Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Иванов Матан

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

2.95 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 1615 16 > Следующая >>>

(ãäå ïðè Rx

, jzj >

следует полож

òü q = +1).

1) Ïðè

= 0 ðÿä

х дится.

P j kzkj состоит из нулей, а значит,

Åñëè

< j

k=0

абсолютнопризнак

j < Rx, òî q < 1 è â

k=0

Êîøè

2) Åñëè jzj > R x, òî q >

è â

ñèëó

члены ряда k=0 j kzkj не

стремятся к нулю,обобщенногослед вательно, не стре

ðÿä

сходится, т. .

ÿä

сх дится

j kz j

kzk,

kzk

ðàñõ äèò

я к нулю и члены

ÿäà k=0

значит, ряд k=0

мятс. (Заметим, что из

расх димости ряда k=0 j kzkj

не следует расх

ð äà

kzk

P j kzkj íе тольк

поэтому важно, ÷òî ðÿä

3) àññìот им, например,стремятсяд P zk

. По ормуле Êîøè

димострасх дитсü ÿ, íî

его члены не

ÿ ê íóëþ.)

k=0

èìååì

k=0

lim p

Адамара для

радиуса сходимости R

ln(k+1)=k

k=0 k+1

= lim

= lim e

= e

R x

k!1 k k+1

= 1.

k!1 k k+1

k!1

k=1

k=0

При z = 1 исходный ряд имеет вид

k+1

è, êàê ïîêà-

çàíî

Ÿ 2 главы 9,

ходится. При z = 1 исходный ряд имеет вид

Ÿ 3 ãëàâû

9).

. Этот рядрасходится в силу признака Лейбница (теорема 4

P ( 1)k

k=0

k+1

А еля.) Пусть

ðÿä

òî÷ê

z = z0

kzk

х дится

. Тогда в

точкстепеннойz = z1

òà-

êîé, ÷

jz j < jz j

ýòîò

яд теоремах дится

абсолютно.

димосдимостих

в точк(Перваяz = z

степеннойнеравеабсолютнояд х дится

Äîê 1ò ëüñò0

î. Òàê êàê

ÿä

х дится в точк

z =

k=0

оp вмсилу

2) теоремыстепеннойкругелюбойх димости радиус сх

= z

этого

рядапунктдовле

воряет

ñòâó R

jz j.

Ñëåäî-

вательно, jz j

< jz j

, и согласно пу

кту 1) теоремы

круге

283

степенноголе КошиСледующряда.АдЭтотрядамаралеммавыражаютсяспособспособä удобенåòопределàëüчерезтернативныйтехнияслучаях,акториалрад сакогда.отношениюх димостикоэ êициентыстепенîðìó-

Ë ìì 1.

Пусть m; n 2 N

äëÿ

последовательнîñòè

f kg

C n f0g

ет конечный

èëè

бесконечный

lim

j k+1j. Тогда

для радиусауществуходимостè R

степенноãî ðÿäà

P zmk+n

справед-

k!1

j kj

лива ормула

j k+1j

k=0

lim

R x

k!1 j kj

Äîê ò ëüñò î.

Îпределиì R

2 [0; +1)

óñëî-

f+1g èç

âèÿ

lim

j k+1j

ñõодимость числового

ÿäà

исследуем

P j kzmk+nj с помощью признака Даламберà â предельной

îðìå

k!1

j kj

k=0

(следствие из теоремы 4 Ÿ 2 главы 9). Определим

1)+n

= jzjm :

q = lim j k+1 z

mk+n

k!1

j k z

Согласно призн ку Даламбера ряд

P j kzmk+nj сходится при q <

В с лу теоремы 1радиуяд

P j zmk+nj

ñõñòепенногодится при jzj < R

è ðàñ-

< 1, ò. å. ïðè jzj < R1, è

k=0

. å. ïðè jzj > R1.

х дится при q > 1,

Пусть R x

расходимости

ðÿäà

k=0

kzmk+n.

õîäèòñÿ ïðè jzj > R x.

j k+1j

k=0

Следовательно, R1

= R x

m lim

è R x =

j kj

k!1

З м ч ни . Из леммы 1 следует, что если существует конечныé

ли бесконечный lim

j k+1j, то радиусы сх димоñòи рядов

z2k

è P

z2k+1

могут быть определены

ормулой

lim

j k+1j.

k!1

j kj

k=0

284

R x

k!1

j kj

k=0

Ò îp ì 3. (Î

равномернойс сх ди-

сходимости степенного ряда.)

