2}$ замечаем, что она является производной от $frac{1}{1-z}$ , то есть $left(frac{1}{1-z}right)'=frac{1}{(1-z)^2}$ , поэтому ее разложение можно получить, используя дифференцирование ряда:

$begin{gathered}frac{1}{1-z}= sum_{n=0}^{infty}z^n,quad |z|<1,\[2pt] frac{1}{(1-z)^2}= left(frac{1}{1-z}right)'= sum_{n=0}^{infty}(z^n)'= sum_{n=0}^{infty}nz^{n-1},quad |z|<1. end{gathered}$

Ответ удобнее записать в виде $frac{1}{(1-z)^2}= sum_{n=0}^{infty}(n+1)z^n,~|z|<1$ .

Очевидно, повторяя процедуру дифференцирования, можно получить разложение элементарных дробей вида $frac{1}{(a-z)^k}$ при любом натуральном .

Алгоритм разложения рациональных дробей в ряд Тейлора

Рассмотрим примеры на разложение в ряд Тейлора рациональных дробей

$R(z)= frac{P_m(z)}{Q_n(z)},,$

где P_m(z) и Q_n(z) — многочлены. Первые этапы решения задачи аналогичны этапам интегрирования этих дробей. Приведем полный алгоритм.

1. Если дробь неправильная (mgeqslant n) , следует выделить целую часть дроби многочлен.

2. Правильную рациональную дробь разложить на элементарные дроби:
а) записать дробь в виде суммы элементарных дробей вида $frac{A_k}{(z-a)^k}$ с неопределенными коэффициентами A_k , где — корень знаменателя, — его кратность;
б) найти неопределенные коэффициенты.

3. Разложить элементарные дроби в степенные ряды. Основными приемами при этом являются применение формул (3.13),(3.18),(3.19) и правила дифференцирования ряда (см. пример 3.19)).

При разложении по степеням (z-z_0),~z_0ne0 можно предварительно ввести вспомогательную переменную z-z_0=t .

Пример 3.20. Разложить по степеням функции: а) $frac{2z-1}{z+2}$ ; б) $frac{z^2-z+3}{z+2}$ .

Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.

1. Дробь неправильная, поэтому выделяем целую часть: $frac{2z-1}{z+2}= frac{2(z+2)-5}{z+2}=2-frac{5}{z+2}$ .

2. Полученная правильная дробь является элементарной дробью.

3. Записываем разложение элементарной дроби и получаем:

$frac{2z-1}{z+2}= 2-5cdot frac{1}{2}cdot frac{1}{1-left(-frac{z}{2}right)}= 2-frac{5}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^n}= 2-5 sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^{n+1}},,quad |z|<2.$

Для разложения дроби $frac{1}{z+2}$ можно было использовать формулу (3.19) при a=-2 .

Для нахождения окончательного ответа нужно сделать преобразование приведения подобных членов, так как в полученном выражении свободный член встречается дважды. Имеем

$2-frac{5}{2}-5 sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^{n+1}}$ , то есть $frac{2z-1}{z+2}= 5 sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}z^n}{2^{n+1}}-frac{1}{2},,~~|z|<2.$ .

б) Воспользуемся алгоритмом.

1. Дробь неправильная, выделяем целую часть. Можно, как и выше, применить преобразование дроби:

$frac{z^2-z+3}{z+2}= frac{(z+2)^2-5z-1}{z+2}= frac{(z+2)^2-5(z+2)+9}{z+2}= (z+2)-5+frac{9}{z+2}= z-3+frac{9}{z+2},.$

Можно для выделения целой части применить метод деления «углом», или, обозначая i + 2 = t, произвести почленное деление на одночлен (z=t-2)colon

$frac{z^2-z+3}{z+2}= frac{(t-2)^2+(t-2)+3}{t}= frac{t^2-5t+4}{t}= t-5+frac{9}{t}= z-3+frac{9}{z+2},.$

2,3. Записываем разложение заданной функции, используя формулу (3.19) для правильной дроби:

$frac{z^2-z+3}{z+2}= z-3+frac{9}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^n}= z-3+frac{9}{2}-frac{9}{4}z+frac{9}{2} sum_{n=2}^{infty} frac{(-1)^nz^t}{2^n},.$

Окончательный ответ: $frac{z^2-z+3}{z+2}= frac{3}{2}-frac{5}{4}z+9 sum_{n=2}^{infty}frac{(-1)^n}{2^{n+1}},z^n,~ |z|<2$ .

Получен ряд вида $sum_{n=0}^{infty}c_nz^n$ , где $c_0=frac{3}{2},~ c_1=-frac{5}{4},~ c_n=frac{9(-1)^n}{2^{n+1}}~(ngeqslant2)$ . Нетрудно проверить равенство: $c_0=f(0)=frac{3}{2}$ .

Пример 3.21. Функцию $frac{z+2}{z^2-2z-3}$ разложить в ряд Тейлора в окрестности точки z_0 , если а) z_0=0 ; б) z_0=1 .

Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.
1. Дробь правильная.
2. Раскладываем ее на элементарные дроби. Для этого представим дробь в виде

$frac{z+2}{(z+1)(z-3)}= frac{A}{z+1}+ frac{B}{z-3},,$

где и — неопределенные коэффициенты, которые находим из тождества

z+2=Acdot(z-3)+Bcdot(z+1).

Полагая последовательно z=-1 и z=3 , получаем $A=-frac{1}{4},~ B=frac{5}{4}$ .

Записываем дробь в виде суммы дробей: $frac{z+2}{(z+1)(z-3)}= -frac{1}{4}cdot frac{1}{z+1}+frac{5}{4}cdot frac{1}{z-3}$ .

3. Раскладываем по степеням г каждую элементарную дробь:

$begin{aligned}frac{1}{1+z}&= frac{1}{1-(-z)}= sum_{n=0}^{infty} (-z)^nz^n,quad |z|<1.\[2pt] frac{1}{z-3}&=-frac{1}{3}cdot frac{1}{1-frac{z}{3}}= -frac{1}{3} sum_{n=0}^{infty}! left(frac{z}{3}right)^n= — sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{3^{n+1}},,quad |z|<3.end{aligned}$

В общей области сходимости — круге |z|<1 — записываем сумму рядов разложение исходной дроби:

$frac{z+2}{z^2-2z-3}= -frac{1}{4} sum_{n=0}^{infty} (-1)^nz^n-frac{5}{4} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{3^{n+1}}= sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{4}! left((-1)^{n+1}-frac{5}{3^{n+1}}right)!,quad |z|<1.$

б) Воспользуемся алгоритмом.
1. Дробь правильная.
2. Разложение дроби на элементарные получено в предыдущем пункте:

$frac{z+2}{(z+1)(z-3)}= -frac{1}{4}cdot frac{1}{z+1}+frac{5}{4}cdot frac{1}{z-3},.$

3. Раскладываем по степеням (z-1) каждую элементарную дробь:

$begin{aligned}frac{1}{z+1}= frac{1}{z-1+2}= frac{1}{2}cdot frac{1}{1-left(-frac{z-1}{2}right)}= sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^n(z-1)^n}{2^{n+1}},quad |z-1|<2;\[2pt] frac{1}{z-3}= frac{1}{z-1-2}= -frac{1}{2}cdot frac{1}{1-frac{z-1}{2}}= -sum_{n=0}^{infty}frac{(z-1)^n}{2^{n+1}},quad |z-1|<2. end{aligned}$

Записываем разложение исходной дроби в круге |z-1|<2colon

$frac{z+2}{z^2-2z-3}= -frac{1}{4} sum_{n=0}^{infty}frac{(-1)^n(z-1)^n}{2^{n+1}}-frac{5}{4} sum_{n=0}^{infty} frac{(z-1)^n}{2^{n+1}}= sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^{n+1}-5}{2^{n+3}}(z-1)^n.$

При разложении по степеням, (z-1) можно было сделать замену z-1=t в исходной дроби.

Радиусы сходимости в обоих случаях можно определить заранее, до записи» разложения — по виду функции. Ее особыми точками являются точки z_1=-1 и z_2=3 . В первом случае ближайшей к точке z_0=0 является точка z_1 , расстояние между точками равно единице и, следовательно, R=1 ; во втором — обе особые точки удалены от z_0=1 на расстояние, равное двум, и R=2 .

Пример 3.22. Разложить по степеням функции (рациональные дроби): а) $f(z)=frac{2}{z^2-2z+2}$ ; б) $f(z)=frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}$ .

Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.
1. Дробь правильная.
2. Раскладываем правильную дробь на элементарные дроби, предварительно разложив знаменатель на множители:

z^2-2z+2=(z-z_1)(z-z_2) , где z_1=1-i и z_2=1+i .

Представим дробь в виде $frac{2}{z^2-2z+2}= frac{2}{(z-z_1)(z-z_2)}= frac{A}{z-z_1}+ frac{B}{z-z_2}$ . Находим коэффициенты и из тождества A(z-z_2)+B(z-z_1)=2 , т.е. из системы

$begin{cases}A+B=0,\Az_2+Bz_1=-2;end{cases}Leftrightarrow begin{cases} B=-A,\ A(z_2-z_1)=-2;end{cases} Leftrightarrow begin{cases}A=dfrac{2}{z_1-z_2}=i,\ B=-i. end{cases}$

Дробь представлена в виде суммы: $frac{2}{z^2-2z+2}= frac{i}{z-(1-i)}+frac{-i}{z-(1+i)}$ .

