Тиоповой расчёт по математике 6 модуль
.pdfВведение
Типовые расчеты по математике для студентов 2-го курса (3-й семестр) содержат 2 типовых расчета по темам "Ряды", и "Теория функций комплексного переменного". Каждый из типовых расчетов содержит 30 вариантов заданий по 8 различным темам. В типовых расчетах перед заданиями помещены методические указания и примеры выполнения этих заданий.x для показательной
В данных типовых расчетах наряду с обозначением e
функции с основанием e применяется второе стандартное обозначение exp x â
случае громоздких показателей, а также используются гиперболические функции:
sh x = (ex ¡ e¡x)=2; ch x = (ex + e¡x)=2; th x = sh x=ch x
и обратные к ним функции.
Типовой расчет "Ряды"
Методические указания
Содержание расчетных заданий
I.Исследовать сходимость числовых рядов.
II. Найти область сходимости функционального ряда.
III. Найти три первых отличных от нуля члена разложения функции в ряд Маклорена.
IV. Разложить функцию в ряд Тейлора в окрестности точки x0; используя разложения Маклорена элементарных функций. Указать область в которой разложение справедливо.
V.Вычислить интеграл с точностью до 0; 001; используя разложение в степенной ряд.
VI. Найти решение задачи Коши для данного дифференциального уравнения в виде ряда по степеням x .
VII. Задать аналитически функцию, график которой изображен на рисунке. Построить для этой функции 4 ряда Фурье: общий тригонометрический, по синусам, по косинусам и в комплексной форме. Изобразить графики сумм построенных рядов.
VIII. Найти преобразование Фурье.
3
Образцы выполнения заданий
I. Исследовать сходимость числовых рядов. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
1 |
(¡1)n(2n4 |
¡ 1): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
à) |
nP |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
4 |
|
|
|
|
|
|
||
n6 + 5n + 6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(¡1) (2n |
|
¡ 1) |
|
|
|
|
|
||||||||||
Общий член данного ряда обозначим un = |
|
: |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
n6 + 5n + 6 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2n4 |
|
|
|
2n4 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Очевидно, что un |
|
= |
|
|
¡ |
1 |
< |
|
= |
2 |
: Ðÿä |
1 |
1 |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
j |
|
j |
|
|
n + 5n + 6 |
|
|
n |
|
|
|
n |
|
|
|
|
nP |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
=1n |
|
1 |
12 dx сходится. |
|||||||||||
вании интегрального признака Коши: |
1 |
12 dx = 1, |
òî åñòü |
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
1 |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
x |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Следовательно, ряд |
nP |
|
|
|
|
тоже сходится, откуда, используя свойства сходя- |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
=1n2 |
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
щихся рядов, получаем, что сходится ряд |
nP |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
=1n2 . |
|
|
|
|
|
|
|
P1 Тогда на основании признака сравнения заключаем, что ряд из модулей junj сходится, а следовательно, по определению абсолютной сходимости
n=1
исходный ряд сходится абсолютно.