Пусть Rx

> 0

Im z

zk.

сти степенногорадиуяда P

равномерно в круге Z

k=0

Re z

= fz

Т гда для любого чи ла r

kzk

(0; R x) ðÿä

сходится

2 C

: jzj

rg.

k=0

номерная хдимостьт льст о ряда

kzk íà ìíîæ

N ,!

j kzkj

Äîê

. Заметим, что 8z

2 Z

8k 2

j rk

. Поскольку jrj = r < R x, то в силу теоремы 1 числовой

k=0

ÿä

тся. Отсюда и из признак

Вейерштрасса

P j krkj

мерной

комплексного ряда (теорема

1 Ÿ 2) следуетравно-

и,естве. . на

жестве Z =

З м ч ни . В самом круге

= fz 2 C

: jzj < R xg

k=0

ðÿä

жет х дитьсямно

sup jz j = 1 6!0 при k ! 1, следовательндимости, z

!6 0

ïðè k ! 1.

Например, ряд

P zk

иместепеннойраду

R x = 1

авномернона множ -

не выполнено необходимое

условие димосх

неравномеяда. Действительно,

ñòâå Z = fz 2 C

k=0

х дится

àê êàê

: jzj < 1g ýòîò ðÿä

z2Z

k k zk 1

Ò îp ì 4.

адиусы сх димости степенных рядов k=1

è k=0 k+1 z

, полученных ормальным

почленным ди еренци-

k+1

P k

степенного ряда

k=0 k zk, совпадают с

ованиемиусо

хинтегрированиемдимости исх дного ряда

k zk.

Док т льст о. Покажем сначала, что ра иус схо имости R1

ðÿäà

k k zk

равен радиусу сх димости R исходного

ðÿäà

k zk.

k=0

В силу ормулы Коши Адамара имеем

k=0

285

R11

= klim!1pk j kj k = klim!1pk

j kj

klim!1 pk

= klim!1pk

j kj

ln k=k

(Здесь мы воспользоваëèñü òåì, ÷òî

lim

k = lim e

= e

= 1.)

ëåäk zовательно,сх

= R.

k!1

èëè

расходятся одновременно. При z = 0 эти

Покажем

теперь,

÷òî

ÿä

k k zk

è ðÿä

k=0

k=1 k k zk

k=1

k 1

= k=1 k k zk,

ряды, очевидно,дятсдхо ÿтся. Пусть z =6 0. Обозначим Sn

k 1

k z

. Если существует

lim S

= S 2 C , то существует

k=1

n!1

lim

2 C .

если существует

lim S

= S 2

След вательно,

схОбратно,димости R

ðÿäà

k zk

ðà-

n!1

n!1 z

n!1

2 C , то существует

lim S

k=1

z S.

n!1 n

= R,равент. . при

диусу сх ди ости Rрадиуяда

k z

k 1

. Èòàê, R

= R

п членн

изменяется.

k 1

степенного ряда его радиус схо

мости

íå

äè-

Посколькуди ядåðåнцированииzk получается при почленном

, то радиусы сходимости этихдиядоверенцтакже

àíèè ðÿäà k=0 k+1 z

k=0

k+1

совпадают.

P k

ðÿäû

Далее мы будем рассматривать вещественные

пенной ряд можно

какПоск

сныйстепенныеой ряд,

âèäà

(x x0)k

, ãäå ak; x; x0

2 R.

ьку веществ

ûé ñòå-

P ak

îðìóëû

Êîøè Адамара или из леммыомплек1, в оторых следу

лятьполо-

òî

k=0

a (x x )

можно опред

èç

адиус сх д мостирассматриватьR яда

k=0

+ R x) называется интåрвалом

жить k = ak. Интервал (x0 R x; x0

сходимости ряда k=0 ak (x x0)k.

286

= f1)Ò(x)îpдляимеетìлюбого5радиу. Ïóñòüx 2õвещественныйд(x0мостиR xR;x0>степенной+0R. Тогдаx) справедливаÿä kP=0 ak (x ормулаx0)k =

почленного интегрирования степенногî ðÿäà:

X ak

(x x0)k+1;

f(t) dt = k=0 k + 1

; x

+ R

) ункция f имеет

тервале сходимости (x R

производíые любого порядка, получаемые почленным ди еренци-

рованием

ðÿäà

P ak

(x x0)k:

k=0

((x x0)k)(n)

8x 2 (x0

; x0

+ R x

(2)

f(n)(x) = k=0 ak

3) к э ициенты степенного ряда

(x x0)k

= f(x); îäíî-

P ak

значно определяются по

f(x) с помощью ормулы

a =

мыДок

сход мостиункции

k=0

ðÿäà ð

P ak (t x0)k

= f(k)

(x0) .