3. Раскладываем элементарные дроби по степеням

$begin{aligned}frac{1}{z-(1-i)}&= frac{-1}{1-i}cdot frac{1}{1-frac{z}{1-i}}= -frac{1}{1-i} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1-i)^n},quad left|frac{z}{1-i}right|<1 ~Leftrightarrow~ |z|<sqrt{2},;\[2pt] frac{1}{z-(1+i)}&= frac{-1}{1+i}cdot frac{1}{1-frac{z}{1+i}}= -frac{1}{1+i} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1+i)^n};quad left|frac{z}{1+i}right|<1~ Leftrightarrow~ |z|<sqrt{2},.end{aligned}$

Записываем ответ:

$begin{aligned}frac{2}{z^2-2z+2}&= frac{-i}{1-i} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1-i)^n}+ frac{i}{1+i} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1+i)^n}= frac{1-i}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1-i)^n}+ frac{1+i}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1+i)^n}=\ &= frac{1}{2} sum_{n=0}^{infty}! left(frac{1}{(1-i)^{n-1}}+ frac{1}{(1+i)^{n-1}}right)!z^n,quad |z|<sqrt{2},. end{aligned}$

б) Воспользуемся алгоритмом.
1,2. Раскладываем дробь на элементарные:

$frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}= frac{A}{z-1}+ frac{B}{(z-1)^2}+ frac{C}{z+2}$ , где A,,B,,C — неопределенные коэффициенты.

Находим коэффициенты из тождества A(z-1)(z+2)+B(z+2)+C(z-1)^2=z+1 .
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях , имеем

$begin{cases}A+C=0,A+B-2C=1,\ -2A+2B+C=1;end{cases} Leftrightarrow~ begin{cases} A=1!!not{phantom{|}}, 9,\ B=2!!not{phantom{|}}, 3,\ C=-1!!not{phantom{|}}, 9.end{cases}$

3. Раскладываем элементарные дроби по степеням

$begin{aligned}frac{1}{z-1}&= -frac{1}{1-z}= -sum_{n=0}^{infty}z^n,quad |z|<1;\ frac{1}{(z-1)^2}&= -left(frac{1}{z-1}right)'= sum_{n=0}^{infty}(z^n)'= sum_{n=1}^{infty} (n+1)z^n,quad |z|<1;\ frac{1}{z+2}&= frac{1}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^n},quad |z|<2. end{aligned}$

Для исходной дроби получаем разложение:

$frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}= -frac{1}{9}cdot sum_{n=0}^{infty}z^n+ frac{2}{3}cdot sum_{n=0}^{infty} (n+1)z^n- frac{1}{9}cdot sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^{n+1}},,$

или, складывая ряды: $frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}= frac{1}{9} sum_{n=0}^{infty}! left( 6(n+1)-1+frac{(-1)^{n+1}}{2^{n+1}}right)!z^n$ .

Окончательный ответ: $frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}= frac{1}{9} sum_{n=0}^{infty}! left( 6n+5 +frac{(-1)^{n+1}}{2^{n+1}}right)!z^n,~ |z|<1$ .

Пример 3.23. Разложить по степеням функции: а) $frac{4}{4+z^2}$ ; б) $frac{z}{z^2-i}$ .

Решение

Обе дроби правильные; раскладывать на более простые нет необходимости. Используя основные разложения, получаем ответы:

а) $frac{4}{4+z^2}= frac{4}{4}cdot frac{1}{1-left(-frac{z^2}{4}right)}= sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^{2n}}{4^n},~~ left|frac{z^2}{4}right|<1~ Leftrightarrow~ |z|<2$ ;

б) $frac{z}{z^2-i}= frac{z}{-i}cdot frac{1}{1-frac{z^2}{i}}= -sum_{n=0}^{infty} frac{z^{2n+1}}{i^{n+1}},~~ |z|<1$ или $frac{z}{z^2-i}= sum_{n=0}^{infty}(-1)^ni^{n+1} z^{2n+1},~~ |z|<1$ .

Пример 3.24. Используя разложение функции $e^{z^2+z}$ по степеням , найти значение производной седьмого порядка в точке z_0=0 .

Решение

Пример 3.25. Записать разложение функций a) $e^{sin z}$ и б) operatorname{tg}z по степеням до члена, содержащего z^5 .

Решение

а) Применим метод подстановки ряда в ряд, используя основные разложения для функций e^z и sin z . Имеем

$u=sin z,quad u(0)=0,quad u=z-frac{z^3}{3!}+ frac{z^5}{5!}+ldots;$

$e^u=1+u+ frac{1}{2!},u^2+ frac{1}{3!},u^3+ldots$ , или, подставляя:

$begin{gathered}e^{sin z}= 1+ left(z-frac{z^3}{3!}+ ldots right)+ frac{1}{2!}! left(z-frac{z^3}{3!}+ ldots right)^2+ frac{1}{3!}left(z-frac{z^3}{3!}+ ldots right)^3+ frac{1}{4!}! left(z-frac{z^3}{3!}+ ldots right)^4+ frac{1}{5!}! left(z-frac{z^3}{3!}+ ldots right)^5+ ldots=\ =1+z-frac{z^3}{3!}+ frac{z^5}{5!}+ frac{1}{2!}(z+a)^2+ frac{1}{3!}(z+a)^3+ frac{1}{4!}(z+a)^4+ frac{1}{5!}(z+a)^5+ldots, end{gathered}$

где $a=left(-frac{z^3}{3!}+frac{z^5}{5!}-ldotsright)$ . Записывать большее число слагаемых нет необходимости, так как уже у следующего (первого отброшенного) младшая степень равна z^6 .

Возведение в степень рядов, как и перемножение рядов, производится по правилам действий с многочленами, в частности применяется формула бинома Ньютона:

$(z+a)^n= z^n+nz^{n-1}a+ frac{n(n-1)}{2!},z^{n-2}a^2+ldots+a^n.$

Так как младшая степень выражения $a=left(-frac{z^3}{3!}+frac{z^5}{5!}-ldotsright)$ равна трем, следовательно, a^2 — шести, то для записи результата следует взять из первых двух скобок по два слагаемых, а из остальных по одному, т.е.

$e^{sin z}= 1+z-frac{z^3}{3!}+frac{z^5}{5!}+ frac{1}{2!}! left(z^2+2z! left( -frac{z^3}{3!}right)!right)+ frac{1}{3!}! left(z^3+3z^2! left(-frac{z^3}{3!}right)!right)+ frac{1}{4!}z^4+ frac{1}{5!}z^5+ldots$

Приводя подобные члены, получим окончательный ответ:

$e^{sin z}= 1+z+z^2cdot frac{1}{2}+ z^3! left(-frac{1}{3!}+frac{1}{3!}right)+ z^4! left(-2cdot frac{1}{2!}cdot frac{1}{3!}+ frac{1}{4!}right)+ z^5! left(frac{1}{5!}-3cdot frac{1}{3!}cdot frac{1}{3!}+ frac{1}{5!}right)+ldots$

или $e^{sin z}= 1+z+frac{1}{2!}z^2-frac{3}{4!}z^4-frac{1}{15}z^5+ldots$ .

Разложение, очевидно, можно получить, вычисляя коэффициенты разложения по формуле (3.17), что более громоздко.

б) Разложение operatorname{tg}z можно получить, используя формулу (3.17) для коэффициентов либо произведя деление ряда $sin z=z-frac{z^3}{3!}+ frac{z^5}{5!}-ldots$ на ряд $cos z=1-frac{z^2}{2!}+frac{z^4}{4!}-ldots$ методом деления «утлом» или методом неопределенных коэффициентов.

Применим последний прием. Разложение operatorname{tg}z по степеням ищем в виде

$operatorname{tg}z= frac{sin z}{cos z}=c_0+c_1cdot z+c_2cdot z^2+ldots$

По определению деления имеем тождество

$z-frac{z^3}{3!}+ frac{z^5}{5!}-ldots= left(1-frac{z^2}{2!}+ frac{z^4}{4!}- frac{z^6}{6!}+ldots right)! bigl(c_0+ c_1z+c_2z^2+c_3z^3+c_4z^4+c_5z^5+ldots bigr).$

Перемножаем ряды справа и приравниваем коэффициенты полученного ряда известным коэффициентам при соответствующих степенях ряда, записанного слева. Получаем систему уравнений

$c_0=0,quad c_1=1,quad c_2-frac{c_0}{2}=0,quad c_3-frac{c_1}{2}=-frac{1}{3!},quad c_4-frac{c_2}{2!} +frac{c_0}{4!}=0,quad c_5-frac{c_3}{2!}+ frac{c_1}{4!}= frac{1}{5!},,$

из которой находим коэффициенты $c_0=0,~ c_1=1,~ c_2=0,~ c_3=frac{1}{3},~ c_4=0,~ c_5= frac{2}{15}$ .

Ответ получаем в виде $operatorname{tg}z= z+frac{1}{3}z^3+frac{2}{15}z^5+ldots$ . Это разложение справедливо в круге $z<frac{pi}{2}$ , так как $z= frac{pi}{2}$ — ближайшая к z_0=0 особая точка функции тангенса .

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).

Кнопка "Поделиться"

Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.

Источник

Идея представления функции в виде многочлена с остаточным слагаемым основана на разложении функции в степенной ряд.

Ряды Тейлора и Маклорена

Бесконечно дифференцируемую в точке x0x_0 функцию действительной переменной f(x)f(x) можно разложить в ряд по степеням двучлена (x−x0)(x-x_0):

f(x)=f(x0)+f′(x0)1!(x−x0)+f′′(x0)2!(x−x0)2+…+f(n)(x0)n!(x−x0)n+…=f(x)=f(x_0)+dfrac{f{‘}(x_0)}{1!}(x-x_0) +dfrac{f{»}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 +ldots+dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +ldots =

=∑k=0∞f(k)(x0)k!(x−x0)k=sumlimits_{k=0}^{infty} dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k

Этот ряд называют рядом Тейлора.

