Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

7005

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

2.15 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1514 15 > Следующая >>>

Ответ. S(x) =

(1 x)2

Задача 2. Доказать с помощью почленного дифференцирования

формулу: ln(1 x) x

...

Решение. ln(1 x)

...

1 x

2 ...

но ведь это и есть геометрическая прогрессия и

1 x

еѐ сумма:

1 x x

2 ... .

(x)

Ряды Тейлора.

Задача 3. Разложить в ряд Тейлора:

f (z)

по степеням z .

z 2

Решение. Сначала определим круг сходимости ряда. Центр в 0, так как требуется разложить по степеням z , т.е. в ряде должны быть только степенные функции типа (z 0) то есть центр 0. Ближайшая точка разрыва это z 2 . Поэтому круг радиуса 2 с центром в нуле, т.е. z 2 .

Дальше, чтобы получать в знаменателе структуру типа 1 q , есть 2 пути: вынести за скобку либо z либо 2.

z 2

=			z				=			1					либо

					2							2
		z 1						1
		z 1						1
					z							z
=		z		=				z			=		z		1		.

	2 z								z			2				z
						2 1								1
						2 1								1
									2							2

131

Но ведь

2, поэтому

1 а

1, так что первый вариант

использовать нельзя, ведь там получилось бы q 1 и нельзя считать по формуле сходящейся геометрической прогрессии, для которой должно быть обязательно q 1. Поэтому выносим за скобку именно

константу, а не z .
Итак,	z	=	z		1		=
Итак,	z 2	=	2			z	=
	z 2		2			z
				1
				1
						2

z n

z 2

z 3

z 4

... это и

2 n 0

2 4

8 16

есть требуемое разложение в степенной ряд Тейлора. Его можно

				n z n 1
также записать в виде 1						.
также записать в виде 1					2n 1	.
			n 0		2n 1
	n z n 1
Ответ. 1			.
Ответ. 1		2n 1	.
n 0		2n 1
Задача 4. Разложить в ряд Тейлора:							f (z)	1	по степеням (z 1) .

								z 2

Решение. В данном случае расстояние от центра до ближайшей точки разрыва равно 3. Условие круга z 1 3 .

f (z)

z 2

3 (z 1)

z 1

1) 3

z 1

3 .

Выражение

по модулю меньше 1, так как

Поэтому можно рассматривать это как сумму некоторой сходящейся геометрической прогрессии. Тогда

1		1			1	z 1 n		n (z 1)n
				=			= 1			.
			z 1	=			= 1		3n 1	.
3			z 1		3 n 0	3	n 0		3n 1
	1
	1
			3

132


			n
Ответ. 1 n	(z 1)			.

n 0		3n 1
Задача 5. Найти		f (10) (0) для f (x) xsin x .

Решение. Рассмотрим разложение в ряд Тейлора. Прогрессия здесь не нужна, можно воспользоваться известной формулой для синуса.

xsin x

= x x

...

= x 2

...

Здесь нам нужен только коэффициент при степени 10.

f (10) (0)

10!

10 .

Ответ. 10.

10!

Задача 6. Найти

f (8) (0)

для

f (x) 2x3 sin

Решение. f (z)

sin

...

x 4

...

Извлекаем слагаемое при степени 8 и

24 5!

сравниваем его с теоретическим значением.

f (8) (0)

f (8)

(0)

6 7 8

6 7 2

21 .

24 5!

Ответ.

f (8) (0) = 21.

133

ПРАКТИКА № 21 (23 мая у обеих групп)

Задача 1. Найти производную

f (6) (0)

для

f (x) e x sin x .

Решение. Запишем разложения в ряд Тейлора для каждой функции.

f (x) 1 x

... x

...

Найдѐм все те комбинации, которые дают 6 степень.

f (6) (0)

, что надо приравнять к

3!3!

f (6) (0)

6 10

3!3!

120

360

f (6) (0)

720

Ответ. 8 .

0,1

Задача 2. Приближѐнно найти значение интеграла

sin(x2 )dx с

точность 10 5 .

Решение. Разложим функцию под интегралом в ряд.

0,1

)

0,1

sin(x

)dx =

)

... dx

0,1

x11

0,1

...

Видно, что даже второе слагаемое

7 3!

11 5!

меньше, чем 10 8 , то есть может повлиять лишь на 7 знак после

запятой. Третье, с учѐтом знаменателя,

меньше, чем

10 13 .

Тогда

0,1

0,001

0,00033 .

Ответ. 0,00033.

134

Задача 3. Разложить в ряд Тейлора	f (z)	z	по степеням z

		(z 1)( z 3)
и найти f ( 4) (0) .