Для любого x 2 (x

; x

+ R

k! ò ëüñò î.

) îïðå

д лим число r 2 (0; R

словия x 2 [x r; x

+ r . Â ñèëó òåî-

равномернойсх дится

отрезк

r; x

+ r . Отсюда по теореме о

íавномерного яда теорема 4 Ÿ 3 главы

следует, что

п членном интегрировнании равномерностепенногох дÿùåгосяд

ункциональ-

k=0

10)

k=0 k + 1

k+1

f(t) dt =

(t x

dt =

X ak

(x x )

; x

+ R

) существует

2) Покажем, что для любого x 2 (x

онечная

äíàÿ f

0( ), причем f

) =

k=1

P ak k ( x x0)k 1. Çà-

r 2 (0; R

произво) условия x 2 (x r; x + r).

+ R

) и определим число

иксируем произвольное x

2 (x

; x

2870

В силу теоремы 4 радиу

х димости яда kP=1 ak k (t x0)k 1

почленным ди ере цированием

ÿäà

âåí R .

P ak (t x0)k,

ñèëó

ÿäà ýòîò

r < R k=0

теоремы

мерной сх димости степенного

ÿä ñõ

дится равномер-

лученногона отрезкСледовательно,[x r; x + r . Поэтому согласно

теореме

почленномна отрезк

дияд Pеренцированииa (t x )k можно

ди еренцировать

почленно

у кциональногоеравенстваяда (теорема 6 Ÿ 3 главы

k=0

k=1

[x0 r; x0 + r . В частности, существует f0(x) =

P ak k (x x0)k .

ïðè n = 1

ормула

2).

Следовательно,Проводя же рассуждения для

P ak k

(x x0)k 1 = f0(10)x ,

получаем ормулу (2) присправедливаn = 2 ак алее. По индукции о мула

k=1

(2) справедлива для любого n 2 N, чтоядаоказывает второе утвеðæäå-

ние теоремы.

3) Заметим, что

)k n;

((x x0)k)(n) =

k(k 1) (k n + 1) (x x

jx=x0

n!;

;

k < n;

следовательно, ((x x0)k) n

k =6

n!, ÷òî äîêà-

Отсюда и из ормулы

(2) следует, что f

(n)(x

) = a

зывает утверждение третьего пункта теоремы.

Ÿ 4.

яд Тейлора

я бесконечно

ðåí

Функция f(x)

цируем й в точке x , если в этой точкназываетссущетвуют

производныå ëþ

Îïp ë íè .

Пусть ункция f(x) бесконечно

ди еренциру-

åìà â

точке x0. Тогда ряд

áîãî

орядка ункции f.

(k)

k=0

k(!x0) (x x0)k

называется рядом Тейлора ункции f(x) в точке x

288

раесли ункцииа бескf(нечноx) в. Функцияточкди xеренцируfсходится(x) называетсемак ункцииэтойя р точкеулярнойf(x)иврядвнекоторойточкТейлоx0-,

окрестностОпp лтîнички x0

(k)

9Æ > 0 : 8x 2 UÆ(x0) ,! f(x) =

k=0

k(!x0) (x x0)k:

Èç

пункта

(3)

Ÿ 3

следу , что если

äà

теоремы

Ç ìa ÷(x íèx )

с радиусомпредстх димости R

> 0,

ýòîò ðÿä ÿâëÿ

åòñ

f(x) может быть

как сумма стåпенного р

р дом Тейлора у кции f(x)авленаточке

. Â

этом случае унк

ункцияf является регулярíîé â

x .

ðó

) может схточкитьс

íå

ункции f(x), а к нек

ункции f(

k=0

тоемойдругой ункции, не с впаäающей с f(x) в сколь угодно малой

бесконечно

З м ч ни . яд Тейлора в точк

ок естности точки x

. Â ýòîì

случае

ункция f(x) недиявляетсяеренци-

ãóлярной в точке x .

Пусть

e 1=x2

;

åñëè

;

(1)

Заметим, что

f(x) =

x = 0:

tk=2 e t = 0.

