Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный авиационный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

0887579_C36AB_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

19.02.2016

Размер:

3.59 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 456 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

тоді точність обчислення значення функції f (x0 ) обмежена значенням су-

∞

ми ряду ∑ an

n=1

, тобто

∞

r(x0 ) ≤ ∑ an .

n=1

2.8.2. Наближене обчислення визначених інтегралів

Нехай потрібно обчислити визначений інтеграл ∫ f (x)dx , причому пер-

вісна F(x) не виражається через елементарні функції або її важко знайти.

Уцьому разі виконують такі дії:

1)задають точність обчислення ε > 0 ;

2)розкладають підінтегральну функцію f (x) у степеневий ряд (ряд

Маклорена);

3) якщо проміжок інтегрування [a; b] належить інтервалу збіжності (−R; R) , то далі користуються властивістю про почленне інтегрування

степеневого ряду.

Похибку обчислень визначають так само, як і при обчисленні значень функцій.

2.8.3. Наближене розв’язання диференціальних рівнянь

Якщо інтегрування диференціального рівняння не зводиться до квадратур, тобто розв’язок не виражається через елементарні функції, або ж інтегрування рівняння ускладнене, то застосовують наближене розв’язання диференціального рівняння за допомогою ряду Тейлора.

Нехай треба розв’язати задачу Коші, тобто знайти частинний розв’язок рівняння

					y′ = f (x,		y) ,				(1.18)
який задовольняє початкову умову y(x0 ) = y0 .
Розв’язок рівняння шукаємо у вигляді ряду Тейлора
		y′(x )			y′′(x )				y(n)	(x )	(x − x )n + ...,
y = y(x	) +		0	(x − x ) +	0	(x − x )2		+ ... +		0
y = y(x	) +			(x − x ) +		(x − x )2		+ ... +
0		1!		0	2!		0		n!		0
		1!			2!				n!
де доданок	y(x0 ) = y0 заданий початковою умовою,									а інші коефіцієнти
y′(x ), y′′(x ), ...,			y(n) (x ),...		підлягають визначенню.					Підставивши у ди-
0	0			0			x = x0 , y = y0 ,			визначимо коефіці-
ференціальне рівняння (1.18) значення							x = x0 , y = y0 ,			визначимо коефіці-
											51

єнт y′(x0 ), тобто y′(x0 ) = f (x0 , y0 ). Щоб знайти коефіцієнт y′′(x0 ) , диференціюємо обидві частини рівняння за змінною x : ( y′)′ = ( f (x, y))′ , звідси

y′′ = f1 (x, y, y′) . Підставивши у праву частину одержаного рівняння значення x = x0 , y = y0 , y′ = y′(x0 ) , дістанемо значення y′′(x0 ) . Продовжуючи процес диференціювання і підстановки у праву частину одержаних рівнянь відомих уже значень, дістають коефіцієнти y′′′(x0 ), y(4) (x0 ) і т. д. Ряд

Тейлора із визначеними коефіцієнтами є частинним розв’язком рівняння (1.18) для тих значень x , при яких він збігається. Частинна сума цього ряду буде наближеним розв’язком заданої задачі Коші.

Зауваження.

1. Розглянутий метод послідовного наближення застосовний для роз- в’язання диференціальних рівнянь довільного порядку.

2. Питання про похибку наближеного розв’язку диференціального рівняння ми не розглядаємо.

Т.2 ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ТИПОВИХ ЗАДАЧ

Знайдіть область збіжності функціональних рядів.

∞1

1.∑ 2 + x−1 .n=1 x

				∞	1
Розв’язання. Оскільки узагальнений гармонічний ряд ∑					1	збіжний
Розв’язання. Оскільки узагальнений гармонічний ряд ∑					p	збіжний
для	p > 1 , то область збіжності заданого			n=1 n
для	p > 1 , то область збіжності заданого			ряду визначаємо	з нерівності
x2 + x −1 > 1, звідки дістаємо x2 + x − 2 > 0,				x (−∞; − 2) (1; ∞).
	∞
2.	∑	n	.
2.	∑	nx	.
	n=1 2

Розв’язання. Ряд визначений для будь-якого дійсного x , причому незалежно від x члени цього ряду додатні. Застосуємо ознаку Д’Аламбера:

l(x) = lim	n + 1	2nx	=	1	lim	n + 1	=	1	.
		n		2x		n
n→∞ 2(n+1) x					n→∞			2x

Оскільки ряд збігається, якщо l(x) < 1 , то розв’язуємо нерівність

1	< 1, 2x > 1,	x > 0.
2x

При x = 0 виконується умова l(x) = 1 , тому перевіримо в цій точці ряд

∞	n	∞
на збіжність: ∑		=∑ n — розбіжний ряд.
	2n 0
n=1		n=1

Отже, область збіжності заданого ряду — інтервал (0; ∞) .