В случае x0=0x_0=0, полученный степенной ряд:

f(x)=f(0)+f′(0)1!x+f′′(0)2!(x−x0)2+…+f(n)(x0)n!(x−x0)n+…=f(x)=f(0)+dfrac{f{‘}( 0)}{1!} x +dfrac{f{»}(0)}{2!}(x-x_0)^2 +ldots+dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +ldots =

=∑k=0∞f(k)(x0)k!(x−x0)k=sumlimits_{k=0}^{infty} dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k

называют рядом Маклорена.

Запишем разложения основных элементарных функций в ряд Маклорена, укажем соответствующие интервалы сходимости и приведем примеры их определения.

Показательная функция:

ex=1+x1!+x22!+x33!+…+xnn!+…=∑k=1∞xnn!,∣x∣<∞e^x=1+dfrac{x}{1!} +dfrac{x^2}{2!} +dfrac{x^3}{3!}+ldots+dfrac{x^n}{n!}+ldots=sumlimits_{k=1}^{infty} dfrac{x^n}{n!},quad |x|<infty

Тригонометрические функции:

sin⁡x=x1!−x33!+x55!−x77!+…+(−1)n+1x2n−1(2n−1)!+…=∑k=1∞(−1)k+1x2k−1(2k−1)!,∣x∣<∞sin x=dfrac{x}{1!} -dfrac{x^3}{3!} +dfrac{x^5}{5!} -dfrac{x^7}{7!} +ldots+dfrac{(-1)^{n+1}x^{2n-1}}{(2n-1)!}+ldots=sumlimits_{ k =1}^{infty} dfrac{(-1)^{ k +1}x^{2 k -1}}{(2 k -1)!},quad |x|<infty

cos⁡x=1−x22!+x44!−x66!+…+(−1)n+1x2n(2n)!+…=∑k=0∞(−1)kx2k(2k)!,∣x∣<∞cos x=1 -dfrac{x^2}{2!} +dfrac{x^4}{4!} -dfrac{x^6}{6!} +ldots+dfrac{(-1)^{n+1}x^{2n}}{(2n)!}+ldots=sumlimits_{ k =0}^{infty} dfrac{(-1)^{k}x^{2 k }}{(2 k)!},quad |x|<infty

arctg⁡x=x−x33+x55−x77+…+(−1)nx2n+12n+1+…=∑k=0∞(−1)kx2k+12k+1,∣x∣≤1arctg x=x-dfrac{x^3}{3} +dfrac{x^5}{5} -dfrac{x^7}{7} +ldots+dfrac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}+ldots=sumlimits_{ k =0}^{infty} dfrac{(-1)^{ k }x^{2 k +1}}{2 k +1},quad |x|le{1}

Логарифмическая функции:

ln⁡(1+x)=x1!−x22!+x33!−x44!+…+(−1)n+1xnn!+…=∑k=1∞(−1)k+1xkk!,x∈(−1;1]ln (1+x)=dfrac{x}{1!} -dfrac{x^2}{2!} +dfrac{x^3}{3!} -dfrac{x^4}{4!} +ldots+dfrac{(-1)^{n+1}x^{n}}{n!}+ldots=sumlimits_{ k =1}^{infty} dfrac{(-1)^{ k +1}x^{ k }}{ k!},quad xin (-1;1]

Степенная функции:

(1+x)α=1+α1!x+α(α−1)2!x2+α(α−1)(α−2)3!x3+…+α(α−1)…(α−n+1)n!xn+…=(1+x)^alpha=1+dfrac{alpha }{1!}x+dfrac{alpha (alpha -1)}{2!}x^2 +dfrac{alpha (alpha -1)( alpha -2)}{3!} x^3 +ldots+dfrac{alpha (alpha -1) ldots ( alpha-n+1)} {n!} {x^n}+ldots=

=∑k=0∞α(α−1)…(α−k+1)k!xk=sumlimits_{ k =0}^{infty} dfrac{alpha (alpha -1) ldots ( alpha-k+1)}{ k!} {x^ k }

11−x=1+x+x2+…+xn+…=∑k=0∞xk,∣x∣<1dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+ldots+x^n+ldots =sumlimits_{ k =0}^{infty}x^{ k },quad |x|<1

Пример 1

Найдем для функции:

f(x)=sin⁡xf(x)=sin x

интервал сходимости ряда:

f(x)=sin⁡x==∑n=1∞(−1)n+1x2n−1(2n−1)!f(x)=sin x==sumlimits_{n=1}^{infty} dfrac{(-1)^{n+1}x^{2n-1}}{(2n-1)!}

Воспользуемся признаком Даламбера:

lim⁡n→∞∣an+1an∣=lim⁡n→∞∣x2n+1/(2n+1)!x2n−1/(2n−1)!∣=x2lim⁡n→∞12n(2n+1)=0limlimits_{n to infty } left | dfrac {a_{n+1}}{a_n} right | = limlimits_{n to infty } left | dfrac {x^{2n+1}/{(2n+1)!}}{ x^{2n-1}/{(2n-1)!}} right | =x^2 limlimits_{n to infty } dfrac {1} {2n(2n+1)}=0

Полученный результат говорит о том, что предел равен нулю для любого xx, и, следовательно, интервалом сходимости ряда является вся числовая ось.

Пример 2

Найдем интервал сходимости ряда для функции

f(x)=arctg⁡x=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1,∣x∣≤1f(x)=arctg x= sumlimits_{n=0}^{infty} dfrac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}, quad |x|le{1}

Воспользовавшись признаком Даламбера применительно к степенному ряду, получаем:

lim⁡n→∞∣an+1an∣=lim⁡n→∞∣x2n+1/(2n+1)x2n−1/(2n−1)∣=x2lim⁡n→∞2n−12n+1=x2lim⁡n→∞2−1n2+1n=x2limlimits_{n to infty } left | dfrac {a_{n+1}}{a_n} right | = limlimits_{n to infty } left | dfrac {x^{2n+1}/(2n+1)}{ x^{2n-1}/(2n-1)} right | =x^2 limlimits_{n to infty } dfrac {2n-1} {2n+1}=x^2 limlimits_{n to infty } dfrac {2-dfrac{1}{n}}{2+dfrac{1}{n}}= x^2

Условие сходимости по этому признаку имеет вид:

x2<1x^2<1

В граничных точках x=±1x=pm1 получаем знакопеременный ряд вида:

∑n=0∞anx2n+1sumlimits_{n=0}^{infty} a_n x^{2n+1},

где ∣an∣=1n+1|a_n|=dfrac {1}{n+1}

Заметим, что

lim⁡n→∞∣an∣=0limlimits_{n to infty } |a_n|=0

и, согласно признаку Лейбница, знакопеременный ряд сходится. Таким образом, интервалом сходимости исходного ряда является: ∣x∣≤1|x| le 1.

Применение формулы и рядов Маклорена

Вычисление значений функций

Идея использования рядов для приближенного вычисления примечательна тем, что можно добиться требуемой точности, т.е. фактически найти требуемое значение со сколь угодно высокой точностью.

Пример

Вычислим значение числа ee с точностью до второго знака после запятой. Воспользуемся разложением в ряд Маклорена функции f(x)=exf(x)=e^x при x=1x=1, вычислив сумму до шестого члена в разложении и с остаточным членом в форме Лагранжа:

e1=1+11!+12!+13!+14!+15!+ec6!,0≤c≤1e^1=1+dfrac {1}{1!} +dfrac {1}{2!} +dfrac {1}{3!} +dfrac {1}{4!} +dfrac {1}{5!} +dfrac {e^c}{6!},quad 0le c le 1

e1=16360!+ec6!≈2.716+ec6!,0≤c≤1e^1=dfrac {163}{60!} +dfrac {e^c}{6!}approx 2.716+dfrac {e^c}{6!},quad 0le c le 1

Учитывая, что ec6!<0.0014dfrac {e^c}{6!}<0.0014 получаем результат e≈2.72e approx 2.72

Вычисление пределов функций

На практике часто встречаются такие пределы, которые нельзя найти, используя первый и второй замечательные пределы, правило Лопиталя или другие способы вычислений. В этих случаях можно воспользоваться разложением элементарных функций в степенной ряд Маклорена и уже затем найти сам предел.

Пример

Вычислим:

lim⁡x→0e2x−1−2x−2x2x−sin⁡xlimlimits_{x to 0 } dfrac {e^{2x}-1-2x-2x^2}{x-sin {x}}

Заменим exe^x и sin⁡xsin{x} их разложениями в степенные ряды, находим:

lim⁡x→0e2x−1−2x−2x2x−sin⁡x=lim⁡x→0(1+2x+4×22!+8×33!+…)−1−2x−2x2x−(x−x33!+x55!−…)=limlimits_{x to 0 } dfrac {e^{2x}-1-2x-2x^2}{x-sin {x}}=limlimits_{x to 0 } dfrac {left( 1+2x+dfrac{4x^2}{2!}+dfrac{8x^3}{3!}+ldots right)-1-2x-2x^2}{x-left( x-dfrac{x^3}{3!}+dfrac{x^5}{5!}-ldots right)}=

=lim⁡x→08×33!+16×44!+…x33!−x55!+…=lim⁡x→083!+16×4!+…13!−x25!+…=8=limlimits_{x to 0 } dfrac {dfrac{8x^3}{3!}+dfrac{16x^4}{4!}+ldots} {dfrac{x^3}{3!} -dfrac{x^5}{5!}+ldots} = limlimits_{x to 0 } dfrac {dfrac{8}{3!}+dfrac {16x}{4!} +ldots} {dfrac{1}{3!} -dfrac{x^2}{5!}+ldots}=8

Вычисление определенных интегралов

Конечно, на практике лучше всего вычислять точное значение определенного интеграла. Но очень часто соответствующие неопределенные интегралы является «неберущимися». Поэтому для приближенного вычисления определенного интеграла используется разложение подынтегральной функции в ряд Маклорена.