Решение. В этой задаче сначала надо разложить на простейшие, чтобы в каждой дроби в знаменателе была только сумма или разность двух объектов.

f (z)

A(z 3) B(z 1)

, тогда

1)( z 3)

(z 1)( z 3)

Az 3A Bz B 1z 0 система

A B 1

4A 1

3A B 0

. Тогда функция имеет вид

1 1

4 z 1

4 z 3

Точки разрыва z 1 и z 3, поэтому наибольший круг с центром в нуле может быть радиуса 1. Итак, ряд будет существовать в круге

1. При этом очевидно, что

1 3 , поэтому автоматически

выполнено и условие

3 , т.е.

1. Поэтому во второй дроби

можно выносить 3 за скобку для формирования структуры суммы

прогрессии вида														1			. Итак,			1	1			3	1		=
прогрессии вида												1		q			. Итак,			4 z 1				4 z 3			=
												1		q						4 z 1				4 z 3
		1 1				3 1 1										=		1	1		3 1		1				=
																=											=
		4 1 z 4 3											z					4 1 z 4 3								z
										1												1
												3

																										3
		1			n		1								z n
			z														. Можно объединить эти две суммы в одну.
			z														. Можно объединить эти две суммы в одну.
		4 n 0						4 n 0							3
1							( 1)n							n
				1										n		.

							3		n		z
	4 n 0						3

Теперь найдѐм коэффициент при 4 степени, чтобы найти f ( 4) (0) .

135

Приравняем коэффициент из этого ряда и тот его вид, который

							1					( 1)4								f (4) (0)
следует из теории.									1															тогда
следует из теории.									1						4									тогда
							4					3			4						4!
							4					3									4!
	(4)		4!		( 1)4													1				6 80						160
f		(0)		1						=		6		1						=						=			.
f		(0)		1				4		=		6		1						=						=			.
			4				3	4										81					81					27
			4				3											81					81					27
				1					( 1)n							n			( 4)						160
Ответ. Ряд						1										n	,	f	( 4)		(0)	=					.
Ответ. Ряд						1				3	n		z				,	f			(0)	=			27		.
				4 n 0						3															27
Задача 4. Разложить в ряд Тейлора:																				f (z)						z			по степеням

																							(z 1)( z 3)

z 1.

Решение. Разложение на простейшие сначала производится точно так

же, как в задаче 8:	1 1	3 1	. Но здесь центр круга не в 0, а в

	4 z 1	4 z 3
	4 z 1	4 z 3

точке 1 потому что z 1 z ( 1) . Точки разрыва z 1 и z 3. Поэтому расстояние до ближайшей точки разрыва равно 2, и круг здесь имеет вид z 1 2 . Он показан на чертеже:

В выражении	1 1	3 1	сначала надо прибавить и отнять

	4 z 1	4 z 3
	4 z 1	4 z 3

константы, чтобы в знаменателе явно был выделен блок z 1.

136

	1				1				3	1		=	1						1		3		1			теперь скобку вида (z 1)
	4 z 1								4 z 3			=		4 (z 1) 2							4 (z 1)				2	теперь скобку вида (z 1)
	4 z 1								4 z 3					4 (z 1) 2							4 (z 1)				2
мы не будем раскрывать вплоть до ответа, можно даже
переобозначить еѐ через w (но не обязательно).
Выносим за скобку константу 2 в каждой из дробей.
				1			1				3	1										z 1		2 получается, что верно
				1			1				3	1							. В круге
				8 1			z 1				8	1		z			1		. В круге
							z 1				8			z			1

								2							2
		z 1				1 то есть там как раз получается такое q 1, как и надо для
		z 1

			2
			2
сходящейся геометрической прогрессии. Тогда далее
			1				1				3				1						1		z 1 n				3	z 1	n
																				=									.
							z 1									z 1				=									.
			8				z 1				8					z 1					8 n 0 2						8 n 0	2
					1			2				1									8 n 0 2						8 n 0
					1							1
																		2

Здесь в 2 частях индексы меняются синхронно, их можно объединить.

z 1 n .

Ответ. 1

3( 1)

n 0

2n 3

Задача 5. Разложить в ряд Тейлора: f (z)

z 2

по степеням z.

z2 1

Решение. Сначала надо разложить на простейшие дроби.

f (z)

z 2

A(z 1) B(z 1)

z2 1

z 1

(z 1)( z 1)

Az A Bz B 1z 2

A B 1

2A 3

система

B 2

Итак, функция имеет вид:

2 (z 1)

Теперь оценим, в каком круге будет разложение. Центр в 0, так как по степеням z. Точки разрыва z 1, z 1. Расстояние от центра до ближайшей точки разрыва равно 1. Поэтому разложение в ряд будет в

круге z 1.