P1 (¡1)n(2n4 ¡ 1)
Ответ: ðÿä n=1 n6 + 5n + 6
Замечание. Из абсолютной сходимости следует сходимость исходного ряда (абсолютная сходимость - более сильное свойство). В рассмотренном приме-
ре для доказательства абсолютной сходимости можно использовать и признак сравнения в предельной форме:
|
u |
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
2n4 ¡ 1 |
|
|
= |
1 |
|
|
|
2 ¡ 1=n4 |
|
|
|
lim |
|
junj |
= 2; |
|
|||||||||||||
j |
nj |
|
n6 + 5n + 6 |
n2 |
¢ 1 + 5=n5 + 6=n6 ) |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
n!1 1=n2 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
следовательно, ряд |
1 |
|
|
2n4 ¡ 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 1 |
|
||||||||||||||||||||
|
|
=1n6 + 5n + 6 сходится, так как сходится ряд |
=1n2 . |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
1 |
|
( |
|
|
n 5 |
nP |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
nP |
||||||||||
|
|
|
|
|
1) (n + n + 5) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
á) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¡ |
|
|
|
1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
=1 |
|
|
|
n6 + n2 |
¡ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
nP n |
5 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Пусть |
|
(¡1) |
|
|
(n |
+ n + 5) |
= un. Очевидно, что |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
n6 + n2 ¡ 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n5 + n3 + 5 |
|
|
n5 |
n5 |
1 1 |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
junj = |
|
> |
|
|
|
¸ |
|
= |
|
|
¢ |
|
: |
|
|
|
|||||||||||
Ðÿä |
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
n6 + n2 ¡ 1 |
n6 + n2 |
2n6 |
2 |
n |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
=1n - гармонический. Он расходится по интегральному признаку Ко- |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
nP |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
øè: |
1 |
1 |
|
dx = ln x 11 |
= |
|
|
; значит, 1 |
1 |
dx расходится, следовательно, |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
1 |
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
j |
|
|
|
1 |
|
|
|
1 x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
=1 n расходится. Из расходимости гармонического ряда на основании при- |
||||||||||||
nP |
1 |
|
|
|
1 n5 + n3 + 5 |
|
||||||
знака сравнения следует, что ряд из модулей |
|
un |
j |
= |
|
|
|
|
|
òîæå |
||
=1 |
=1n6 + n2 |
¡ |
1 |
|||||||||
расходится. |
nP j |
|
|
nP |
|
|
|
4
В предельной форме признак сравнения здесь применяется так:
|
|
n5 |
+ n3 + 5 |
1 |
|
|
|
|
|||||
jujnj = |
|
|
|
» |
|
ïðè n ! 1; |
|
|
|
||||
n6 |
+ n2 ¡ 1 |
n |
|
|
|
||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
P j |
un |
j |
расходится, так как расходится ряд |
nP |
|
|
|||||||
|
|
||||||||||||
следовательно, ряд n=1 |
|
=1n. |
|||||||||||
Из расходимости ряда |
|
1=1 un |
|
делаем вывод: исходный ряд абсолютно рас- |
|||||||||
|
nP j |
j |
|
|
|
|
|
|
|
|
ходится. Теперь нужно выяснить: сходится ли он? Применим признак Лейбни-
ца, который утверждает, что знакочередующийся ряд сходится, если модуль его общего члена, монотонно убывая, стремится к нулю. Введем обозначения:
|
|
x5 |
+ x3 + 5 |
|
|
|
Á(x) = |
|
|
; тогда Á(n) = junj: |
|
x6 |
+ x2 ¡ 1 |
|
|||
Вычислим производную этой функции: |
|
||||
Á0(x) = |
(5x4 + 3x2)(x6 + x2 ¡ 1) ¡ (6x5 + 2x)(x5 + x3 + 5) |
= |
|||
|
|
|
(x6 + x2 ¡ 1)2 |
|
= ¡x10 ¡ 3x6(x2 ¡ 1) ¡ 30x5 ¡ 4x4 ¡ 3x2 ¡ 10x: (x6 + x2 ¡ 1)2
Легко видеть, что Á0(x) < 0 ïðè âñåõ x ¸ 1. Следовательно, функция
Á(x) монотонно убывает на промежутке [1; 1), откуда имеем: junj монотонно убывает. Теперь достаточно найти предел этого модуля
nlim junj = nlim |
n5 |
+ n3 |
+ 5 |
= 0: |
||
n6 |
+ n2 |
¡ |
1 |
|||
!1 |
!1 |
|
|
|
|
Таким образом, получили, что на основании признака Лейбница данный ряд |
||||||||||||||||
сходится. |
1 ( |
|
1)n(n5 + n3 + 5) |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Ответ: ðÿä n=1 |
¡ |
n6 |
+ n2 |
¡ |
1 |
|
сходится, но не абсолютно (такие ряды |
|||||||||
|
|
P |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
называются условно сходящимися). |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
â) |
1 arctg |
n + 1 |
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
=0 |
2 |
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
||
|
nP |
|
|
|
|
|
|
|
= un è, |
|
|
|
||||
Обозначим |
arctg((n + 1)=2 ) |
используя эквивалентность |
||||||||||||||
arctg x » x ïðè x ! 0 , вычислим предел отношения |
||||||||||||||||
|
|
lim |
|
un+1 |
= lim |
(n + 2)2n |
= |
1 |
< 1: |
|||||||
|
|
|
|
|
|
n+1 |
(n + 1) |
2 |
||||||||
|
|
n!1 un |
|
|
n!1 |
2 |
|
|
|
Следовательно, исходный ряд сходится на основании признака Даламбера в предельной форме.