Пример

Вычислим с точностью до третьего знака после запятой:

∫01x3e−xdxdisplaystyle intlimits_0^1 sqrt[3] x e^{-x} dx

Для приближенного вычисления этого определенного интеграла используется разложение функции f(x)=sqrt[3]xe−xf(x)= sqrt[3] x e^{-x} в ряд Маклорена:

f(x)=sqrt[3]xe−x=x1/3−x4/3+12×7/3−16×10/3+…f(x)= sqrt[3] x e^{-x}=x^{1/3}-x^{4/3}+dfrac{1}{2}x^{7/3}-dfrac{1}{6}x^{10/3}+ldots

Интервал, заданный пределами интегрирования: 0≤x≤10 le x le 1 входит в радиус сходимости полученного ряда (−∞;+∞)(-infty;+infty).

Интегрируя почленно, получаем:

∫01f(x)=∫01×1/3dx−∫01×4/3dx+12∫01×7/3dx−16∫01×10/3dx+…=displaystyleintlimits_0^1 f(x)= intlimits_0^1 x^{1/3}dx-intlimits_0^1 x^{4/3}dx+dfrac{1}{2}intlimits_0^1 x^{7/3}dx-dfrac{1}{6}intlimits_0^1 x^{10/3}dx+ldots=

=34×4/3∣01−37×7/3∣01+32⋅10×10/3∣01−36⋅13×13/3∣01+…= dfrac{3}{4} Biggl. x^{4/3}Biggr |_0^1-dfrac{3}{7} Biggl. x^{7/3}Biggr |_0^1+dfrac{3}{2 cdot 10} Biggl. x^{10/3}Biggr |_0^1-dfrac{3}{6 cdot 13} Biggl. x^{13/3}Biggr|_0^1+ldots

и с учетом требуемой точности:

∫01x3e−xdx≈34−37+32⋅10−36⋅13≈928+29260≈197455≈0,433displaystyleintlimits_0^1 sqrt[3] x e^{-x} dx approx dfrac{3}{4}-dfrac{3}{7}+dfrac{3}{2 cdot 10}-dfrac{3}{6 cdot 13}approx dfrac{9}{28}+dfrac{29}{260} approx dfrac{197}{455} approx 0,433

Источник

Понятие ряда Тейлора.

Начать изучение
Остаточный член формулы Тейлора.

Начать изучение
Разложение элементарных функций в ряд Тейлора.

Начать изучение
Разложение показательной и гиперболической функций в ряд Тейлора.

Начать изучение
Разложение тригонометрических функций в ряд Тейлора.

Начать изучение
Разложение логарифмической функции в ряд Тейлора.

Начать изучение
Разложение степенной функции в ряд Тейлора.

Начать изучение
Элементарные функции комплексного переменного.

Начать изучение

Понятие ряда Тейлора.

Определение.

Если функция (f(x)) определена в некоторой окрестности точки (x_{0}) и имеет в точке (x_{0}) производные всех порядков, то степенной ряд
$$
f(x_{0}) + sum_{n=1}^{infty}frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}label{ref1}
$$
называется рядом Тейлора функции (f) в точке (x_{0}).

Пусть функция (f) регулярна в точке (x_{0}), то есть представляется в некоторой окрестности точки (x_{0}) сходящимся к этой функции степенным рядом
$$
f(x) = sum_{n = 0}^{infty}a_{n}(x-x_{0})^{n},quad |x-x_{0}| < rho, rho > 0.label{ref2}
$$
Тогда по теореме, доказанной здесь, функция (f) бесконечно дифференцируема в окрестности точки (x_{0}), причем коэффициенты ряда eqref{ref2} выражаются формулами
$$
a_{0} = f(x_{0}),quad a_{n} = frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!},quad n in mathbb{N}.label{ref3}
$$
Таким образом, степенной ряд для функции (f(x)), регулярной в данной точке (a), совпадает с рядом Тейлора функции (f) в точке (a).

Если известно, что функция (f(x)) бесконечно дифференцируема в точке (a) (и даже в некоторой окрестности этой точки), то нельзя утверждать, что составленный для этой функции ряд Тейлора eqref{ref1} сходится при (x neq x_{0}) к функции (f(x)).

Рассмотрим функцию (f(x) = e^{-1/x^{2}}), (x neq 0), (f(0) = 0). Эта функция определена на (R),
$$
f'(x) = frac{2}{x^{3}}e^{-1/x^{2}}, f″(x) = left(frac{4}{x^{6}}-frac{6}{x^{4}}right)e^{-1/x^{2}}quadmbox{при} x neq 0,nonumber
$$
откуда с помощью индукции легко показать, что
$$
f^{(n)}(x) = e^{-1/x^{2}} Q_{3n} left(frac{1}{x}right) mbox{при} x neq 0,nonumber
$$
где (Q_{3n}(t)) — многочлен степени (3n) от (t). Воспользуемся тем, что (displaystylelim_{x rightarrow 0}frac{1}{|x|^{k}}e^{-1/x^{2}}=0) для любого (k in mathbb{N}) (решение можно посмотреть здесь), и докажем, что
$$
f^{(k)}(0) = 0 mbox{для любого} k in mathbb{N}.label{ref4}
$$
Утверждение eqref{ref4} верно при (k = 1), так как (f'(0) = displaystylelim_{x rightarrow 0}frac{e^{-1/x^{2}}}{x} = 0), откуда, предположив, что формула eqref{ref4} справедлива при (k = n), находим
$$
f^{(n + 1)}(0) = lim_{x rightarrow 0}frac{f^{(n)}(x)-f^{(n)}(0)}{x} = lim_{x rightarrow 0} frac{1}{x} Q_{3n} left(frac{1}{x}right) e^{-1/x^{2}} = 0.nonumber
$$
Таким образом, по индукции доказано равенство eqref{ref4}, и поэтому все коэффициенты ряда Тейлора eqref{ref1} в точке (x_{0} = 0) для рассматриваемой функции равны нулю.

Так как (e^{-1/x^{2}} neq 0) при (x neq 0), то сумма ряда Тейлора для функции (f) не совпадает с (f(x)) при (x neq 0). Иначе говоря, эту функцию нельзя представить рядом Тейлора, сходящимся к ней в окрестности точки (x_{0} = 0).

Причина этого явления становится понятной, если функцию (f) рассматривать в комплексной плоскости. В самом деле, функция (f(z) = e^{-1/z^{2}}) не является непрерывной в точке (z = 0), так как (f(x) = e^{-1/x^{2}} rightarrow 0) при (x rightarrow 0), a (f(iy) = e^{1/y^{2}} rightarrow +infty) при (y rightarrow 0).

Остаточный член формулы Тейлора.

Пусть функция (f(x)) бесконечно дифференцируема в точке (x_{0}). Тогда ей можно поставить в соответствие ряд eqref{ref1}. Обозначим
$$
S_{n}(x) = sum_{k=0}^{n}frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k},label{ref5}
$$
$$
r_{n}(x) = f(x)-S_{n}(x)label{ref6}
$$
и назовем (r_{n}(x)) остаточным членом формулы Тейлора для функции (f) в точке (x_{0}). Если существует
$$
lim_{x rightarrow 0} r_{n}(x) = 0,label{ref7}
$$
то согласно определению сходимости ряда ряд eqref{ref1} сходится к функции (f(x)) в точке (x), то есть
$$
f(x) = sum_{n = 0}^{infty}frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}.label{ref8}
$$

Теорема 1.

Если функции (f(x)), (f'(x)), …, (f^{(n + 1)}(x)) непрерывны на интервале (Delta = (x_{0}-delta, x_{0} + delta)), где (delta > 0), то для любого (x in Delta) остаточный член формулы Тейлора для функции (f) в точке (x_{0}) можно представить:

в интегральной форме
$$
r_{n}(x) = frac{1}{n!} intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)^{n}f^{(n + 1)}(t) dt;label{ref9}
$$
в форме Лагранжа
$$
r_{n}(x) = frac{f^{(n + 1)}(xi)}{(n + 1)!}(x-x_{0})^{n + 1},label{ref10}
$$
где (xi) принадлежит интервалу с концами (x_{0}) и (x).

Доказательство.

(circ) Формула eqref{ref10} доказана в здесь. Докажем формулу eqref{ref9} методом индукции. В силу равенств eqref{ref5} и eqref{ref6} нужно показать, что
$$
f(x)-f(x_{0}) = sum_{k=0}^{n}frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k} + frac{1}{n!} intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)^{n}f^{(n + 1)}(t) dt.label{ref11}
$$

Воспользуемся равенством (displaystyleintlimits_{x_{0}}^{x} f'(t) dt = f(x)-f(x_{0})) и преобразуем его левую часть с помощью формулы интегрирования по частям:
$$
intlimits_{x_{0}}^{x} f'(t) dt =-left.intlimits_{x_{0}}^{x} f'(t)d(x-t) = [-f'(x)(x-t)]right|_{t = x_{0}}^{t = x} + intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)f″(t) dt =\= f'(x_{0})(x-x_{0}) + intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)f″(t) dt.nonumber
$$
Таким образом,
$$
f(x)-f(x_{0}) = f'(x_{0})(x-x_{0}) + intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)f″(t) dt,nonumber
$$
то есть формула eqref{ref11} верна при (n = 1). Предположим, что формула eqref{ref11} является верной для номера (n-1), то есть
$$
f(x)-f(x_{0}) = sum_{k=0}^{n}frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k} + frac{1}{(n-1)!} intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)^{n-1}f^{(n)}(t) dt.label{ref12}
$$
Преобразуем интеграл в правой части формулы eqref{ref12}, применив формулу интегрирования по частям:
$$
frac{1}{(n-1)!} intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)^{n-1}f^{(n)}(t) dt = -frac{1}{n!} intlimits_{x_{0}}^{x} f^{n}(t)dt((x-t)^{n}) =\= left.left(-frac{1}{n!}f^{n}(t)(x-t)^{n}right)right|_{t = x_{0}}^{t = x} + frac{1}{n!} intlimits_{x_{0}}^{x}(x-t)^{n}f^{(n + 1)}(t) dt =\= frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x-x_{0})^{n} + frac{1}{n!} intlimits_{x_{0}}^{x}(x-t)^{n}f^{(n + 1)}(t) dt.nonumber
$$
Отсюда следует, что равенство eqref{ref12} можно записать в виде eqref{ref11}. Формула eqref{ref9} доказана. (bullet)

Теорема 2.