137

3 1	1 1	=	3 1	1 1	теперь то, что следует в

2 z 1	2 z 1		2 1 z	2 1 (z)

знаменателе после единицы, уже и так удовлетворяет условию z 1,

то есть выносить за скобки никакие константы уже не надо. Можно уже использовать формулу суммы прогрессии.

								( 1)	n
3 1	1 1	=	3	z n	1	( z)n	= 3	( 1)	z n , что

2 1 z	2 1 (z)		2		2			2
2 1 z	2 1 (z)		2	n 0	2	n 0	n 0	2
				n 0		n 0	n 0

при более подробной записи первых слагаемых выглядит так:

2 z 2z 2 z3 ...

		n
Ответ. 3	( 1)	z n
n 0	2
n 0

Задача 6. Найти кольцо сходимости ряда Лорана:

Решение. Сначала исследуем правильную часть.

n 1

, по признаку Даламбера lim

3n 1

n 0

n 1

сократим на 3n числитель и знаменатель.

lim

1 3n

3n 1

n 1

lim

0 1

1, тогда

3 .

0 3

Теперь рассмотрим главную часть

. Можно задать

n 1

индексацию натуральными числами, если сделать замену m n и после этого уже применять обычный признак Даламбера.

3 m

m 1

m 1 z

138

Тогда

lim

m 1

3m 1

1 1 0

3m 1

1 , тогда

1 0

Ответ.

3 - кольцо сходимости.

Задача 7. Разложить в ряд Лорана

f (z)

по степеням z

z 3

z 4

Решение. Точки разрыва z 3

и z 4 , центр кольца в 0, значит,

кольцо определяется условием 3

4 .

z n

1 1

f (z)

z n 0

4 n 0

( 1)n

. Можно ещѐ произвести сдвиг индекса в

n 1

n 0 z

n 0

главной части, чтобы не был индекс 0 в двух частях сразу:

n 1

( 1)n

но фактически и так было видно, что главная

n 1

n 0

часть начинается с -1 степени.

n 1

Ответ.

( 1)n

n 1

n 0

Задача 8.

Разложить в ряд Лорана

f (z)

по степеням

z 3

z 4

(z 1) в кольце.

Решение. В отличие от прошлой задачи, здесь центр смещѐн в 1. Это влияет и на радиусы кольца. Ближайшая точка разрыва на расстоянии 2, а более далѐкая на расстоянии 5. Поэтому условие кольца

2 z 1 5. Но сначала надо прибавить и отнять 1, чтобы создать

139

отдельное слагаемое z 1 его мы не будет раскрывать вплоть до ответа.

	1	1			1	1
f (z)				=			теперь выносим за скобку
	z 3		z 4		(z 1) 2	(z 1) 5

либо константу, либо z 1 с учѐтом того, что должно получаться 1 и второй объект, который меньше 1.

1		1			1		1		согласно условию 2	z 1	5 , каждый
1		1			1		1
z 1				2	5			z 1
z 1				2	5			z 1
	1					1
			z	1

								5

объект в знаменателе здесь по модулю меньше 1 и может служить знаменателем сходящейся геометрической прогрессии.

(z 1)

Далее,

( 1)n

z 1 n 0

(z 1)n

5 n 0

(z 1)

Ответ.

( 1)n

(z 1)n 1

5n 1

n 0

Задача 9. Разложить в ряд Лорана

f (z)

во внешней

z 3

z 4

области

z 1

5 .

Решение. Здесь z 1 5 , а значит атоматически и z 1 2 . Поэтому

выносить за скобку в знаменателе надо так, чтобы всегда получались константы, делѐнные на z 1.

1					1				1		1				1			1
							=													=
(z 1) 2				(z 1) 5			=		z 1				2			z 1			5	=
										1							1
													1
												z							z 1
												z							z 1
1		2	n			1					5			n
1		2				1		( 1)n			5
								( 1)n
z 1 n 0	(z 1)n					z 1 n 0					(z 1)n

Первая часть преобразуется, как и в прошлом примере, а вот вторая по-новому. Кстати, здесь можно объединить, так как обе суммы относятся к главной части, там везде отрицательные степени.

140

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1514 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.2023625.95 Кб06899.pdf
#
13.02.202149.22 Кб2690.pdf
#
05.02.2023505.3 Кб06905.pdf
#
05.02.2023475.83 Кб06990.pdf
#
13.02.2021815.65 Кб06OMkzBKrZ3.pdf
#
05.02.20232.15 Mб07005.pdf
#
05.02.2023618.28 Кб07014.pdf
#
05.02.2023225.21 Кб07046.pdf
#
05.02.20231.01 Mб37067.pdf
#
05.02.2023266.87 Кб07089.pdf
#
05.02.2023288.25 Кб07090.pdf