Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный технический университет Украины «Киевский политехнический институт»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

math_RYaDI

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.05.2015

Размер:

717.02 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

		n!(x 3)n
9.
9.				n	n
	n 1			n
	n 1
					1		n 2
									n
									n
10. 1								x
10. 1								x
	n 1				n
		(n	3	1)(x 2)						n
11.		(n		1)(x 2)
11.						n
	n 1					3
	n 1

(x 5)2n 1

12.n(3n 4)n 1

( 1)

(x 3)

13.

1)4

n 1

(5n 2)x

14.

n 1

(x 2)

15.

(3n 4)2

n 1

3n(x

16.

(5n

n 1

17.

(x 5)

n 1

18. (x 3)n sin

n 1

(x 3)2n

19.n 7nn 1

(x 2)

20.

(n 1)

n 1

n(x 2)

21.

n 1

(x 6)

22.

2) ln(n 2)

n 1

(x 2)

23.

(2n 3)

n 1

(x 3)

24.

(n 1)

n 1

n 1(x

25.

n 1

(x 1)2n

26.

(n 1)

n 1

(3n 4)(x

27.

(2n

n 1

2)(x

28.

n 1

(x 2)

29.

(3n 1) 4

n 1

n3 (x 3)n

30.(n 4)2n 1

2.3Ряди Тейлора та Маклорена. Теореми про

розклад

У попередньому підрозділі ми брали за основу степеневий ряд і вивчали властивості його суми. Тепер основою буде деяка функція, а задача полягає в тому, щоб представити цю функцію степеневим рядом.

Суттєвою буде, в даному випадку, вимога існування у функції (x) всіх її похідних в околі деякої точки х0.

Запишемо формулу Тейлора

f (x

)

(n)

)

f (x) f (x

)

(x x ) ...

(x x

)

(x).

(2.15)

Тут

(x x

)

(n 1)

(n 1) (c),

(x)

(2.16)

(n 1)!

де с деяка точка інтервалу ( х0, х) (при х0 х), називається залишковим членом формули Тейлора (2.15).

Якщо

lim R

(x) 0,

то з формули (2.15) безпосередньо випливає, що

f (x

)

(n)

)

f (x) f (x

)

) ...

(x x

...

)

(k )

)

(x x0 )

(2.17)

k 1

Ряд (2.17) називається рядом Тейлора, його частинний випадок при х0=0 рядом Маклорена.

Умову lim Rn (x) 0 безпосередньо важко перевірити. n

Наведемо просту достатню умову розкладу нескінченно диференційовної функції (x) в ряд Тейлора: якщо існує константа М >0 така, що для довільних k 1,2,... і x x0 R0 , x0 R0

f	(k )	(x) M ,	(2.18)

тоx0

(x) можна

R	, x	R
0	0	0

подати у вигляді ряду Тейлора в інтервалі

У частинному випадку, якщо (2.18) справджується для будь-якого х, то й розклад (2.17) правильний для всіх х.

2.4 Розклад функцій ex, sinx, cosx, ln(x+1), (1+x)m, arctgx в ряд Маклорена

Перейдемо до розкладу елементарних функцій у степеневі ряди. Такі розклади часто зустрічаються при розв’язуванні технічних задач.

1. Розкладемо функцію ех в ряд Маклорена (ех має всі похідні при всіх дійсних значеннях х). Нехай |х| M, де М деяке фіксоване довільне число. Оцінимо

n 1

| x |

n 1

R (x)

(n 1)!

| x |

n 1

lim

0 ,

оскільки

загальний

член

(n 1)!

1)!

n 1

збіжного на

всій

осі

степеневого

ряду

(див.

(n 1)!

n 0

приклад 2.5).

Отже,

lim Rn (x) 0

для |х| M. Оскільки М довільне, то

функція ех розкладається в ряд Маклорена на всій числовій осі. Отримаємо цей розклад.

Оскільки

(e	x	)	(k )	e	x	,	(e	x	)	(k )	\|
(e		)		e		,	(e		)		\|
											x 0

то

...

(2.19)

k 0

2. Зобразимо рядом Маклорена функцію

sin

, яка має

всі похідні та (sin x)		(k )	1	для всіх х,

виконана з М=1.
Отже, функцію	y sin x			можна для

ряд Маклорена. Знайдемо цей розклад. Через те, що

тобто умова (2.18)

всіх х розкласти в

cos x sin x

(sin x)

(sin x) cos

sin

x 2

(sin x)

(k )

sin x k

sin x |

x 0

(sin x) |

x 0

0, ...

(sin x)

(2k 1)

(sin x)

(2k )

x 0

то

	x3	x5	... ( 1)n	x2n 1
sin x x						...
sin x x	3!	5!		(2n 1)!		...
	3!	5!		(2n 1)!
					x2k 1
			( 1)k				.
			( 1)k				.
			k 0		(2k 1)!
			k 0
3. Розкладемо		в	ряд Маклорена			функцію

Скористаємося властивістю 3 степеневого ряду. диференціюючи ряд (2.20), отримаємо

(2.20)

y cos x .