5
Ответ: ðÿä |
|
1 arctgn2+1n сходится. |
|
|
|
||||||||
|
|
|
nP3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
1 |
|
=0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
n |
|
2n |
+ 3 |
|
|
|
|
|
|
|||
Найдем |
P |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5n3 |
+ 7: |
|
|
|
|
|
|
||||
ã) |
n=1(¡1) ln |
|
|
|
|
|
|
: |
|||||
|
предел общего члена этого ряда при |
n ! 1 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
2n3 + 3 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|||||
|
|
junj = ln |
|
¡! ln |
|
6= 0 |
) nlim!1 un 6= 0: |
||||||
|
|
5n3 + 7 |
5 |
Таким образом, получили, что для данного ряда не выполнен необходимый |
|||||||||||||||||||||||||
признак сходимости, следовательно, ряд расходится. |
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
n |
2n3 |
+ 3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Ответ: ðÿä n=1( |
¡ |
1) ln |
|
|
|
: расходится. |
|
|
|
|
|||||||||||||||
5n3 |
+ 7 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
P |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
II. Найти область сходимости функционального ряда. |
|
||||||||||||||||||||||||
|
1 |
( 1)n+1 |
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
à) |
|
¡ |
|
|
(x + 5) : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
=0 |
2n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Пусть |
nP |
|
|
(¡1)n+1 |
|
|
|
n. Тогда |
jun(x)j = |
jx + 5jn |
; |
|
|||||||||||||
un(x) = |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
2n |
|
|
(x + 5) |
|
|
|
|
|
|
2n |
|
||||||||||||
|
lim |
jun+1(x)j |
= lim |
|
jx + 5jn+12n |
= |
jx + 5j |
= q(x): |
|||||||||||||||||
|
n!1 |
j |
un(x) |
j |
|
n!1 |
|
2n+1 |
j |
x + 5 n |
2 |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1=0 |
|
|
|
|
|
j |
|
|
|
|
||||||
По признаку Даламбера ряд |
|
un(x) |
|
сходится при q(x) < 1, расходит- |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
nP j |
|
|
|
|
j |
|
|
|
|
|
|
ñÿ ïðè q(x) > 1, à ïðè q(x) = 1 требуется дополнительное исследование.
Следовательно, ряд nP1=0 jun(x)j сходится при jx + 5j < 2 и расходится при jx+5j > 2. Отсюда делаем вывод, что исходный ряд при jx+5j < 2 сходится
абсолютно. При jx + 5j > 2 исходный ряд расходится, так как не выполнен необходимый признак сходимости. Интервал сходимости (¡7; ¡3).