8k 2 N ,! lim

e 1=x2

lim

Отсюда следует, что

2x!0 xk

t!+1

(x) = <

e 1=x

;

1=x2

x = 0;

f00(x) =

;

6 ;

x = 0:

По индукции легко показать, ÷òî

f(n)

(x) =

P3n(1=x) e 1=x2 ;

ãäå P

x = 0;

(t) многочлен степени 3n от t.

289

âñå

Тейлора ункции f(x)

в точк x = 0 равны

. Поэтому суммяда

ÿäà Ò

ðà

f xСледовательно,) точк0 x равна íóëþоэ неициентысовпадает

ункцией f(x) в

îëü

угодно малой

точки x

. Таким образом, хот

óíñêöèÿ

(1) бесконечно ди еренцируема, она не является регулярной в точ

Напомним,окрестностичто аточным

îðìóëû Тейлора n раз ди -

ê x

= 0.

íàçывается

еренцируемой ункции f(x) вчленомточк x0

(k)

rn(x) = f(x) Sn(x);

ãäå

Sn(x) =

k=0

k(!x0) (x x0)k:

Ç ì ÷ íè . Îñò

î ïà

член омулы Тейлора не всегда

8n 2 N 8x 2 R,

этому остаток

ÿäà Ò

тождественn

но равен нулю, ядаостаточный

÷ëåí

ормулы

ейлораТ

r (x) =

дает с остатком р

Тейлора. Например, для ункции (1)

S (x)

ляетсяНепосредственнорегулярной

точкопределенийx тогда и только тогда, ункцияогда

= f(x) =6 0 8x =6 0.

èç

следует, что

f(x) ÿâ-

lim rn(x) = 0:

(2)

9Æ > 0 : 8x 2 UÆ(x0) ,!

n!1

ðåãó-

Как показывает пример ункции (1), для док

л рности ункции недостаточно показать, что

àзательствах димости

ðÿда Тейлора этой ункции R

> 0. Нужно п

îâåð

òü

словие

(2).

Ò îp ì 1.

аточное x словие регуляðностдиу.)

Пусть суще

ствует число Ж >

(Äîñò0 àêîå, ÷òî

ункция f бесконечно ди еренциру-

åìà â UÆ(x0) è

) ,! jf(n)(x)j M:

9M > 0 : 8n 2 N 8x 2 U

Тогда ункция f регулярна в точке1x0

8x 2 UÆ(x0) ,! f(x) =

(k)

(3)

k=0

k(!x0) (x x0)k:

Док т льст о. В силу ормулы Тейлора остаточным чле-

ном в орме Лагранжа для любого x 2 UЖ

(x0)

существует число ,

290

=лежащееf(n+1)!( )между(x x0)n+1и .xСледов0 (а значиттельно,2 UЖ(x0Æ)n),+1такое, что rn(x) =

2 UÆ(x0) ,!anjrn(x)j M (n + 1)! :

(4)

Покажåì, ÷òî 8a > 0 ,!

lim

= 0.

Опредåëèì n0 2 N

n!1

> 2a,

òîãäà ïðè n > 0

имеем

из условия

an0

an n0

an0

1 n n0

n0! n(n 1) (n0 + 1)

n n0

n0!

!1 0:

Отсюда и из соотношения (4) получаем

8x 2 UÆ

(x0) ,!

lim

rn(x) = 0:

n!1

и выполнено соотношение

Поэтому ункция f регулярна в точке x0

(3).

Ÿ 5. яды Тейлора для показательной,

гиперболических

Опp л ни . яд Тейлора

ункциитригонометрическихf( ) в точк x = 0 назы-

ункций

Òîp ì 1. ÿäû

ункций e , h x, sh x, os x, sin x

ваетсдятсхо ряк эт

М клор н этой ункции.

м ункциямМаклоренавсей чиñëîâîé

прямой: для любого x 2

2 R справедливы равенства

X xk

;

ex = k=0

x2k+1

;

h x = X x2k

;

sh x

sin x = k=0

(2k + 1)!

os x = k=0

(2k1)! x2k;

x2k+1:

(3)

k=0

(2k)!

X (

291

( 1)k

Äîê ò ëüñò î. Òàê êàê

ïðè x 2

2 UЖ(0) = ( Ж; Ж) справ

û ñî

j(ex)(n)j = ex

< eÆ,xòî

ыполнено достат

условие регулярности ункции f(x) = e в

÷ê x0 = 0

по теореме 1 Ÿ 4длятношениялюбогочисла Ж > 0

ливоравенстсоотношение(1).