∞1

3.n∑=1 1+ xn .

Розв’язання. Ряд визначений на всій числовій прямій, крім однієї точ-

ки — x = −1.

Розглянемо випадки:

x = 1 ,

тоді загальний член ряду un =

не прямує до нуля, отже, в

цій точці ряд розбіжний;

−1 < x < 1, тоді lim xn = 0 ,

lim

= 1 ≠ 0 , ряд розбігається;

+ xn

n→∞

n→∞ 1

x (−∞; − 1) (1; ∞) . Покажемо, що у цьому випадку ряд збігається.

∞

Справді, оскільки ряд ∑

збіжний для

x, що задовольняють умову

n=1 x

< 1, тобто

> 1 , і lim

= lim

= 1, то за

1+ xn

+ xn

n→∞

+ 1

граничною ознакою порівняння заданий ряд збіжний для

> 1 .

Отже, область збіжності вихідного ряду — множина (−∞; − 1) (1; ∞).

Дослідіть на рівномірну збіжність функціональні ряди.

∞
4. ∑ sin nx .
n=1	n3

Розв’язання. Ряд визначений для всіх x (−∞; ∞) і є знакозмінним функ-

ціональним рядом. Покажемо, що цей ряд абсолютно і рівномірно збіжний на всій числовій прямій. Застосуємо ознаку Вейєрштрасса. Збіжний

		∞
числовий ряд ∑			1	є мажорантним для вихідного ряду. Справді, члени
числовий ряд ∑				є мажорантним для вихідного ряду. Справді, члени
	n=1 n3
∞	\| sin nx \|
ряду ∑	\| sin nx \|	, який складений із модулів членів вихідного ряду, задово-
ряду ∑		, який складений із модулів членів вихідного ряду, задово-
n=1	n3			\| sin nx \|		1
льняють нерівності				\| sin nx \|	≤	1	( n = 1, 2, …) для всіх x (−∞; ∞) . Отже,
льняють нерівності				n3	≤		( n = 1, 2, …) для всіх x (−∞; ∞) . Отже,
				n3		n3

за ознакою Вейєрштрасса ряд збігається абсолютно і рівномірно.

∞	(−1)	n+1
5. ∑	(−1)		.
5. ∑	n + \| x \|		.
n=1	n + \| x \|
Розв’язання. Ряд визначений для всіх x (−∞; ∞)							і є альтерновним фу-
нкціональним рядом. Оцінимо залишок				\| r \| < \| u	n+1	\|=	1	≤	1	, при-
нкціональним рядом. Оцінимо залишок				\| r \| < \| u		\|=		≤		, при-
				n			n + 1+ \| x \|		n + 1
							n + 1+ \| x \|		n + 1

чому ця оцінка справджується для всіх x (−∞; ∞) . Нехайε > 0 задано. Потрібно вказати номер N = N(ε), залежний від ε і не залежний від x, що для всіх n > N і для всіх x D виконується нерівність

rn (x) < ε.

Для нашого ряду нерівність							rn (x)	< ε виконується для всіх дійсних x і

n > N (ε) , де N(ε) =		1	− 1		(тут [a] ― ціла частина числа a ). Тому ряд збі-

	ε
гається рівномірно	для			всіх x (−∞; ∞) . Проте ця збіжність не є абсо-
				n+1	∞
∞	(−1)					1
лютною, бо ряд ∑					= ∑				є розбіжним (порівняйте його з гар-
	n + \| x \|
n=1					n=1 n + \| x \|

монічним рядом). Отже, вихіднийрядзбігається рівномірно, аленеабсолютно.

Зауваження. Попередній приклад свідчить про те, що не кожен рівномірно збіжний на деякому проміжку ряд буде абсолютно збіжним на цьому проміжку.