В точках x1 = ¡7 è x2 = ¡3, òî åñòü ïðè q(x) = 1, проведем иссле-
дование сходимости возникающих числовых рядов при помощи каких-нибудь других достаточных признаков сходимости:
un(x1) = (¡1)2n+1 = ¡1; òî åñòü un(x1) 6!0 ïðè n ! 1;
следовательно, |
ðÿä |
1 un(x1) расходится. Аналогично расходится ряд |
|
|
|
|
nP |
1 un(x2) = |
1 |
|
=0 |
( 1)n+1. |
|||
nP |
P |
¡ |
|
=0 |
n=0 |
|
Замечание. Расходимость этих рядов можно было бы доказать и по определению, рассматривая их частные суммы:
Sn(x1) = ¡n ¡ 1 ! ¡1 ïðè n ! 1 è
6
8
<¡ 1; åñëè n четное,
Sn(x2) = |
: |
0; åñëè n нечетное, |
òî åñòü Sn(x2) не имеет |
|
|
|
предела. |
|
Ответ: в интервале (¡7; ¡3) данный ряд сходится абсолютно, вне ин-
тервала расходится. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
á) |
1 |
|
|
3n |
|
|
|
|
: Обозначим: |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
¡ |
|
n |
|
|
|
|
|
|||||||
|
nP |
|
|
|
x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
=0(n + 1)(2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
3n |
3n |
|
|
; тогда |
||||||
|
un(x) = |
|
|
|
; jun(x)j = |
|
|
||||||||||
|
(n + 1)(2 ¡ x)n |
(n + 1)j2 ¡ xjn |
|||||||||||||||
|
lim |
|
jun+1(x)j |
|
= lim |
(n + 1)3n+1jx ¡ 2jn |
= |
|
3 |
|
= q(x): |
||||||
|
|
|
jx ¡ 2j |
||||||||||||||
|
n!1 jun(x)j |
|
n!1 (n + 2)3njx ¡ 2jn+1 |
|
|
Применив признак Даламбера, видим, что условие сходимости q(x) < 1 эквивалентно неравенству jx ¡ 2j > 3, множеством решений которого является объединение интервалов (¡1; ¡1) [ (5; 1). В открытом интервале (¡1; 5) величина q(x) > 1 и, следовательно, не выполнен необходимый при-
знак сходимости исходный ряд расходится. |
|
|
|||||||||
Величина q(x) = 1 ïðè x1 = ¡1 è x2 = 5, в этих точках требуется |
|||||||||||
провести дополнительное исследование. При x1 = ¡1 |
|
|
|||||||||
|
1 |
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
||
|
P |
¡ |
nP |
|
|
|
|
x2 |
= 5 |
||
|
|
n |
|||||||||
ðÿä n=0 un( |
|
1) = |
|
=0n + 1 - расходится (гармонический ряд). При |
|||||||
|
1 |
|
1 |
(¡1) |
|
|
|
|
|
||
ðÿä |
nP |
|
P |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
=0 un(5) = n=0 n + 1 - сходится по признаку Лейбница, но не абсолютно, |
так как ряд из модулей является гармоническим.
Ответ: исходный ряд сходится на множестве (¡1; ¡1) [ [5; 1); ïðè
этом в точке x = 5 ряд является условно сходящимся, в остальных точках
сходится абсолютно. |
|
|
|
|
III. Найти три первых отличных от нуля члена разложения функции в ряд |
||||
Маклорена. |
|
|
|
|
à) f(x) = tg x. |
|
|
|
|
Ряд Маклорена имеет вид f(x) = |
1 |
f(n)(0) |
|
f(n)(0) - значение n- |
|
|
|||
(0) |
nP |
, ãäå |
|
|
|
=0 n! |
|
ой производной в нуле (f (0) = f(x)). Для заданной функции имеем: f(0) = tg 0 = 0. Теперь найдем последовательно столько производных, сколько потребуется, чтобы три из них были отличны от нуля в точке x = 0.
f0(x) = 1= cos2 x; f0(0) = 1;
f00(x) = 2 cos¡3 x ¢ sin x; f00(0) = 0;
f000(x) = 2 cos¡2 x + 6 cos¡4 x ¢ sin2 x; f000(0) = 2;
7
fIV (x) = 16 cos¡3 x ¢ sin x + 24 cos¡5 x ¢ sin3 x; fIV (0) = 0; fV (x) = 8 cos¡2 x ¢ (2 + 15 tg4 x + 15 tg2 x); fV (0) = 16:
Ответ: tg x = x + x3=3 + 2x5=15 + :::
á) f(x) = arctg (sinx).