(3) èç Ÿ 4.

Ïîýò

любого x 2 R

èñïîëьзудляограниченность по ледова-

тельности âсех производных

ункций h x sh x, os x, sin xсправедлилюбом

интервале ( Ж; Ж) Аналогично,применяя теорему 1 Ÿ 4,

получаем равеíñòâà (2),

(3).Т оp м 2. Для любого

2 C1ñïðаведливо равенство

ez =

X zk

Äîê

k=0

. В силу теоремы 1 радиус сх дим сти

íîãî ðÿäà

k! равен +1. П этому согласно

теореме о

кругестепенхо-

ходитсяо

P zk

àáñîëþтно для любого z 2 C . Обозначим

димости, этотт льстряд

k=0

f(z) =

X zk

8z 2 C :

(4)

k=0

x; y 2

За иксиру м пр извол ное комплексное число z = x + iy, г

2 R. Требуется доказатü равенство f(z) = e

. Согласно опре

лению

экспоненты комплексного числа, данному в Ÿ 2 главы 4 трäåбуется

доказать равенство

(5)

Покажем сначала, чтоf(z) = ex( os y + i sin y):

2 C :

f(z

+ z

) = f(z

)f(z

)

; z

(6)

По теореме о перемножении àáсолют

ходящих я рядов (теорема

так же, как и для вещественных, соглаñíо равенсòâó

(4) имеем

3 Ÿ 4 главы 9), которая для кîìплекснûõ

рядов доêàçûâается точно

f(z1)f(z2) =

= j=1 kj ! nj ! ;

k=0

292n=0

ãäå f(k

; n

j2N

оизвольная

ñòü ïàð

ìíîæ

отображ

= N [ f0g, задающаяпоследовательзаимно äíîзначн

íèå N0

овательнос ь мето

"диагона

! N2 . Âûáåðåì ýòó ïîñ

лей", ества. .

àê,0

÷òî åå ïåðâûé ÷

ýòî ïàðà (0; 0), суммаэлементов

тов которой

равна 0, слåä þùèå äâà

ýлемент

послеäîвательности

f(k

; n

)g ýòî ïàðû

ñ ñóììîé

ýëåментов

1, затем 2 и т.д. Таким об-

разом,

Следовательно,

j=1 kj

! nj

= m=0 k=0 k! (m k)! :

m k

f(z1)f(z2) =

m=0

k=0

k! (m k)! z1

Используя ормулу бинома Нüютона и равенство (4), получаем

f(z1)f(z2) =

m=0

m! (z1 + z2)m = f(z1 + z2):

Тем самым док зано ñîîòношение (6).

Из равенствà

(4) следуåò, ÷òî

(iy)k

X (iy)k

f(iy) =

k=0

k ÷åòí.

k íå÷.

( 1)ny2n

X ( 1) y2n

+ i

n=0

(2n)!

n=0

(2n + 1)!

Поэтому согласно теореме 1 имеем f(iy) = os y+1 i sin y. Èç òîé æå

теоремы 1 ормулы (4) следует, что f(x) = e

при x 2 R. Поэтому,

Определим

гиперболические и

тригонометричеñêèå

ункции

используя равенство (6),

равенство (5).

комплексного переменногоïîëучаемормулам

X z2k

;

X z2k+1

h z = k=0 (2k)!

sh z = k=0

(2k +

1)! ;

293

sin z =

(2(k +1)1)!k z2k+1:

os z = X((2k1)!k z2k;

Èç

k=0

åò, ÷òî àíí

k=0

х дятся

любом ве-

ðÿäû

+1, .теоремы. эти яды ходятся

димостиюбом z 2 C . Из теоремы 1

åò

êæå, ÷òî ïðè

веществ

ííîì z

пределенные зд сь ункц

îâïà-

щественномдают известными ранее гипербтеоремлическими

тригонометрèчеследукими

z. Îò þ

è èç

круге сх димости степенного

ряда следует, что раледуиусы сх

ýòèõ

ñтеп нныхприядов равны

Ë ìì 1. Äëÿ ëюбого комплексного числа z справедливы ор-

ункциями.

мулы Эйлера:

= os z +

sin z;

sin2n+1

eiz e iz

os z =

eiz + e iz

;

z =

Äîê ò ëüñò î

(iz)k

(iz 2

X iz)2n+1

eiz

(2n)!

(2n + 1)!

( 1)

n=0

( 1)

n=0

k=0

(2n)!

+ i

(2n + 1)!