Если функция (f) и все ее производные ограничены в совокупности на интервале (Delta = (x_{0}-delta, x_{0} + delta)), то есть
$$
exists M > 0: forall x in Delta rightarrow |f^{(n)}(x)| leq M, n = 0,1,2,ldots,label{ref13}
$$
то функция (f) представляется сходящимся к ней в каждой точке интервала (Delta) рядом Тейлора eqref{ref8}.

Доказательство.

(circ) Пусть (x in (x_{0}-delta, x_{0} + delta)). Тогда, используя формулу eqref{ref10} и условие eqref{ref13}, получаем
$$
|r_{n}(x)| leq M frac{|x-x_{0}|^{n + 1}}{(n + 1)!}.label{ref14}
$$

Так как (displaystylelim_{x rightarrow 0} frac{a^{n}}{n!} = 0) для любого (a > 0) (пример разобран здесь), то из eqref{ref14} следует, что выполняется условие eqref{ref7}, то есть в точке (x) справедливо равенство eqref{ref8}. (bullet)

Замечание 1.

Теорема 2 остается в силе, если условие eqref{ref13} заменить следующим условием:
$$
exists M > 0 exists C > 0: forall x in Delta rightarrow |f^{(n)}(x)| leq MC^{n}, n = 0, 1, 2, ldotsnonumber
$$

Разложение элементарных функций в ряд Тейлора.

Найдем разложение основных элементарных функций в ряд Тейлора в окрестности точки (x_{0} = 0), то есть в ряд вида
$$
f(x) = sum_{n = 0}^{infty}frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n},label{ref15}
$$
который называют рядом Маклорена. Заметим, что коэффициенты (displaystylefrac{f^{(n)}(0)}{n!}) разложения eqref{ref15} для основных элементарных функций (показательной, гиперболических, тригонометрических и других) были найдены в разделе про формулу Тейлора.

Разложение показательной и гиперболической функций в ряд Тейлора.

Пусть (f(x) = e^{x}). Тогда для любого (x in (-rho, rho)), где (rho > 0), выполняются неравенства
$$
0 < f(x) < e^{rho},quad 0 < f^{(n)}(x) < e^{rho}, n in mathbb{N}.nonumber
$$
По теореме 2 ряд eqref{ref15} для функции (f(x) = e^{x}) сходится к этой функции на интервале ((-rho, rho)) при любом (rho > 0), то есть радиус сходимости этого ряда (R = +infty). Так как для функции (f(x) = e^{x}) выполняются равенства (f(0) = 1), (f^{(n)}(0) = 1) для любого (n), то по формуле eqref{ref15} получаем разложение в ряд Маклорена показательной функции
$$
e^{x} = sum_{n = 0}^{infty}frac{x^{n}}{n!},label{ref16}
$$

Используя разложение eqref{ref16} и формулы
$$
operatorname{ch} x = frac{e^{x} + e^{-x}}{2},quad operatorname{sh} x = frac{e^{x}-e^{-x}}{2},nonumber
$$
находим разложения в ряд Маклорена гиперболического косинуса и гиперболического синуса:
$$
operatorname{ch} x = sum_{n = 0}^{infty}frac{x^{2n}}{2n!},label{ref17}
$$
$$
operatorname{sh} x = sum_{n = 0}^{infty}frac{x^{2n + 1}}{(2n + 1)!},label{ref18}
$$
Радиус сходимости каждого из рядов eqref{ref17}, eqref{ref18} (R = +infty).

Разложение тригонометрических функций в ряд Тейлора.

Пусть (f(x) = sin x). Тогда (|f(x)| leq 1) и (|f^{(n)}(x)| leq 1) для всех (n in mathbb{N}) и для всех (x in R). По теореме 2 ряд eqref{ref15}для функции (f(x) = sin x) сходится для любого (x in (-infty, +infty)), то есть радиус сходимости этого ряда (R = +infty).

Если (f(x) = sin x), то (f(0) = 0), (f^{(2n)}(0) = 0), (f'(0) = 1), (f^{(2n + 1)}(0) = (-1)^{n}) для любого (n), и по формулеeqref{ref15}получаем разложение синуса в ряд Маклорена:
$$
sin x = sum_{substack{n = 0}}^{infty} frac{(-1)^{n}}{(2n + 1)!}x^{2n + 1}.label{ref19}
$$

Пусть (f(x) = cos x). Тогда (|f(x)| leq 1), (|f^{(n)}(x)| leq 1) для всех (n) и для всех (x in R), (f(0) = 1), (f'(0) = 0), (f^{(2n)}(0) = (-1)^{n}) и, (f^{(2n + 1)}(0) = 0) для всех (n). По формуле eqref{ref15} получаем
$$
cos x = sum_{n = 0}^{infty} frac{(-1)^{n}}{2n!}x^{2n}.label{ref20}
$$
Радиус сходимости каждого из рядов eqref{ref19} и eqref{ref20} (R = +infty).

Разложение логарифмической функции в ряд Тейлора.

Пусть (f(x) = ln(1 + x)). Тогда
$$
f^{(n)}(x) = frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(1 + x)^{n}},label{ref21}
$$
откуда находим
$$
frac{f^{(n)}(0)}{n!} = frac{(-1)^{n-1}}{n}.label{ref22}
$$

(circ) Оценим остаточный член (r_{n}(x)), пользуясь формулой eqref{ref9} при (x_{0} = 0). Преобразуем эту формулу, полагая (t = tau x). Тогда (dt = x dtau), (1-x =x(1-tau)) и формула eqref{ref9} примет вид
$$
r_{n}(x) = frac{x^{n + 1}}{n!} intlimits_0^1 (1-tau) f^{(n + 1)}(tau x) dtau.label{ref23}
$$

Если (f(x) = ln(x + 1)), то по формуле eqref{ref23}, используя равенство eqref{ref21}, получаем
$$
r_{n}(x) = (-1)^{n}x^{n + 1} intlimits_0^1 frac{(1-tau)^{n}}{(1 + tau x)^{n + 1}} d tau.label{ref24}
$$

Пусть (|x| < 1). Тогда справедливы неравенства
$$
|1 + tau x| geq 1-tau|x| geq 1-tau,label{ref25}
$$
$$
|1 + tau x| geq 1-|x|,label{ref26}
$$
так как (0 leq tau leq 1). Отсюда следует, что при любом (n in mathbb{N}) выполняется неравенство
$$
|1 + tau x|^{n + 1} geq (1-tau)^{n}(1-|x|).label{ref27}
$$

Используя неравенство eqref{ref27}, из формулы eqref{ref24} получаем следующую оценку остаточного члена:
$$
|r_{n}(x)| leq |x|^{n + 1} intlimits_0^1 frac{dtau}{1-|x|} = frac{|x|^{n + 1}}{1-|x|},nonumber
$$
откуда следует, что (r_{n}(x) rightarrow 0) при (n rightarrow infty), если (|x| < 1).

Пусть (x = 1). Тогда (1 + tau x = 1 + tau), ((1 + tau)^{n + 1} geq 1), (1-tau geq 0), так как (0 leq tau leq 1). Поэтому из формулы eqref{ref24} следует, что (|r_{n}(1)| leq displaystyleintlimits_0^1 (1-tau)^{n}dtau = frac{1}{n + 1}), откуда получаем: (r_{n}(1) rightarrow 0) при (n rightarrow infty).

Итак, если (x in (-1, 1]), то остаточный член (r_{n}(x)) для функции (f(x) = ln (1 + x)) стремится к нулю при (n rightarrow infty), то есть ряд Маклорена сходится к (f(x)). (bullet)

Из формулeqref{ref15}и eqref{ref22} получаем разложение функции (ln (1 + x)) в ряд Маклорена
$$
ln (1 + x) = sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n},label{ref28}
$$
радиус сходимости которого (R = 1).

Формула eqref{ref28} справедлива при (x = 1), и поэтому
$$
ln 2 = sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n-1}}{n} = 1-frac{1}{2} + frac{1}{3}-frac{1}{4} + ldots + frac{(-1)^{n-1}}{n} + ldotsnonumber
$$
Заменяя в формуле eqref{ref28} (x) на (-x), получаем
$$
ln (1-x) =-sum_{n=1}^{infty} frac{x^{n}}{n}.label{ref29}
$$

Разложение степенной функции в ряд Тейлора.

