Processing math: 3%

Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

16.05.2020

Задания и материалы для дистанционного занятия гр. 06-922 в 11:50 пн. 18.05.2020 и гр. 06-912 в 11:50 в вт. 19.05.2020 (Демидович № 2813, 2822, 2853, 2854)

Частным случаем функциональных рядов являются степенные ряды. Степенным рядом называется ряд вида n=1an(xx0)n, где an и x0 – постоянные, не зависящие от x.

Чтобы определить область абсолютной сходимости ряда, воспользуемся признаком Даламбера, для чего вычислим и ограничим единицей предел отношения модулей соседних слагаемых (модулей, потому что рассматривается абсолютная сходимость): lim \left|x-x_{0}\right| < \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right| Обозначим \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|\equiv R тогда \left|x-x_{0}\right| < R -R < x-x_{0} < R, x_{0}-R < x < x_{0}+R, то есть ряд сходится абсолютно внутри интервала с центром x_{0} и радиусом R, в связи с чем R называют радиусом сходимости степенного ряда. Радиус сходимости можно получить и из родственного признаку Даламбера радикального признака Коши: \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|}=\left|x-x_{0}\right|^{n}\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_{n}\right|} < 1, \left|x-x_{0}\right|^{n} < \dfrac{1}{\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_{n}\right|}}, \dfrac{1}{R}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_{n}\right|}. Последняя формула называется формулой Коши-Адамара.

Понятно и то, что происходит за пределами этого интервала вместе с его границами. Если \left|x-x_{0}\right| > R, \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|}{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|}=q > 1, то для \forall\varepsilon \exists N, что при n > N \left|\frac{\left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|}{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|}-q\right| < \varepsilon. Раскручиваем это неравенство обычным образом: -\varepsilon < \frac{\left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|}{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|}-q < \varepsilon, q-\varepsilon < \frac{\left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|}{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|} < q+\varepsilon. В рассматриваемом нами сейчас случае положено, что q > 1. Отсюда имеем q-1 > 0, значит \frac{q-1}{2} > 0. Так как по определению предела \varepsilon – любое положительное число, рассмотрим случай \varepsilon=\frac{q-1}{2} > 0 (правое из неравенств отбросим): \frac{\left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|}{\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|} > q-\varepsilon=q-\frac{q-1}{2}=\frac{q+1}{2}, умножим на знаменатель левой части: \left|a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right| > \frac{q+1}{2}\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|. Пусть n=N+1. Тогда \left|a_{N+2}\left(x-x_{0}\right)^{N+2}\right| > \frac{q+1}{2}\left|a_{N+1}\left(x-x_{0}\right)^{N+1}\right|. Возьмём теперь n=N+2, и с учётом предыдущего получим \left|a_{N+3}\left(x-x_{0}\right)^{N+3}\right| > \frac{q+1}{2}\left|a_{N+2}\left(x-x_{0}\right)^{N+2}\right| > \left(\frac{q+1}{2}\right)^{2}\left|a_{N+1}\left(x-x_{0}\right)^{N+1}\right|. И вообще (желающие могут сами доказать шаг индукции): \left|a_{N+m}\left(x-x_{0}\right)^{N+m}\right| > \left(\frac{q+1}{2}\right)^{m-1}\left|a_{N+1}\left(x-x_{0}\right)^{N+1}\right|. Но так как q > 1, q+1 > 2, \frac{q+1}{2} > 1, то \lim_{m\to\infty}\left(\frac{q+1}{2}\right)^{m-1}=\infty,\qquad\Longrightarrow\qquad\lim_{m\to\infty}\left|a_{N+m}\left(x-x_{0}\right)^{N+m}\right|=\lim_{m\to\infty}\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|=\infty, а раз модуль слагаемого ряда стремится к бесконечности – само слагаемое не может стремиться к нулю, а ряд не может сходиться.

Итак, степенной ряд сходится абсолютно если \left|x-x_{0}\right| < R и расходится, если \left|x-x_{0}\right| > R. Случай, когда \left|x-x_{0}\right|=R, нужно исследовать отдельно; в нём может иметь место условная сходимость, которую нужно доказывать при помощи соответствующих признаков.

В Демидовиче написано, что ряд сходится при \left|x-x_{0}\right|\leqslant R, что, безусловно, ошибочно.