= os z + i sin z:

n=0

Остальные ормулы Эйлера слеäóþò из первой.

Ÿ 6. Остаточный член ормулы Тейлора

в интегральной орме.

яды Тейлора

для степенной, логари мической

других ункций

других ункций, нам потребуется представление остаточíого члена

Для того чтобы доказать регулярность степенной и

ек торых

ормулы Тейлора в интегральной орме.

294

Ò îp ì 1.

(Формула Тейлора

îñò

членом

гральной

.) Если ункция f (x)

íà

(

Æ; +

+ Ж) имеет непрормерывные производные до (n + 1)-го порядк0

âê þ÷è0 -

тельно, то для остаточного члена ормулыаточнымТейл ра rn(x) = f (x)

)

представлениеинтервале интегральной

P f(k)(x

k=0

k! 0

(x x0)k справедливо

îðìå:

rn(x) =

8x 2 (x0 Æ; x0

+ Æ):

n! x0 (x t)n f (n+1)(t) dt

f 0(t) dt =

Äîê ò ëüст о. Поскольку r0(x) = f (x) f (x0) = xR0

(x t)

(t) dt, òî ï

и n = 0 теорема справедлива.

Предположим, что теîðåìà ñправедлива для n = s 1, т. е.

(x t)s 1 f (s)(t) dt:

rs 1(x) = (s 1)!

Интегрируя по чаñòÿì, ïолучаем

d((x t)s) =

(x) = (s 1)! x0 f (s)(t)

= s!f (s)(t) (x t)s x0

+ s!

(x t)s f (s+1)(t) dt =

s! f (s)(x0) (x x0)s

(x t)s f (s+1)(t) dt:

Отсюда пîëучаем ормулу для остаточного члена порядка s:

(k)

rs(x) = f (x) k=0 f

k(!x0) (x x0)k =

295

получаемСледовательно= rs справедливость1(x) s1,! fтеорема(s)(x0)теоремы(xсправеx0)äës =èÿâàs1любого! xZäëÿ0x(x nнатуральногоt=)s fs(.s+1)Ïî(tиндукции) dt:n.

296

сходитсяТ оp кмэтой2.

ункциияд Маклоренапри1 x 2степенной( 1; 1):

ункции f(x) = (1 + x)

(1 + x) = XCk xk

8x 2 ( 1; 1);

ãäå C0

= 1, Ck =

k=0

2 R.

( 1) ( k+1) , k 2 N,

Äîê ò ëüñò î. Çà èê

ем x 2 ( 1; 1). Записы ая остаточ

í îðìó

в интеграль-

Ìàêëîðенасирункции f(x =

íûé îð

е и учитлывая, что f

(x) = (

) (1+ k+1) (1+x)

ïîëó÷àåì

rn(x) = n!

(k)

(x t)n f(n+1)(t) dt =

( 1) ( n)

t= x

(x t)n (1 + t) n 1 dt

t= x

( 1) ( n)

xn (1 )n (1 + x) n 1 x d =

= n

(1 + x) 1 d ;

1 + x

( 1) ( n)

где введено обозначение

(1).

Ïîñê ëüêó 8x 2 ( 1; 1) 8 2 [0; 1 ,!

1 + x +1 , òî

Ñëåäîвательно,

1+ x

(1 + x) 1 d = j njC;

(2)

jrn(x)j j nj 0

n!1297

где величина C = R (1 + x)

d не зависит от n. Покаæåì, ÷òî

(3)

lim n

= 0:

Åñëè x = 0,

согласно равенству (1) име м

= 0 ïðè âñåõ

спприn 2раведnN.>Еслиливоm. Поэтому. Пусть= mx2в=6случаяхN0[иf0g62, xNто=[из0f0и(1)g. Тогда2следуетN [ f0gравенствосоотношениеn =(3)0

n+1

( 1) ( n 1) xn+2

(n +

( ( n) xn+1 =

n +1)!

x 2 ( 1); 1):

n 1

Выбер

число q 2 (jxj; 1). Тогда по

еделению пре ела сущеñòâó-

ет номер n0 такой, ÷òî

j n+1j

< q для любого n n0

. Поэтому при

имеем j j j

jqn n0

! 0

ïðè n ! 1. Отсюда вытекает

соотношение (3), котор е

вместе с

неравенством

(2)

äàåò равенство

j nj

lim r

(x) = 0 при любом x 2 ( 1; 1).

n!1

имеет

Заметим, что при = n 2 N [ f0g для любого k n +

место Ck

= 0, и, следовательно, ряд Маклорена ункции

(1 + x)

совпадает с конечной суммой:1

k k

(1 + x)

k=0

Cn x

k=0

Cn x

В случае 62N [ f0g, используя лемму 1 Ÿ 3, вычислим радиус схо-

k+1

димости ряда k=0 C x

j = lim

j kj = 1:

= lim

k!1

jCkj

k!1

k + 1

Ñëед в тельно, R x = 1.