∞

6. ∑ xn , x (−1; 1).

n=1

Розв’язання. Для вказаних x ряд збігається як сума нескінченно спадної геометричної прогресії. Покажемо, що ця збіжність нерівномірна.

Розглянемозалишокряду rn (x) = xn+1 + xn+ 2 + …=

xn+1

ізнайдемограниці

1− x

lim

r (x)

= lim

xn+1

lim

(x)

= lim

xn+1

= ∞. Якщо задати 0 < ε < 0,5,

x→−1

1− x

x→1

1− x

нерівність | rn (x) |< ε для всіх x (−1; 1) не виконуватиметься, що суперечить означеннюрівномірноїзбіжності. Отже, рядзбігається нерівномірно.

Зауваження. Якщо функціональний ряд, члени якого неперервні на відрізку [a; b] функції, збігається на цьому відрізку до розривної

функції S(x) , то ряд збігається на [a; b] нерівномірно.

Знайдіть область збіжності степеневих рядів.

∞	(−1)n+1	(x − 5)	n
7. ∑				.
		n 3n
n=1

Розв’язання. Ряд є повним степеневим рядом. Тому для нього застосовні формули (1.12), (1.13). Знайдемо радіус збіжності за формулою (1.12). Маємо

(−1)n+1

(−1)n+ 2

, a

n+1

;

n 3n

(n + 1)

3n+1

R = lim

= lim

(−1)n+1

(n + 1) 3n+1

= 3 lim

n + 1

= 3.

an+1

(−1)n+ 2

n→∞

Визначаємо інтервал збіжності: −3 < x − 5 < 3 , 2 < x < 8 . Отже, ряд абсолютно збіжний у внутрішніх точках інтервалу (2; 8).

Залишилося дослідити поведінку ряду на кінцях інтервалу збіжності. Нехай x = 2 , вихідний ряд переходить у розбіжний числовий ряд

∞	(−1)	n	∞	(−1)		2n+1		∞	1
∑ (−1)n+1	(−1)		= ∑	(−1)			= −∑		1	.
∑ (−1)n+1	n 3n		= ∑		n		= −∑			.
n=1	n 3n		n=1		n		n=1 n
					∞			3	n
У точці x = 8 ряд набуває вигляду					∑ (−1)n+1			3
У точці x = 8 ряд набуває вигляду					∑ (−1)n+1			n 3n
					n=1			n 3n

ряд збігається умовно.

Отже, область збіжності ряду — проміжок (2; 8] .

∞

8. ∑ n!(x + 2)n .

n=1

∞	(−1)	n+1
= ∑			. Цей
	n
n=1

Розв’язання. За формулою (1.12) дістаємо

R = lim

= lim

= 0 .

(n + 1)!

n→∞

n→∞ n! (n + 1)

n→∞ n + 1

n+1

Оскільки радіус збіжності дорівнює нулю, то степеневий ряд збігається лише в одній точці — x = −2 .

∞	n	n		2n
9. ∑			x		.
	2n + 1
n=1

Розв’язання. Ряд є неповним, оскільки коефіцієнти цього ряду при непарних степенях x дорівнюють нулю. Позначивши x2 = t ≥ 0, дістанемо повний степеневий ряд

∞	n	n		n
∑			t		,	(1.19)
	2n + 1
n=1

радіус збіжності якого визначаємо за формулою (1.13):

R =	1	= lim		1			= lim	2n + 1	= 2.
	lim n \| an \|
		n→∞		n		n n→∞		n
	n→∞		n
				2n + 1
Отже, ряд (1.19) збігається для				t (−2; 2). Враховуючи обмеження
t ≥ 0 , дістанемо t [0; 2). У точці t = 0					ряд (1.19) збіжний. Дослідимо цей

ряд на правому кінці інтервалу збіжності. Поклавши в (1.19) t = 2, дістанемо числовий ряд

Оскільки lim

n→∞

(1.19) розбігається. нувшись до заміни

∞

n n

∞

2n n

∑

= ∑

2n + 1

n=1

2n + 1

n=1

то при t = 2 ряд

= lim

1−

≠ 0,

2n + 1

n→∞

Отже, ряд (1.19) збіжний на інтервалі t [0; 2). Повер- x2 = t, визначимо область збіжності вихідного ряду:

x2 [0; 2), | x |< 2, − 2 < x < 2.