Для этой функции имеем:
f(0) = 0; |
f0(x) = |
cos x |
|
; |
f0(0) = 1; |
|
||||||
2 |
x |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
1 + sin |
|
|
|
|
|||
f00(x) = |
¡ sin x(1 + sin2 x) ¡ cos x ¢ 2 sin x cos x |
= |
||||||||||
|
|
(1 + sin2 x)2 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
= sin x |
¢ |
sin2 x ¡ 3 |
; |
f00(0) = 0; |
|
|||||||
(sin2 x + 1)2 |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
обозначим: |
|
sin2 x ¡ 3 |
|
= Á(x); |
|
7 ¡ sin2 x |
= Ã(x); |
|||||
|
(sin2 x + 1)2 |
(sin2 x + 1)3 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
f000(x) = cos x ¢ Á(x) + sin x ¢ sin 2xÃ(x); f000(0) = ¡3; fIV (x) = Ã(x)(¡ sin x ¢ +2 cos x ¢ sin 2x +
+ sin x ¢ cos 2x) + sin x ¢ sin 2x ¢ Ã0(x); fIV (0) = 0; fV (x) = ¡ cos x ¢ Á(x) + 6 cos x ¢ cos 2x ¢ Ã(x) +
+ sin x ¢ [Ã00(x) ¢ sin 2x + 2Ã0(x)(3 cos2 x + 2 cos 2x) ¡ ¡3 sin 2x ¢ Ã(x)]; fV (0) = 3 + 42 = 45:
Ответ: arctg (sinx) = x ¡ x3=2 + 3x5=8 + :::
IV. Разложить функцию в ряд Тейлора в окрестности точки x0, используя
известные разложения Маклорена. Указать область, в которой разложение |
||||||||||||
справедливо. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
à) f(x) = e3¡x + 5x; x0 = 2: |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Обозначим |
x ¡ x0 = x ¡ 2 = ¡t, тогда x = ¡t + 2 è |
|
||||||||||
e3¡x + 5x = e1+t ¡ 5t + 10 = e(1 + t + |
t2 |
|
|
tn |
+ :::) ¡ 5t + 10 = |
|||||||
|
+ ::: + |
|
||||||||||
2 |
n! |
|||||||||||
= e+10+(e |
5)t+e 1 |
tn |
= e+10+(5 |
e)(x |
|
2)+e |
1 |
(¡1)n(x ¡ 2)n |
: |
|||
|
|
|
|
|
||||||||
¡ |
X |
n! |
¡ |
|
|
¡ |
|
nX |
n! |
|
||
n=2 |
|
|
|
|
=2 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Разложение получено. Теперь выясним, в какой области оно справедливо. Нам известно, что функция et представима своим рядом Маклорена при t 2
8
(¡1; +1): Òàê êàê x = ¡t + 2, то отсюда следует, что область, в которой
полученное разложение справедливо, вся вещественная ось(.¡1)n(x ¡ 2)n
e3¡x + 5x = e + 10 + (5 ¡e)(x ¡2) + e P1
n n!
=2
ïðè x 2 (¡1; +1):
á) f(x) = (x2 + 2x ¡ 3)¡1; x0 = 0.