замечая,

÷òî

Ck =

Ïîëàãàÿ â теореìå

= ( 1)k, ïîлучаем разложение

( 1)( 2) ( k)

8x 2 ( 1; 1):

(4)

X( 1)k xk

Заметим, что1 + x

k=0разложение можно получить предельным

переходом в ормупоследнеесуммы геометрической прогрессии:

298

1 1( +xx)n+1

1 +1 x

X( 1)k xk

n!1

8x 2 ( 1; 1):

Изk=0 ормулы (4) и

о почленном èíòегрировании степен-

ного ряда (пункт 1

теоремы5 Ÿ 3) при jxj < 1 получаем

xk+1

n=k+1

ln(1 + x) =

+ t

= k=0( 1)k

k +

n=k+1

1)n 1

2 8x 2 ( 1; 1):

1 + t2

(4) 1)k t2k

8t 2 ( 1; 1):

Применяя раçëîæåíèå

для x = t , имеем

k=0

Интегрируя этот ряд внутри кругà ñõîäимости, получаем

x2k 1

ar tg x =

8x 2 1; 1):

1 + t2

= k=0( 1)k

2k + 1

1 2

k + 1

( 1)

1)!!

3 1.

Для любого нå÷åòíî о числа n обозначим n!! = n n

Кроме того, будеì ïîëàãàòü (

1)!! = 1. Тогда для любого k 2)

f0g

C 1=2 =

2k k!

Применяÿ òåîðåìó 2 äëÿ =

, получаем разложение

( 1)k

1)!!

p1 +

k=0

2k k!

8x 2 ( 1; 1):

Подставляÿ x = t

è èíòегрируя степенной ряд, получаем

(2k

Èòàê,

ar sin x = 0

1 t2

= k=0

2k k1)!!

t2k dtA:

x2k

ar sin x =

X (2k

8x 2 ( 1; 1):

k=0

2k k1)!!

k + 1

299

ëàâà 12

ТЕО ЕМА О НЕЯВНОЙ ФУНКЦИИ

Ÿ 1.

Теорема о

ункции для одного

цию y(x) зачастую неункциядаетснеявной. В связи

этим ункция y(x) называ-

Пусть x

уравнения

÷êè (x ; y ) 2 Rn+1

2 Rn

, y

2 R1

y = y(x) уравнения F (x; y) = 0. При этом в явнинтересоватьм виде найти

óíê

Т оp м 1. Пус ь x 2 R , yокрестности2 R пусть скалярная ункция

F (x; y). Нас будет

ðåøå èå

задана скалярная

åòñÿ í ÿ íîé.

F (x; y)

довлетворяет

ункция F непрерывнасловиям:

U"(x0; y0),

F (x ; y ) = 0,

(1)4 F 0

(x0

; y0) 6= 0.

(x; y) существу

â U (x ; y )

ч стная производная F

уравнение F (x ; y) = 0 на множестве UЖ(y0)

имеет

непре-

F (x0

; y0) > 0. Тогда в сиëу непрерывности бункцииединственноеF (x; y) то÷êå

рывна в точк

(x0

; y0),

" 0

òî÷ê

Тогда

существуют

числа > 0, Ж > 0 и непр рывная

акая, что для любого x 2 U (x )

ó êöèÿ ' : U (x ) ! U (y )

шение y

= '(x

Äîê ò ëüñò î. Ä ÿ

дем предполагать,

òî

(x ; y ) существует число "

определенности2 (0; ") акое, чтî

8(x; y) 2 U"1

(x0;iy0):

(1)

Fy(x; y) > 0

За иксируем произвольное число Ж 2

"1 . Тогда для любых

0; p

x 2 UÆ(

0), y 2 UЖ(y0) выполняются соотношения

j(x; y) (x

; y

)j = pjx x

+ jy y

< p

Æ2 + Æ2

;

ò. å. (

y) 2 U

(x ; y ). Поэтому согласно соотношению (1) для лю-

[y0

Æx;y0

+ Æ .