10. ∞ 5n2 xn2 .

∑

n=1

Розв’язання. Ряд є неповним, тому застосування формул (1.12), (1.13) неможливе. За радикальною ознакою Коші маємо

якщо 5

| x | < 1,

lim n

= lim (5 | x |)

якщо 5 | x | = 1,

n→∞

| x | > 1.

∞, якщо 5

Отже, ряд збігається на інтервалі

−

;

. У кінцевих точках указа-

ного інтервалу ряд розбігається (переконайтесь у цьому самостійно).

∞

11. Знайдіть суму ряду ∑ nxn−1 ( | x | < 1 ).

n=1

Розв’язання. Потрібно знайти суму

S(x) = 1+ 2x + 3x2 + 4x3 + …+ nxn−1 + … .

Розглянемо геометричний ряд 1+ x + x2 + x3 + …+ xn + …,

він збіжний

для | x | < 1 , причому його сума

S (x) =

. Скориставшись властивістю

1− x

про почленне диференціювання степеневого ряду, дістанемо

S(x) = (S (x))′ =

′

(1− x)

1− x

12. Розкладіть у ряд Маклорена функції:

а) f (x) = ex ; б) g(x) = x2 e2x .

Розв’язання: а) функція

f (x) = ex

нескінченно диференційовна, при-

чому ex = (ex )′ = (ex )′′ = …= (ex )(n) для довільного n N , звідси випливає,

що f (0) = f (0)′ = f (0)′′ = …= f (0)(n) = 1 і

+ …+

+ … .

(1.20)

Знайдемо радіус збіжності цього ряду:

R = lim

= lim

(n + 1)!

= lim (n

+ 1) = ∞,

n→∞

n+1

тобто ряд збігається в інтервалі (−∞; ∞).

Залишилося довести, що lim Rn

= 0. Для всіх x (−r; r) , де r — будь-

n→∞

яке додатне число, виконуються нерівності

f (n) (x)

= ex < er = M ,

тому за теоремою 5 lim Rn

= 0.

n→∞

(−r; r) (−∞;

∞), тобто на інтервалі

Отже, на будь-якому інтервалі

(−∞; ∞), функція ex

розкладається у ряд Маклорена за формулою (1.20);

б) щоб розкласти функцію g(x)

у ряд Маклорена, достатньо замінити у

формулі (1.20) x на 2x і результат помножити на x2,

тоді дістанемо

g(x) = x2 e2x

= x2

(2x)

+ …+

+ … =

= x2 +

2x3

22 x4

23 x5

+ …+

2n xn+ 2

+ … .

Цей ряд збігається до функції g(x) на всій числовій прямій.

13. Розкладіть у ряд Тейлора за степенями x − 1 функції:

а) f (x) =

;

б) g(x) =

x + 2

(x + 2)2

Розв’язання: а) позначимо x − 1 = t, тоді

x +

t + 1+ 2

3 + t

Скориставшись формулою 7 (табл. 1.2), записуємо розвинення

∞

n t

∞

n tn

∑ (−1)

= ∑

(−1)

3n+1

3 n=0

n=0

звідки після заміни t

на x − 1 , дістанемо остаточну відповідь

x − 1

(x − 1)

∞

(x − 1)

−

− …+ (−1)n

+ …= ∑

(−1)n

x + 2

3n+1

n=0

Ця рівність справедлива, якщо

x − 1

1. Звідси −2 < x < 4 ;

′

б) оскільки

= −

, то,

скориставшись властивістю про

(x + 2)

x + 2

почленне диференціювання степеневого ряду, дістанемо

x − 1

(x − 1)2

n (x − 1)n

′

= −

−

− …+ (−1)

+ … =

(x +

= −

−

2(x − 1)

− …+ (−1)n

n(x − 1)n−1

+ …

n+1

∞

(−1)

= ∑

n(x − 1)n−1

, x (−2; 4).

3n+1

n=1

14. Розкладіть у ряд Маклорена функцію

f (x) = arctg x .

Розв’язання. Замінившиуформулі7 (табл. 1.2)

x на x2 ,

запишеморівність

1− x2 + x4 − x6 + …+ (−1)n x2n + …, x (−1; 1) .