Пусть (f(x) = (1 + x)^{alpha}). Если (alpha = 0), то (f(x) = 1), а если (alpha = n), где (n in mathbb{N}), то (f(x)) — многочлен степени (n), который можно записать по формуле бинома Ньютона в виде конечной суммы:
$$
f(x) = sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}x^{k}.nonumber
$$
Покажем, что если (alpha notin mathbb{N}) и (a neq 0), то функция (f(x) = (1 + x)^{alpha}) представляется при каждом (x in (-1, 1)) сходящимся к ней рядом Маклорена
$$
(1 + x)^{alpha} = sum_{n = 0}^{infty} C_{alpha}^{n}x^{n},label{ref30}
$$
где
$$
C_{alpha}^{0} = 1,quad C_{alpha}^{n} = frac{alpha(alpha-1)ldots(alpha-(n-1))}{n!}.label{ref31}
$$

(circ) Так как
$$
f^{(n + 1)}(x) = alpha(alpha-1)ldots(alpha-n)(1 + x)^{alpha-(n-1)},label{ref32}
$$
то по формуле eqref{ref23} получаем
$$
r_{n}(x) = A_{n}x^{n + 1} intlimits_0^1 left(frac{1-tau}{1 + tau x}right)^{n} (1 + tau x)^{alpha-1} dtau,label{ref33}
$$
где
$$
A_{n} = frac{alpha(alpha-1)ldots(alpha-n)}{n!}.
$$
Выберем число (m in mathbb{N}) таким, чтобы выполнялось условие (|a| leq m). Тогда при всех (n geq m) справедливы неравенства
$$
|A_{n}| leq frac{m(m + 1)ldots(m + n)}{n!} leq frac{(m + n)!}{n!} = (n + 1)ldots(n + m) leq (2n)^{m}.label{ref34}
$$
Используя неравенства eqref{ref25} и eqref{ref26}, а также неравенство (|1 + tau x| leq 1 + |x|), получаем
$$
0 leq frac{1-tau}{1 + xtau} leq 1,label{ref35}
$$
$$
|1 + tau x|^{alpha-1}leq beta(x)=left{begin{array}{lc}(1 + |x|)^{alpha-1},&mbox{если} alpha geq 1, \(1-|x|)^{alpha-1},&mbox{если} alpha < 1,end{array} right.label{ref36}
$$
Из формулы eqref{ref33} и оценок eqref{ref34}-eqref{ref36} следует неравенство
$$
|r_{n}(x)| leq beta(x) 2^{m}n^{m}|x|^{n + 1},label{ref37}
$$
которое справедливо при всех (n geq m) и для каждого (x in (-1, 1)).

Так как (displaystylelim_{t rightarrow +infty} frac{t^{m}}{a^{t}}) при (a > 1), то (displaystylelim_{n rightarrow infty} frac{n^{m}}{(1/|x|)^{n + 1}} = 0). Поэтому из соотношения eqref{ref37} следует, что (r_{n}(x) rightarrow 0) при (n rightarrow infty) для каждого (x in (-1, 1)), то есть справедливо равенство eqref{ref30}, причем радиус сходимости ряда eqref{ref30} в случае, когда (alpha neq 0) и (alpha notin mathbb{N}), равен 1. (bullet)

Отметим важные частные случаи формулы eqref{ref30}:
$$
frac{1}{1 + x} = sum_{n = 0}^{infty} (-1)^{n}x^{n},label{ref38}
$$
$$
frac{1}{1-x} = sum_{n = 0}^{infty} x^{n}.label{ref39}
$$

В заключение заметим, что при разложении функций в ряд Тейлора обычно используют формулы eqref{ref16}—eqref{ref20}, eqref{ref28}-eqref{ref30} и применяют такие приемы, как: представление данной функции в виде линейной комбинации функций, ряды Тейлора для которых известны; замена переменного; почленное дифференцирование и интегрирование ряда.

Пример 1.

Разложить в ряд Маклорена функцию (f(x)) и найти радиус сходимости (R) ряда, если:

(displaystyle f(x) = frac{1}{1 + x^{2}});
(displaystyle f(x) = frac{1}{sqrt{1 + x^{2}}});
(displaystyle f(x) = frac{2x-1}{x^{2}-x-6}).

Решение.

(triangle) Используя формулу eqref{ref38}, получаем ряд
$$
frac{1}{1 + x^{2}} = sum_{n = 0}^{infty} (-1)^{n}x^{2n},label{ref40}
$$
радиус сходимости которого (R = 1).
Из равенства eqref{ref30} следует, что (displaystylefrac{1}{sqrt{1 + x^{2}}} = sum_{n = 0}^{infty} C_{-1/2}^{n}x^{2n}), где
$$
C_{-1/2}^{n} = frac{displaystyleleft(-frac{1}{2}right)left(-frac{1}{2}-1right)ldotsleft(-frac{1}{2}-(n-1)right)}{n!} = frac{(-1)^{n}1cdot3ldots(2n-1)}{2^{n}n!} = frac{(-1)^{n}(2n-1)!!}{2^{n}n!}.nonumber
$$
Следовательно,
$$
frac{1}{sqrt{1 + x^{2}}} = 1 + sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n}(2n-1)!!}{2^{n}n!}x^{2n}, R = 1.label{ref41}
$$
Так как (f(x) = displaystylefrac{1}{x + 2} + frac{1}{x-3} = frac{1}{displaystyle2left(1 + frac{x}{2}right)}-frac{1}{displaystyle3left(1-frac{x}{3}right)}), то, применяя формулы eqref{ref38} и eqref{ref39}, получаем ряд
$$
frac{2x-1}{x^{2}-x-6} = sum_{n = 0}^{infty} left(frac{(-1)^{n}}{2^{n + 1}}-frac{1}{3^{n + 1}}right)x^{n}, R = 2. blacktrianglenonumber
$$

Пример 2.

Разложить в ряд Маклорена функции
$$
operatorname{arctg} x,nonumber
$$
$$
operatorname{arcsin} x,nonumber
$$
$$
ln(x + sqrt{1 + x^{2}}),nonumber
$$
и найти радиусы сходимости (R) рядов.

Решение.

(triangle) Почленно интегрируя ряд eqref{ref40}, получаем
$$
operatorname{arctg} x = intlimits_0^x frac{dt}{1 + t^{2}} = sum_{n = 0}^{infty} (-1)^{n} frac{x^{2n + 1}}{2n + 1},quad R = 1.nonumber
$$
Заменяя в формуле eqref{ref41} (x^{2}) на (-x^{2}), получаем
$$
frac{1}{sqrt{1-x^{2}}} = 1 + sum_{n=1}^{infty} frac{(2n-1)!!}{2^{n}n!}x^{2n},quad R = 1.nonumber
$$
откуда следует, что
$$
operatorname{arcsin} x = intlimits_0^x frac{dt}{1-t^{2}} = x + sum_{n=1}^{infty} frac{(2n-1)!!}{2^{n}n!(2n + 1)}x^{2n + 1}, R = 1.nonumber
$$
Почленно интегрируя ряд eqref{ref41}, получаем
$$
ln(x + sqrt{1 + x^{2}}) = intlimits_0^x frac{dt}{1 + t^{2}} = x + sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n}(2n-1)!!}{2^{n}n!(2n + 1)}x^{2n + 1}, R = 1. blacktrianglenonumber
$$

Пример 3.

Разложить в ряд Тейлора в точке (x_{0} = 2) функцию (f(x) = ln(4 + 3x-x^{2})).

Решение.

(triangle) Так как (4 + 3x-x^{2} = -(x-4)(x + 1)), то, полагая (t = x-2), получаем
$$
f(x) = ln(4-x)(x + 1) = g(t) = ln(2-t)(3 + t) = ln 6 + lnleft(1-frac{t}{2}right) + lnleft(1 + frac{t}{3}right).nonumber
$$
Используя формулы eqref{ref28} и eqref{ref29}, отсюда находим
$$
g(t) = ln 6-sum_{n=1}^{infty} frac{t^{n}}{n2^{n}} + sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n-1}t^{n}}{n3^{n}},quad |t| < 2.nonumber
$$
Следовательно,
$$
ln(4 + 3x-x^{2}) = ln 6 + sum_{n=1}^{infty} left(frac{(-1)^{n-1}}{3n}-frac{1}{2^{n}}right)frac{(x-2)^{n}}{n}, R = 2. blacktrianglenonumber
$$

Элементарные функции комплексного переменного.

Показательная, гиперболические и тригонометрические функции комплексного переменного (z) определятся соответственно формулами
$$
e^{z} = sum_{n = 0}^{infty} frac{z^{n}}{n!},label{ref42}
$$
$$
operatorname{ch} z = sum_{n = 0}^{infty} frac{z^{2n}}{(2n)!},label{ref43}
$$
$$
operatorname{sh} z = sum_{n = 0}^{infty} frac{z^{2n + 1}}{(2n + 1)!},label{ref44}
$$
$$
cos z = sum_{n = 0}^{infty} frac{(-1)^{n}z^{2n}}{(2n)!},label{ref45}
$$
$$
sin z = sum_{n = 0}^{infty} frac{(-1)^{n}z^{2n + 1}}{(2n + 1)!}.label{ref46}
$$
Радиус сходимости (R) каждого из рядов eqref{ref42}-eqref{ref46} равен (+infty). Заменяя в равенстве eqref{ref42} (z) на (iz) и (-iz), получаем
$$
e^{iz} = sum_{n = 0}^{infty} frac{i^{n}z^{n}}{n!},qquad e^{-iz} = sum_{n = 0}^{infty} frac{(-1)^{n}i^{n}z^{n}}{n!}.label{ref47}
$$

Используя равенства eqref{ref47} и формулы eqref{ref45}, eqref{ref46}, находим
$$
frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2} = cos z, frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} = sin z,label{ref48}
$$
откуда следует, что
$$
e^{iz} = cos z + i sin z.label{ref49}
$$
Полагая в формуле eqref{ref42} (z = z_{1}) и (z = z_{2}). и перемножая соответствующие ряды, можно показать, что
$$
e^{z_{1}}e^{z_{2}} = e^{z_{1} + z_{2}}.label{ref50}
$$

Пусть (z = x + iy), где (x in R), (y in R). Тогда из равенства eqref{ref50} и формулы eqref{ref49} находим
$$
e^{z} = e^{x + iy} = e^{x}(cos y + i sin y).label{ref51}
$$
Из формулы eqref{ref51} следует, что
$$
e^{z + 2pi i} = e^{z},nonumber
$$
то есть (e^{z}) — периодическая функция с периодом (2pi i). Поэтому для каждого комплексного (z neq 0) уравнение
$$
e^{w} = zlabel{ref52}
$$
имеет бесконечное множество решений вида (w + i2pi n), где (w) — одно из решений уравнения eqref{ref52}, (n in Z).