Знаменатель данной дробно-рациональной функции имеет простые вещественные корни, из чего следует, что существует единственное представление этой функции в виде суммы простейших дробей:
1 |
|
1 |
1 |
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
f(x) = |
|
= |
|
|
¢ |
|
|
|
¡ |
|
|
¢ |
|
|
|
= |
|
|
|
x2 + 2x ¡ 3 |
4 |
x ¡ 1 |
4 |
x + 3 |
|
|
|||||||||||||||
= ¡ |
1 |
[(1 ¡ x)¡1 + (3 + x)¡1] = ¡ |
1 |
[(1 ¡ x)¡1 + |
1 |
Ã1 + |
x |
!¡1 |
]: |
||||||||||||
4 |
4 |
3 |
3 |
Каждое из слагаемых (1¡x)¡1 è (1+x=3)¡1 в последней квадратной скобке представим рядом Маклорена для (1+t)¹ , ãäå ¹ = ¡1; t = ¡x в первом слагаемом и t = x=3 во втором. Тогда получим следующие представления:
(1 x)¡1 = |
1 |
xn; |
|
1 |
Ã1 + |
x |
!¡1 = |
1 |
(¡1)n |
à |
x |
!n : |
nX |
|
|
X |
|
|
|||||||
¡ |
|
3 |
3 |
|
3 3 |
|
||||||
=0 |
|
|
n=0 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Первое разложение справедливо на интервале (¡1; 1) второе на (¡3; 3) (те же разложения в ряд простейших дробей (1 ¡ x)¡1 è (1 + x=3)¡1 можно
получить, используя формулу для суммы бесконечно убывающей прогрессии). Сложив почленно два ряда и умножив на ¡1=4, получим следующее разло-
жение: |
1 |
|
|
01 + |
(¡n+1 |
|
1 = |
1 |
|
¡ |
|
|
|
n¡+1 |
xn; |
|
f(x) = |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
X |
xn |
@ |
|
1)n |
A |
nX |
( |
1)n+1 |
3n+1 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
¢ |
|
|
|
|||||
|
¡ n=0 |
4 |
|
3 |
|
|
=0 |
|
|
4 |
|
3 |
|
|
||
которое справедливо на интервале ( |
1; 1). |
ïðè |
x |
|
( |
1; 1): |
|
|||||||||
Ответ: f(x) = 1 (¡1)n+1¡3n¡ |
|
xn |
|
|
||||||||||||
|
|
2P |
¢ |
+1 |
|
|
|
2 ¡ |
|
|||||||
|
n=0 |
4 3n+1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
â) f(x) = ln(¡x |
|
+ 2x + 3); x0 = 2: |
|
|
|
|
|
|
|
Сделаем замену переменных x ¡ 2 = t; тогда, используя стандартное разложение Маклорена для функции f(x) = ln t =
= 1 |
(¡1)n¡1xn |
||
nP |
|
|
, будем иметь: |
n |
|
||
=1 |
|
||
f(x) |
= ln [¡(t + 2)2 + 2(t + 2) + 3] = ln [¡(t2 + 2t ¡ 3)] = |
9
=ln [3(1 ¡ t)(1 + 3t )] = ln 3 + ln (1 ¡ t) + ln (1 + 3t ) =
= ln 3 + |
1 |
tn |
+ 1 |
(¡1)n¡1tn |
: |
X |
|
|
|||
|
n |
nX |
n3n |
||
|
n=1 |
=1 |
|||
|
|
|
|
Область представимости функции ln (1 |
¡ |
t) рядом 1 tn=n есть полуот- |
|||||||||
|
|
|
|
=1 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
nP |
n |
1 |
t |
n |
|||
крытый интервал |
J1 |
= [ 1; 1) |
, а функции |
ln (1 + t=3) |
рядом 1 |
(¡1) |
¡ |
|
|||
|
|
|
|||||||||
n3n |
|
|
|||||||||
|
|
|
=1 |
|
|
||||||
|
|
¡ |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
nP |
|
|
|
|
интервал J2 = (¡3; 3]. Оба разложения справедливы в интервале J1, òî åñòü ïðè ¡1 · t < 1. Последнее неравенство, учитывая, что t = x ¡ 2,
эквивалентно неравенству ¡1 · x ¡ 2 < 1 èëè 1 · x < 3.