0 0

300

áîãî x 2 U

) ункция F (x; y) строго возрастает по y на отрезке

FОтсюда(x ; y )и=из0равенстваследуют

+ Æ

k =

2j=1

jAxj;

F (x; y) > 0

неравенства

где jAxj длина ве

îðà

max

2 R .

F (x ; y + Æ) > 0:

2 Rn : jxj = 1g являетсункция компактом, непрерывна,то определении нормы мак

;

Ïîñê

fAx( ) = Ax

а множество fx 2

нкции

F (x; y) < 0

мум существолькует.

Ïîýò ìó â

Заметим, что введенная норма матрицы удовлетворяет аксиомам

ñèëó

непре-

рывностиU (x ; y )

åò

èñëî

0;ществуЖ акое,

нормы:

÷òî

1) kAk 0;

нулевая матрица;

8x 2 U (x0) ,!

åñëè k

k = 0, òî A =

k Ak = j j kAk;

для любого числа справедливо

,! F (x; y

Æ) < 0;

kA + A k =

jA x + A x(неравенствоj jA xj + jA xj)

U (x )

(4)

kA1

+ A2k kA1k + kA2k

треугольника).

F (x; y

+ Æ) > 0:

Свойства (1) (3) очевидны. Докажем

треугольника.

+ Æ)

àê

любого x 2 U (x ) существуетежуточномсло '(x) 2 (

Æ; y

maxj j=1

maxj=1

Применяя тео

ìó

ïðî

çê

значении для ункции f(y) =

= F (x; y ,

непрерывной на

[y0 Ж; y0 + Ж , получаем, что для

jA2xj

F (x; '(x)) = 0. Òåì

самым

îïðåделена ункция ' : U (x0) ! UЖ(y0).

jA1xj +

= kA1k + kA2k:

Из строго вîçрастания ункции

F (x; y) ïî y

UЖ(y0) следуетое, ÷òî

для любого x 2 U (x ) число y = '(x) является

единственным

maxj j=1

Ç ÷ 1.

Доказать, что

норма матрицы A сов-

UЖ(y0) решенèем уравнения F (x; y) = 0.

÷òî

извольного числа Ж

2 (0; Ж . В результате

трицы A A (число называетсîператорнаясобственным числом матрицы B

Поскольку число Ж было выбрано как произв льное число из ин

размера n n, если 9x 2 Rn n f0g :

Bx = x).

8Æ1

2 (0; Æ 9 11

2 (0; :

8x 2 U 1 (x0)получим,! '(x) 2 UÆ1

(y0):

ï äà

с корнем квадратным иç максимального собственного числа

тервала

, то эти же рассуждения можн

провести для про-

x 2 R , òî

jAxj

Ÿ 2.

Îï

íîðì

. Ò îð ì

Ë ìì 1. à) Åñëè A (m n)-матрица

Äîê

. à) Åñëè

= 0 то Ax = матрица,0 нераâåнство jAxj

Тем самым доказана неп

ункции ' в точке x0.

kAk kBk.

jxj.

. Пусть x =6

Обозначим x1

xj . Поскольку

Ë ðторнерывностьяср н м

kAk jxj

нормой м трицы A называется число

á) Åñëè A (m

n)-ìàòðèöà, à B (n k)-

òî

kABk

òjABxëüñòj

îkAk jBxj kAk kBk jxj

8x 2 Rk ;

Опp л ни . Пусть A матрица размерам трицыm n. Оп р торной

jx1j = 1, òî k

jAx1j =

jAxj, следователüíî, jAxj kAk jxj.

301

б) Посколькувыполненсилу пункта (а)

302

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 1615 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.06.2015220.39 Кб13Задачи к курсу.Колачевский.pdf
#
03.06.201581.11 Кб8задачи.pdf
#
03.06.2015103.27 Кб40Занимательная биология.pdf
#
20.09.2019218.8 Кб2записка-пояснительная Иноземцев.docx
#
03.06.20151.17 Mб40Золотое сечение.pdf
#
03.06.20152.95 Mб28Иванов Матан.pdf
#
03.06.20152.08 Mб254Иванова. Построение графиков функции.pdf
#
03.06.201580.38 Кб12Из диалогов Платона - Диалектика Сократа.doc
#
03.06.20151.9 Mб8Изоспин.pdf
#
03.06.2015756.54 Кб24Инерциальная навигация.pdf
#
03.06.2015827.15 Кб28информатика теория.pdf