Если (w = u + iv), то (z = e^{w} = e^{u}(cos v + i sin v)), откуда получаем
$$
|z| = e^{u},quad u = ln |z|,quad v = arg z.nonumber
$$

Пусть (varphi) — какое-нибудь значение аргумента числа (z). Тогда
$$
v = varphi + 2pi n, n in Z.nonumber
$$
Таким образом, все решения уравнения eqref{ref52}, если их обозначить символом (operatorname{Ln} z), задаются формулой
$$
operatorname{Ln} z = ln |z| + i(varphi + 2pi n),label{ref53}
$$
где (varphi) — одно из значений аргумента числа (z) ((z neq 0)), (n in Z).

По заданному значению (z) значение (w) из уравнения eqref{ref52} определяется, согласно формуле eqref{ref53}, неоднозначно (говорят, что логарифмическая функция (operatorname{Ln} z) является многозначной).

Пример 4.

Разложить в степенной ряд в окрестности точки (z = 0) функцию (f(z) = e^{z}sin z).

Решение.

(triangle) Используя формулы eqref{ref48} и eqref{ref50}, получаем
$$
f(z) = e^{z}left(frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}right) = frac{1}{2i}(e^{z(1 + i)}-e^{z(1-i)}).nonumber
$$
Так как (1 + i = sqrt{2}e^{ipi/4}), (1-i = sqrt{2}e^{-ipi/4}), то по формуле eqref{ref42} находим
$$
f(z) = sum_{n = 0}^{infty} frac{2^{n/2}}{n!} left(frac{e^{ipi n/4}-e^{-ipi n/4}}{2i}right)z^{n},nonumber
$$
откуда в силу второго из равенств eqref{ref48} следует, что
$$
e^{z}sin z = sum_{n = 0}^{infty} frac{2^{n/2}}{n!} sin frac{pi n}{4}z^{n}.nonumber
$$
Радиус сходимости ряда (R = +infty). (blacktriangle)

Источник

Разложение в ряд Тейлора

Если функция f(x) имеет на некотором интервале, содержащем точку а, производные всех порядков, то к ней может быть применена формула Тейлора:

,

где r_n – так называемый остаточный член или остаток ряда, его можно оценить с помощью формулы Лагранжа:

, где число x заключено между х и а.

Решение онлайн
Видеоинструкция

Если для некоторого значения х r_n→0 при n→∞, то в пределе формула Тейлора превращается для этого значения в сходящийся ряд Тейлора:

Таким образом, функция f(x) может быть разложена в ряд Тейлора в рассматриваемой точке х, если:

она имеет производные всех порядков;
построенный ряд сходится в этой точке.

При а=0 получаем ряд, называемый рядом Маклорена:

Разложение простейших (элементарных) функций в ряд Маклорена:

Пример №1. Разложить в степенной ряд функцию f(x)=2^x.

Решение. Найдем значения функции и ее производных при х=0

f(x) = 2^x, f(0) = 2⁰=1;

f'(x) = 2^xln2, f'(0) = 2⁰ ln2= ln2;

f»(x) = 2^x ln²2, f»(0) = 2⁰ ln²2= ln²2;

…

f⁽ⁿ⁾(x) = 2^x lnⁿ2, f⁽ⁿ⁾(0) = 2⁰ lnⁿ2= lnⁿ2.

Подставляя полученные значения производных в формулу ряда Тейлора, получим:

Радиус сходимости этого ряда равен бесконечности, поэтому данное разложение справедливо для -∞<x<+∞.

Пример №2. Написать ряд Тейлора по степеням (х+4) для функции f(x)=e^x.

Решение. Находим производные функции e^x и их значения в точке х=-4.

f(x) = е^x, f(-4) = е^-4;

f'(x) = е^x, f'(-4) = е^-4;

f»(x) = е^x, f»(-4) = е^-4;

…

f⁽ⁿ⁾(x) = е^x, f⁽ⁿ⁾( -4) = е^-4.

Следовательно, искомый ряд Тейлора функции имеет вид:

Данное разложение также справедливо для -∞<x<+∞.

Пример №3. Разложить функцию f(x)=lnx в ряд по степеням (х-1),

( т.е. в ряд Тейлора в окрестности точки х=1).

Решение. Находим производные данной функции.

f(x)=lnx, , , ,

f(1)=ln1=0, f'(1)=1, f»(1)=-1, f»'(1)=1*2,…, f⁽ⁿ⁾=(-1)^n-1(n-1)!

Подставляя эти значения в формулу, получим искомый ряд Тейлора:

С помощью признака Даламбера можно убедиться, что ряд сходится при ½х-1½<1. Действительно,

Ряд сходится, если ½х-1½<1, т.е. при 0<x<2. При х=2 получаем знакочередующийся ряд, удовлетворяющий условиям признака Лейбница. При х=0 функция не определена. Таким образом, областью сходимости ряда Тейлора является полуоткрытый промежуток (0;2].

Пример №4. Разложить в степенной ряд функцию .

Решение. В разложении (1) заменяем х на -х², получаем:

, -∞<x<∞

Пример №5. Разложить в ряд Маклорена функцию .

Решение. Имеем

Пользуясь формулой (4), можем записать:

подставляя вместо х в формулу –х, получим:

Отсюда находим: ln(1+x)-ln(1-x) = —

Раскрывая скобки, переставляя члены ряда и делая приведение подобных слагаемых, получим

. Этот ряд сходится в интервале (-1;1), так как он получен из двух рядов, каждый из которых сходится в этом интервале.

Замечание.

Формулами (1)-(5) можно пользоваться и для разложения соответствующих функций в ряд Тейлора, т.е. для разложения функций по целым положительным степеням (х-а). Для этого над заданной функцией необходимо произвести такие тождественные преобразования, чтобы получить одну из функций (1)-(5), в которой вместо х стоит k(х-а)^m, где k – постоянное число, m – целое положительное число. Часто при этом удобно сделать замену переменной t=х-а и раскладывать полученную функцию относительно t в ряд Маклорена.

Этот метод основан на теореме о единственности разложения функции в степенной ряд. Сущность этой теоремы состоит в том, что в окрестности одной и той же точки не может быть получено два различных степенных ряда, которые бы сходились к одной и той же функции, каким бы способом ее разложение ни производилось.

Пример №5а. Разложить в ряд Маклорена функцию , указать область сходимости.

Решение. Сначала найдем 1-x-6x²=(1-3x)(1+2x), далее разложим дробь с помощью сервиса.

на элементарные:

Дробь 3/(1-3x) можно рассматривать как сумму бесконечно убывающей геометрической прогрессии знаменателем 3x, если |3x| < 1. Аналогично, дробь 2/(1+2x) как сумму бесконечно убывающей геометрической прогрессии знаменателем -2x, если |-2x| < 1. В результате получим разложение в степенной ряд

с областью сходимости |x| < 1/3.

Пример №6. Разложить функцию в ряд Тейлора в окрестности точки х=3.

Решение. Эту задачу можно решить, как и раньше, с помощью определения ряда Тейлора, для чего нужно найти производные функции и их значения при х=3. Однако проще будет воспользоваться имеющимся разложением (5):

Полученный ряд сходится при или –3<x-3<3, 0<x< 6 и является искомым рядом Тейлора для данной функции.

Пример №7. Написать ряд Тейлора по степеням (х-1) функции ln(x+2).

Решение.

Ряд сходится при , или -2 < x < 5.

Пример №8. Разложить функцию f(x)=sin(πx/4) в ряд Тейлора в окрестности точки x=2.

Решение. Сделаем замену t=х-2:

Воспользовавшись разложением (3), в котором на место х подставим ^π/₄t, получим:

Полученный ряд сходится к заданной функции при -∞<^π/₄t<+∞, т.е. при (-∞<x<+∞).

Таким образом,

, (-∞<x<+∞)

Приближенные вычисления с помощью степенных рядов

Степенные ряды широко используются в приближенных вычислениях. С их помощью с заданной точностью можно вычислять значения корней, тригонометрических функций, логарифмов чисел, определенных интегралов. Ряды применяются также при интегрировании дифференциальных уравнений.

Рассмотрим разложение функции в степенной ряд:

Для того, чтобы вычислить приближенное значение функции в заданной точке х, принадлежащей области сходимости указанного ряда, в ее разложении оставляют первые n членов (n – конечное число), а остальные слагаемые отбрасывают:

Для оценки погрешности полученного приближенного значения необходимо оценить отброшенный остаток r_n(x). Для этого применяют следующие приемы:

если полученный ряд является знакочередующимся, то используется следующее свойство: для знакочередующегося ряда, удовлетворяющего условиям Лейбница, остаток ряда по абсолютной величине не превосходит первого отброшенного члена.
если данный ряд знакопостоянный, то ряд, составленный из отброшенных членов, сравнивают с бесконечно убывающей геометрической прогрессией.
в общем случае для оценки остатка ряда Тейлора можно воспользоваться формулой Лагранжа: a<c<x (или x<c<a).

Пример №1. Вычислить ln(3) с точностью до 0,01.

Решение. Воспользуемся разложением , где x=1/2 (см. пример 5 в предыдущей теме):

Проверим, можем ли мы отбросить остаток после первых трех членов разложения, для этого оценим его с помощью суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии:

Таким образом, мы можем отбросить этот остаток и получаем

Пример №2. Вычислить с точностью до 0,0001.

Решение. Воспользуемся биномиальным рядом. Так как 5³ является ближайшим к 130 кубом целого числа, то целесообразно число 130 представить в виде 130=5³+5.

так как уже четвертый член полученного знакочередующегося ряда, удовлетворяющего признаку Лейбница, меньше требуемой точности:

, поэтому его и следующие за ним члены можно отбросить.