Почленно

cos x 1	x2		x4	... ( 1)n	x2n		...
cos x 1				... ( 1)n			...
2!		4!			(2n)!
						x	2k
				( 1)k		x		.	(2.21)
				( 1)k				.	(2.21)

k 0 (2k)!

4. Зобразимо функцію y ln(x 1) рядом Маклорена. Скористаємося тим, що

x	dz
ln(x 1)		(2.22)
	z
0		1

і зображенням суми геометричної прогресії

1		k
	(x)		,	(2.23)
1 x
	k 0
правильним при \|х\|<1.

На основі властивості 1 степеневий ряд (2.23) можна почленно інтегрувати. Це приведе до рівності

ln(x 1)

( 1)

(z)

0 k 0

k 0

k 1

( 1)

... .

(2.24)

k 1

k 0

5. Розглянемо біном

1)	m

, де m довільне дійсне

число, а |х|<1. Оскільки

y	(k )	(x) (1	x

Запишемо для функції

	m	(k )
)			m(m 1)...(m k

y формулу Тейлора.
1)(1 x)	m k	,

y	(k )	(0)	m(m 1)...(m k 1),	(2.25)

то


y(x) (1 x)m	m(m 1)...(m k 1)			xk Rn (x).

k 0			k!

Можна довести, що при \|х\|<1
	lim R		(x) 0.		(2.26)
	n	n

У результаті прийдемо до так званого біноміального ряду

(1 x)

m(m 1)

...

m(m 1)...(m k 1)

...

m(m 1)...(m k 1)x

(2.27)

k 0

Розклад (2.27) правильний при |х|<1.

6. Розкладемо в ряд Маклорена функцію Проведемо такі обчислення:

arctg

arctgx

( 1)

k 0

2k 1

( 1)

... .

(2.28)

k 0

2k 1

2.5 Застосування степеневих рядів до наближених обчислень

Степеневі ряди широко застосовуються до обчислення числових значень важливих трансцендентних функцій та складання таблиць їх значень, числового інтегрування, числового розв’язування диференціальних рівнянь та в багатьох фізичних та технічних задачах.

Приклад 2.6. Обчислити визначений інтеграл

точністю до 0,01. Розв’язання. Оскільки

1	x	2
	x

e	2		dx
e			dx
0

		x	2
		x
e		2		1
e				1

1			x2
e
e			2 dx
0
			x7
	23 3! 7

x	2		x	4				x	6						x		8
x			x					x							x			... , то
			2					3							4			... , то
2		2	2	2!			2	3	3!					2	4	4!
2		2		2!			2		3!					2		4!
1		x2			x4						x6											x3		x5
1																...dx x
1					2		2!				3		3!			...dx x							2
0		2 2					2!			2			3!									2 3 2		2! 5
		1					1							1							1
	...	1																				...		(2.29)
	...	1				2 3				2		2		2! 5					2	3	3! 7	...		(2.29)
	0					2 3				2				2! 5					2		3! 7

Неважко впевнитися, що

		1	0,01.
2	3	3! 7	0,01.
	3

Отже, якщо в

розкладі (2.29) взяти перші три члени, похибка не буде більше ніж 0,01 (це випливає з теореми Лейбніца).

Відповідь.

1x2

e 2

dx 1	1	1	0,86.
	6	40

Приклад 2.7.		Обчислити sin1									з точністю до 0,0001.

Розв’язання.
						x	3		x		5
			sin x x			x			x			7... ,
			sin x x			3!			5!			7... ,
						3!			5!
								3							5
								3							5
	sin							3						5		... .
	180				180	180		3		3!			180	5		5!
	180				180	180				3!			180			5!
		3
Оскільки				0,0001,
Оскільки	3		3!	0,0001,
	3
	180

то

sin1 sin			0,0175.

	180	180

Приклад 2.8.

Розв’язання.

Обчислити 370 з точністю до 0,001.

3	70	3	64	6	4	3	1	3	.	Скористаємось
3		3


								32

біноміальним рядом (2.27) з

Тоді

m	1	,	x	3	.
	3			32

									2		32
	3			1		3	1		2		32
4 3 1		4 1
4 3 1		4 1									322
	32			3	32 3				3		322	2
			1			2		5	3
										3
											... .
			3			3		3	32	3	3!
										3

Оскільки

4	1
4
	3

2 

5	3
	3
	3
3		3!
	32

0,001

, то

3 70 4		1	1		4,121.
3 70 4	1			2	4,121.
		32	32	2
		32	32

Приклад 2.9. Обчислити ln Розв’язання. Скористаємось

3 з точністю до 0,0001. розкладом (2.24) (при |х|<1):


ln(1 x) x	x2			x3			x4		... ,		(2.30)