1+ x2

Скориставшись властивістю про почленне інтегрування степеневого ряду, дістанемо

x	dt		x	x	x	x	x
∫	dt		= ∫ dt − ∫ t2 dt + ∫ t4 dt − ∫ t6 dt + …+ (−1)n ∫ t2n dt + …
∫	1+ t	2
0	1+ t	0		0	0	0	0

або

arctg x = x −	x3	+	x5	−	x7	+ …+ (−1)	n	x2n+1	+ … .
	3		5		7			2n + 1

Можна довести, що ця рівність справедлива і для x = ±1 , отже, ряд збіжний для x [−1; 1] .

15. Розкладіть у ряд Маклорена функцію f (x) = ln(x2 + 3x + 2) . Розв’язання. Перетворимо логарифмічну функцію:

ln(x2 + 3x + 2) = ln(x + 2)(x + 1) = ln(x + 2) + ln(x + 1) =

= ln 2 1+

+ ln(1+ x) = ln 2 + ln 1+

+ ln (1+ x).

Скориставшись розвиненням 4 (табл. 1.2) для логарифмічних функцій

ln 1+

і ln(1+ x),

дістанемо

ln(x

+ 3x + 2) = ln 2 +

n−1

−

− …+ (−1)

+ …

2 2

3 2

n 2

n−1 xn

∞ (−1)n+1 x

x −

− …+ (−1)

…

= ln 2 +

∑

n=1

(

)

n+1

(

)

n+1

∞

−1

∞

−1

+∑

x = ln 2 + ∑

+ 1 x .

n=1

З’ясуємо область збіжності одержаного ряду. Оскільки ряд Маклорена

для функції ln 1+

збіжний при −1 <

≤ 1 ,

тобто −2 < x ≤ 2 , а ряд для

ln(1+ x) збіжний на проміжку −1 < x ≤ 1, то одержане розкладання справе-

дливе для −1 < x ≤ 1, тобто для тих значень x , при яких збіжні одночасно обидва ряди.

16. Розкладіть у ряд Маклорена функцію f (x) =	x2
		.

	9 + x2

Розв’язання. Перетворимо функцію f (x) так:

x2		=	x2		1			.
		=						.
9 + x	2	3		1	+	x	2
9 + x						x

					9

Використовуючи формулу 6 (табл. 1.2) для m = −0, 5 , розкладемо в ряд

функцію

(1+ t )

−

2 :

1+ t

−

− 1

−

− 2

= 1+

−

t +

1+ t

− n

−

− 1

−

...

−

+ …+

+ ...

1 3

1 3 5

1 3 ... (2n − 1)

= 1−

t +

t2 −

t3 + ... + (−1)n

tn + ... .

22 2!

23 3!

2n n!

Замінивши в цій рівності

t на

, дістанемо

n 1 3 ... (2n − 1)

1 3

1 3 5

(

)

= 1−

182 2!

−

183

+ ... +

−1

18n n!

+ ... ,

а тому шуканий розклад остаточно набуває вигляду

1 3

1 3 5

−

+ ... +

+ 9

n 1 3 ... (2n − 1)

2n+ 2

+ (−1)

+ ... .

Область збіжності ряду — проміжок −1 <

≤ 1 , або −3 < x ≤ 3.

17. Обчисліть

з точністю ε = 0, 001.

Розв’язання. Використовуючи розвинення у ряд Маклорена функції ex , дістанемо

1					1		1			1		1
e = e	2	= 1	+			+			+		+ …+		+ … .
				2	1!		22
								2! 23 3!			2n n!

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 456 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
29.08.20195.47 Mб21(Т4 укр)м(Л21).doc
#
29.08.20193.68 Mб36(Т5укр)м(Л22-23).doc
#
11.12.2018296.96 Кб12+Изгот микросхем.doc
#
11.12.2018437.76 Кб3+страничная память.doc
#
19.02.20162.32 Mб210887578_645D9_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat.pdf
#
19.02.20163.59 Mб510887579_C36AB_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat.pdf
#
19.09.2019106.5 Кб01 000 000 $.doc
#
16.11.20191.38 Mб11 Lab (Neuro).docx
#
19.02.20161.12 Mб1001 Конспект лекций Основы системного анализа.doc
#
25.11.2019238.27 Кб41 Літосферні стихійні лиха.docx
#
19.02.201652.22 Кб4741 ПЗ М1 Менеджмент.doc