Многие практически нужные определенные или несобственные интегралы не могут быть вычислены с помощью формулы Ньютона-Лейбница, ибо ее применение связано с нахождением первообразной, часто не имеющей выражения в элементарных функциях. Бывает также, что нахождение первообразной возможно, но излишне трудоемко. Однако если подынтегральная функция раскладывается в степенной ряд, а пределы интегрирования принадлежат интервалу сходимости этого ряда, то возможно приближенное вычисление интеграла с наперед заданной точностью.

Пример №3. Вычислить интеграл ∫014sin(x)x с точностью до 10^-5.

Решение. Соответствующий неопределенный интеграл не может быть выражен в элементарных функциях, т.е. представляет собой «неберущийся интеграл». Применить формулу Ньютона-Лейбница здесь нельзя. Вычислим интеграл приближенно.

Разделив почленно ряд для sinx на x , получим:

Интегрируя этот ряд почленно (это возможно, так как пределы интегрирования принадлежат интервалу сходимости данного ряда), получаем:

Так как полученный ряд удовлетворяет условиям Лейбница и достаточно взять сумму первых двух членов, чтобы получить искомое значение с заданной точностью.

Таким образом, находим

Пример №4. Вычислить интеграл ∫014ex2 с точностью до 0,001.

Решение.

Проверим, можем ли мы отбросить остаток после второго члена полученного ряда.

≈0.0001<0.001

Следовательно, .

Источник

Лекция 16. Ряды Тейлора и Маклорена

16.1. Разложение элементарных
функций в ряды Тейлора и

Маклорена

Покажем,
что если произвольная функция

задана на множестве

, в окрестности точки

имеет множество производных и является
суммой степенного ряда:

то
можно найти коэффициенты этого ряда.

Подставим
в степенной ряд
.
Тогда
.

Найдем
первую производную функции
:

При
:
.

Для
второй производной получим:

При
:
.

Продолжая
эту процедуру n
раз получим:
.

Таким
образом, получили степенной ряд вида:

который
называется рядом Тейлора
для функции

в окресности точки
.

Частным
случаем ряда Тейлора является ряд
Маклорена
при
:

Остаток
ряда Тейлора (Маклорена) получается
отбрасыванием от основных рядов n
первых членов и обозначается как
.
Тогда функцию

можно записать как сумму n
первых членов ряда

и остатка
:,

то
есть

Остаток
обычно

выражают разными формулами.

Одна
из них в форме Лагранжа:

,
где
.

Заметим,
что на практике чаще используется
ряд Маклорена. Таким
образом, для того, чтобы записать функцию

в виде суммы степенного ряда
необходимо:

1)
найти коэффициенты ряда Маклорена
(Тейлора);

2)
найти область сходимости полученного
степенного ряда;

3)
доказать, что данный ряд сходится
к функции
.

Теорема
1
(необходимое и достаточное условие
сходимости ряда Маклорена). Пусть радиус
сходимости ряда
.
Для того, чтобы этот ряд сходился
в интервале

к функции
,
необходимо
и достаточно, чтобы выполнялось условие:
в указанном интервале.

Теорема
2. Если производные любого порядка
функции

в некотором промежутке

ограниченны по абсолютной величине
одним и тем же числом M,
то есть
,
то в этом промежутке функцию

можно разложить в ряд
Маклорена.

Пример
1. Разложить в
ряд Тейлора в окрестности
точки

функцию
.

Решение.

Находим
значение функции и ее производных при
.

, ;

………………………………………………………………………………………………………………………

, ;

Подставляем
эти значения в ряд. Получаем:

или

Область сходимости
.

Пример
2. Разложить
функцию

в ряд Тейлора в окрестности
точки
.

Решение:

Находим
значение функции и ее производных при
.

, ;

………..……………………………

, .

Подставляем
эти значения в ряд. Получаем:

или

Найдем
область сходимости этого ряда. По
признаку Даламбера ряд сходится,
если

Следовательно,
при любом

этот предел менее 1, а
потому область сходимости ряда будет:
.

Рассмотрим
несколько примеров разложения
в ряд Маклорена основных элементарных
функций. Напомним, что ряд Маклорена:

сходится
на интервале

к функции
.

Отметим,
что для разложения функции
в ряд необходимо:

а)
найти коэффициенты ряда Маклорена для
данной функции;

б)
вычислить радиус сходимости
для полученного ряда;

в)
доказать, что полученный ряд сходится
к функции
.

Пример
3. Рассмотрим функцию

Решение.

Вычислим
значение функции и ее производных при
.

Тогда числовые коэффициенты ряда
имеют вид:

для
любого n. Подставим найденные
коэффициенты в ряд Маклорена и получим:

Найдем
радиус сходимости полученного ряда, а
именно:

Следовательно,
ряд сходится на
интервале
.

Этот
ряд сходится к функции

при любых значениях
,
потому что на любом
промежутке

функция

и ее производные по
абсолютной величине
ограничены числом
.

Пример
4. Рассмотрим
функцию
.

Решение.

Найдем
значение функции и ее производных при

Нетрудно
заметить, что производные четного
порядка,
а производные нечетного
порядка
.
Подставим найденные коэффициенты в ряд
Маклорена и получим
разложение:

Найдем
интервал сходимости данного ряда. По
признаку Даламбера:

для
любого
.
Следовательно, ряд сходится
на интервале
.

Этот
ряд сходится к функции

,
потому что все ее производные
ограничены единицей.

Пример
5.
.

Решение.

Найдем
значение функции и ее производных при

Таким
образом, коэффициенты данного ряда:

и
,
следовательно:

Аналогично
с предыдущим рядом область сходимости

.
Ряд сходится к функции

,
потому что все ее
производные ограничены единицей.

Обратим
внимание, что функция

нечетная и разложение
в ряд по нечетным
степеням, функция

– четная и разложение в ряд по четным
степеням.

Пример
6. Биномиальный
ряд :.

Решение.

Найдем
значение функции и ее производных при

Отсюда
видно, что:

Подставим
эти значения коэффициентов в ряд
Маклорена и получим разложение данной
функции в степенной ряд:

Найдем
радиус сходимости этого ряда:

Следовательно,
ряд сходится на интервале
.
В предельных точках при

и

ряд может сходится или нет в зависимости
от показателя степени
.

Исследованный
ряд сходится на интервале

к функции
,
то есть сумма ряда

при
.

Пример
7. Разложим в
ряд Маклорена функцию
.

Решение.

Для
разложения в ряд этой
функции используем биномиальный ряд
при
.
Получим:

На
основе свойства степенных рядов
(степенной ряд можно интегрировать в
области его сходимости) найдем интеграл
от левой и правой частей данного ряда:

Найдем
область сходимости данного ряда:
,

то
есть областью сходимости данного ряда
является интервал
.
Определим сходимость ряда на концах
интервала. При

получим числовой ряд с общим членом
.
Этот ряд является гармоничным рядом,
то есть расходится. При

получим числовой ряд с общим членом
.

Ряд
по признаку Лейбница сходится. Таким
образом, областью сходимости данного
ряда является промежуток
.

16.2. Применение
степенных рядов степеней в приближенных
вычислениях

В
приближенных вычислениях степенные
ряды играют исключительно большую роль.
С их помощью составлены таблицы
тригонометрических функций, таблицы
логарифмов, таблицы значений других
функций, которые используют в разных
областях знаний, например в теории
вероятностей и математической статистике.
Кроме того, разложение
функций в степенной ряд полезно для их
теоретического исследования. Главным
вопросом при использовании степенных
рядов в приближенных вычислениях
является вопрос оценки погрешности при
замене суммы ряда суммой его первых n
членов.

Рассмотрим
два случая:

функция
разложена в знакочередующийся ряд;
функция
разложена в знакопостоянный ряд.

Вычисление с помощью знакочередующихся
рядов

Пусть
функция

разложена в знакочередующийся степенной
ряд. Тогда при вычислении этой функции
для конкретного значения

получаем числовой ряд, к которому можно
применить признак Лейбница. В соответствии
с этим признаком, если сумму ряда заменить
суммой его первых n членов, то
абсолютная погрешность не превышает
первого члена остатка этого ряда, то
есть:.

Пример
8. Вычислить

с точностью до 0,0001.

Решение.

Будем
использовать ряд Маклорена для
,
подставив значение угла в радианах:

Если
сравнить первый и второй члены ряда с
заданной точностью, то:
.

Третий
член разложения:

меньше
заданной точности вычисления.
Следовательно, для вычисления

достаточно оставить два члена ряда, то
есть

Таким
образом
.

Пример
9. Вычислить

с точностью 0,001.

Решение.

Будем
использовать формулу биномиального
ряда. Для этого запишем

в виде:
.

В
этом выражении
,

Сравним
каждый из членов ряда с точностью,
которая задана. Видно, что
.
Следовательно, для вычисления

достаточно оставить три члена ряда.

или

Вычисление с помощью
знакоположительных
рядов

Пример
10. Вычислить
число

с точностью до 0,001.

Решение.

В
ряд для функцїї
подставим
.
Получим:

Оценим
погрешность, которая возникает при
замене суммы ряда суммой первых

членов. Запишем очевидное неравенство:

то
есть 2<<3.
Используем формулу остаточного члена
ряда в форме Лагранжа:
,

По
условию задачи нужно найти n
такое, чтобы выполнялось неравенство:

или
.

Легко
проверить, что при n
= 6:
.

Следовательно,

Отсюда

Пример
11. Вычислить

с точностью 0,0001.

Решение.

Заметим,
что для вычисления логарифмов можно
было бы применить ряд для функции
,
но этот ряд очень медленно сходится и
для достижения заданной точности нужно
было бы взять 9999 членов! Поэтому для
вычисления логарифмов, как правило,
используется ряд для функции
,
который сходится на интервале
.