2			3			4
ln(1 x) x		x2			x3			x4		....	(2.31)

2			3			4

З (2.30), (2.31) випливає, що

	1 x		x	3	x	5
ln		2 x					... .	(2.32)
	1 x		3		5
	1 x		3		5

Покладемо	x	1
		2n 1

З (2.32) отримаємо

, тоді

1 x 1 x

n1 n

	1				1				1			. (2.33)
ln(n 1) ln n 2							3			5	...	. (2.33)
	2n 1		3 (2n 1)				3	5	(2n 1)	5
	2n 1		3 (2n 1)					5	(2n 1)
Покладемо в формулі (2.33) n=1, тоді
ln 2 2		1	1			1
									... .			(2.34)
				3 33		5 35			... .			(2.34)
		3		3 33		5 35

Потім в (2.33) покладемо n=2.

Відповідь.

	1	1	1		1,0986.
ln 3 ln 2 2		3	5	...
	5
		3 5	5 5

Приклад	2.10.	Знайти	розв’язки	рівняння	y=y за
початкової умови y(0)=1.
Розв’язання. Будемо шукати розв’язок у вигляді
y c	c x c x2 ... c xn ..., де			c y(0)	1.
0	1	2	n	0

Тоді

y c 2c x 3c x
		2
1	2	3

Підставимо y та y в рівняння:

c	c x c x		2	... c

0	1	2		1



... nc x	n 1
... nc x
n
2c x 3c x
2	3

... .

...

Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х, отримаємо разом з початковою умовою систему рівнянь, з якої послідовно визначаємо коефіцієнти cn:

x0	c c			0	, c			0		c 1;
	1			0				0			1
x1	2c		c , c									1	;
x1	2c	2	c , c						2				;
		2			1				2		1 2
											1 2
x2	3c		c				,	c			1			;
						2				3

		3										1 2	3
												1 2	3
... ...................................

Таким чином,

y 1 x x2 x3 ... ex. 2! 3!

У цьому прикладі розв’язок має вигляд степеневого ряду, який зображає ex. У більшості випадків розв’язок буде мати вигляд степеневого ряду, сума якого не є елементарною функцією.

Приклад 2.11. Знайти розклад в степеневий ряд розв’язку

рівняння

y (0) 0

		y e	x	при початкових умовах	y(0) 1,
y	xy

(зберегти три перших члени розкладу, відмінних

від нуля).

Розв’язання. Другий метод визначення коефіцієнтів розкладу розв’язку даного диференціального рівняння полягає в послідовному диференціюванні цього рівняння і визначенні на основі цього коефіцієнтів ряду.

Оскільки розклад шуканого розв’язку в ряд ТейлораМаклорена для випадку x=0 повинен мати вигляд

y y(x) y(0) y (0)x	y (0)	x2	y (0)	x3	y(4) (0)	x4	...,
	2!		3!		4!

то, послідовно диференціюючи цей вираз та враховуючи початкові умови, отримаємо

		...										y(0) 1,
		...						,				y (0) 0,
y xy y e						x		,				y (0) 0,
y xy e			x	,								y (0) 1,
			x
y	(4)	y xy				e			x	,		y	(4)	(0) 1,
	(4)								x				(4)
		...											...
Звідси
		y 1	1		x		3			1	x	4	... .
							3					4
			6							24
			6							24

Приклади для самостійного розв’язування

а) Обчислити інтеграли з точністю 0,001.


	2	cos x
1.		cos x	dx
		x


	3

0,2

2. x dx

0 1 x2

	0,3			1
3.				1	dx
3.		3	1	x	dx
			1	x	3
					3
	0

0,4

4. 1 dx

0 41 x4

0,51 e 2 x
5.		dx
	x
0

6.	0,5	arctgx			dx
6.	0,5				dx
	0			x
	0
	2,3		1
7.			1				dx
		3		27 x		3


	0
	0
	0,5
8.			1 x3 dx
	0
	1,2
9.			x cos xdx
9.			x cos xdx
	0

0,2

10. 3 x sin xdx

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.05.2019169.47 Кб7Materialoznavstvo-ukr.doc
#
12.05.2015597.61 Кб9materialoznavstvofinal.pdf
#
03.08.2019298.18 Кб7math.docx
#
25.11.20191.43 Mб10MathCAD ukr 2.docx
#
12.05.20152.99 Mб59math_meth_teoriyzpolya.doc
#
12.05.2015717.02 Кб4math_RYaDI.pdf
#
12.05.20155.26 Mб29matved_lections.docx
#
12.05.20151.13 Mб72matznav_tkm_DKR.pdf
#
17.03.20166.67 Mб55MDVM.doc
#
17.03.20161.23 Mб11MDVM.pdf
#
17.03.2016908.81 Кб10MDVM.pdf