Складывая эти ряды почленно и переходя к переменной |
x; |
получим раз- |
|||||||||||||||||
ложение (ответ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
ln ( |
¡ |
x2 + 2x + 3) = ln 3 + 1 |
3n |
+ (¡1)n¡1 |
(x |
¡ |
2)2; |
||||||||||||
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
=1 |
|
|
|
n3n |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
nX |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
которое справедливо в интервале [1; 3): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
V. Вычислить интеграл 01 |
e¡x2 |
dx с точностью до 0; 001: Используя стан- |
|||||||||||||||||
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
= 1 |
t |
n |
|
|
|
|
||
дартный ряд Маклорена для функции f(t) = et |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
=0n!, будем иметь: |
||||||||
|
|
|
|
|
|
(¡1)nx2n |
nP |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
e¡x2 = |
1 |
: |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
=0 |
|
n! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
nX |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Интегрируя этот ряд почленно, получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
t e¡x2 dx = |
1 (¡1)n x2n+1 |
¯1 |
= |
1 (¡1)n |
|
: |
|||||||||||||
Z0 |
|
|
=0 |
n! |
2n + 1 |
¯ |
|
n=0 n!(2n + 1) |
|
||||||||||
|
|
|
nX |
|
|
|
|
|
0 |
|
X |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯
¯
Полученный ряд является знакочередующимся. Отсюда, на основании признака Лейбница, следует, что абсолютная величина погрешности, возникающей
при замене суммы ряда n -ой частичной суммой, не превосходит модуля пер-
вого отброшенного члена. Вычисляя последовательно слагаемые полученного числового ряда видим, что модуль пятого члена
a5 |
= |
¯ |
(¡1)5 |
¯ |
= |
1 |
|
< 0; 001: |
|
|
|
¯ |
¢ |
¯ |
|
¢ |
|
|
|
j j |
|
¯ |
¯ |
|
|
|
|||
|
¯ |
5!(2 5 + 1) |
¯ |
|
120 |
11 |
|
||
|
¯ |
¯ |
|
|
|||||
|
|
¯ |
|
|
¯ |
|
|
|
|
10
Следовательно, в качестве нужного нам приближения достаточно взять
S4 = 1 ¡ |
1 |
+ |
1 |
¡ |
1 |
+ |
1 |
' 0; 747: |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
3 |
10 |
42 |
216 |
Ответ: 0R1 e¡x2dx ' 0; 747:
VI. Найти решение задачи Коши для данного дифференциального уравнения в виде ряда по степеням x :
8 y00 |
¡ xy |
= |
0; |
> |
y(0) |
= |
1; |
> |
|
|
|
> |
|
|
|
< |
y0(0) |
|
|
> |
= |
0: |
|
> |
|
|
|
> |
|
|
|
: |
|
|
|
Первый способ решения.
Можно решение этой задачи сразу искать в виде ряда Маклорена
|
|
y = |
1 |
|
|
y(n)(0) |
xn; |
ãäå y(0) = 1; |
y0(0) = 0; |
||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
nX |
|
|
n! |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
=0 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
а остальные значения производных в нуле y(n)(0); |
n ¸ 2 последовательно |
||||||||||||
находить из уравнения: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
y00 |
= |
xy |
|
) y00(0) = 0; |
|
|
|
||||||
y000 |
= |
y + xy0 |
) y000(0) = y(0) = 1; |
|
|
||||||||
yIV |
= |
2y0 |
+ xy00 |
) yIV (0) = 2y0(0) = 0; |
|||||||||
|
: |
: |
: |
|
: |
|
: |
: : |
: : |
: : : |
: |
: : : |
|
y(n+3) |
= |
(n + 1)y(n) + xy(n+1) |
) y(n+1)(0) = (n + 1)y(n)(0): |
Первое равенство получили, выразив y00 из данного в задаче уравнения, для
получения второго продифференцировали уравнение, для получения третьего продифференцировали уравнение второй раз и так далее. Таким образом, получили рекуррентную формулу, выражающую значение (n + 3)-ей произ-
водной в нуле через значение n¡ой (то есть на 3 порядка ниже) производной. Поскольку y0(0) = y00(0) = 0, то значения всех производных порядка 1+3m è 2 + 3m, m = 0; 1; 2:::; в нуле равны нулю. Отличны от нуля при x = 0 только производные, порядок которых кратен трем:
yV I(0) |
= |
4 |
¢ y000(0) = 4 ¢ 1; yIX(0) = 7 ¢ yV I(0) = 7 ¢ 4 ¢ 1; : : : |
y(3m)(0) |
= |
1 |
¢ 4 ¢ : : : ¢ [1 + 3(m ¡ 1)]; m = 1; 2; : : : |
11
Ответ: y(x) = 1 + 1 |
1 ¢ 4 ¢ |
: : : ¢ (1 + 3(m ¡ 1)) |
x3m. |
=1 |
|
(3m)! |
|
mP |
|
|
|
Второй способ решения. |
|
|
|
Ищем решение задачи Коши в виде степенного ряда y(x) = 1 anxn, ãäå |
|||
|
|
=0 |
|
a0 = y(0) = 1; a1 = y0(0) = 0 |
|
nP |
|
(эти два значения получены из начальных |
условий). P1 a xn сходится в окрестности нуля и, следователь- Считаем, что ряд n=0 n
но, его в силу свойств степенного ряда можно почленно дифференцировать в области сходимости. Найдем y0 è y00:
1
y0 = X nanx(n¡1);
n=1
1
y00 = X n(n ¡ 1)anxn¡2:
n=2
Подставим эти выражения в исходное дифференциальное уравнение:
1 |
|
1 |
|
X |
n(n ¡ 1)anxn¡2 |
nX |
anxn+1 = 0: |
|
¡ |
||
n=2 |
|
=0 |
|
Сложим эти ряды (то есть приведем подобные члены). Для этого можно, например, преобразовать первый из складываемых рядов: сначала заменим n - индекс суммирования - на m, затем положим m ¡ 2 = n + 1, тогда
m = n + 3; m ¡ 1 = n + 2
1 |
m(m ¡ 1)amxm¡2 = 2a2 + |
1 |
(n + 3)(n + 2)an+3xn+1: |
m=2 |
|
||
|
=0 |
||
X |
|
nX |
|
После этого произведем сложение рядов и получим тождество
1
2a2 + X [(n + 3)(n + 2)an+3 ¡ an]xn+1 ´ 0:
n=0
Так как мы предполагаем, что в некоторой окрестности нуля это тождество |
||||||
справедливо и его левая часть является степенным рядом, то этот ряд, в си- |
||||||
лу единственности представления функции степенным рядом, является рядом |
||||||
Маклорена функции g(x) 0. Следовательно, все коэффициенты этого ряда |
||||||
равны нулю, так как они имеют´ |
âèä |
cn+1 = (n + 3)(n + 2)an+3 ¡ an = |
||||
g |
(n) |
|
|
|
||
|
(0)=n! = 0; n > 0; c0 = 2a2 = g(0) = 0: Получили a2 = 0 è |
|||||
рекуррентное соотношение an+3 = |
|
an |
||||
|
: |
|||||
(n + 3)(n + 2) |
||||||
|
Из рекуррентного соотношения и равенств a1 = 0 è a2 = 0 следует, что |
все коэффициенты a3m+1 = a3m+2 = 0 ïðè m = 0; 1; 2; ::: Коэффициенты же с номерами, кратными трем, отличны от нуля и равны
a3m = |
a3(m¡1) |
|
= |
a0 |
|
= |
3m(3m ¡ 1) |
3m(3m ¡ 1)(3m ¡ 3)(3m ¡ 4) : : : 3 ¢ 2 |
12