Пример №2813 Найти область сходимости ряда \sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}\left(x+1\right)^{n}. Для этого ряда a_{n}=\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n},\quad x_{0}=-1. Определим радиус сходимости: R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}}{\frac{3^{n+1}+\left(-2\right)^{n+1}}{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{3^{n+1}+\left(-2\right)^{n+1}}\frac{n+1}{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{3^{-1}+\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)^{n}}{1+\left(-\frac{2}{3}\right)^{n+1}}=\frac{3^{-1}+\frac{1}{3}\cdot0}{1+0}=\frac{1}{3}. Итак, ряд сходится при \left|x+1\right| < \frac{1}{3}, т.е. -1-\frac{1}{3} < x < -1+\frac{1}{3}, -\frac{4}{3} < x < -\frac{2}{3}. Ряд расходится при \left|x+1\right| > \frac{1}{3}, случаи же x=-\frac{4}{3} и x=-\frac{2}{3} будем рассматривать отдельно.

x=-\frac{2}{3} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}\left(x+1\right)^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1+\left(-\frac{2}{3}\right)^{n}}{n}. В силу того, что \frac{1+\left(-\frac{2}{3}\right)^{n}}{n} > 0,\qquad\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1+\left(-\frac{2}{3}\right)^{n}}{n}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\left[1+\left(-\frac{2}{3}\right)^{n}\right]=1\neq0, исследуемый ряд, по второму признаку сравнения, расходится одновременно с гармоническим.

x=-\frac{4}{3} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}\left(x+1\right)^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}+\left(-2\right)^{n}}{n}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}+\left(\frac{2}{3}\right)^{n}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n}+\frac{\left(\frac{2}{3}\right)^{n}}{n} Первый ряд сходится по признаку Лейбница, второй – по признаку Даламбера, сумма их, следовательно, сходится.

В итоге ряд сходится при x\in\left[-\frac{4}{3};-\frac{2}{3}\right).

Другой пример: №2822 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{a^{n}+b^{n}},\qquad a > 0,\quad b > 0. Для этого ряда a_{n}=\frac{1}{a^{n}+b^{n}},\quad x_{0}=0. Рассмотрим два случая: пусть сначала a > b \frac{1}{R}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{a^{n}+b^{n}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{a\sqrt[n]{1+\left(\frac{b}{a}\right)^{n}}}=\frac{1}{a} Если же \left|x\right|=a, то \lim_{n\to\infty}\left|\frac{x^{n}}{a^{n}+b^{n}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{a^{n}}{a^{n}+b^{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\left(\frac{b}{a}\right)^{n}}=1\neq0 и ряд расходится.

Аналогично, если b > a, \frac{1}{R}=\frac{1}{b}. Итак, R=\max\left(a,b\right) и ряд сходится при x\in\left(-\max\left(a,b\right);\max\left(a,b\right)\right).

Более сложный номер обстоятельно разбирается здесь.

Задание: решить №2812, 2814, 2816, 2821. Пользуясь логикой, похожей на применяемую к степенным рядам, решить №2833, 2834 и 2835.

При помощи степенных рядов можно представить бесконечное число раз дифференцируемые функции. Функция f\left(x\right) называется представленной рядом Тейлора вокруг точки x_{0}, если она записана в виде f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}. Будьте внимательны: на этот раз n начинается с n=0. Коэффициенты ряда a_{n} могут быть вычислены по формуле a_{n}=\frac{f^{(n)}\left(x_{0}\right)}{n!}, но могут вычисляться и совсем не так. По этой формуле они вычисляются в нескольких простых случаях. Например, разложим вокруг x_{0}=0 функцию f\left(x\right)=\frac{1}{1-x}. Вычислим первые производные: f'\left(x\right)=\frac{1}{\left(1-x\right)^{2}},\quad f''\left(x\right)=\frac{2}{\left(1-x\right)^{3}},\quad f'''\left(x\right)=\frac{6}{\left(1-x\right)^{4}}. Похоже, что \begin{equation} f^{(n)}\left(x\right)=\frac{n!}{\left(1-x\right)^{n+1}}.\label{proiz} \end{equation} Докажем это методом математической индукции. Для первых производных эта формула уже выполняется. Осталось выполнить шаг индукции: пусть для некоторого n=m f^{(m)}\left(x\right)=\frac{m!}{\left(1-x\right)^{m+1}}. Докажем, что для n=m+1 верна та же формула: f^{(m+1)}\left(x\right)=\frac{\left(m+1\right)!}{\left(1-x\right)^{m+2}}. Для этого продифференцируем предыдущее: f^{(m+1)}\left(x\right)=m!\frac{-\left(m+1\right)}{\left(1-x\right)^{m+2}}\cdot\left(-1\right)=\frac{\left(m+1\right)!}{\left(1-x\right)^{m+2}}, что и требовалось для доказательства формулы. Исходя из этого, запишем a_{n}=\frac{f^{(n)}\left(x_{0}\right)}{n!}=\frac{1}{n!}\left.\frac{n!}{\left(1-x\right)^{n+1}}\right|_{x=0}=1. Тогда f\left(x\right)=\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}. Возьмём более сложную функцию: f\left(x\right)=\sin x, но разложим тоже вокруг x_{0}=0. Как известно с первого семестра, \sin^{(n)}\left(x\right)=\sin\left(x+\frac{\pi n}{2}\right). Тогда \sin\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left.\frac{\sin^{(n)}\left(x\right)}{n!}\right|_{x=0}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\left.\frac{\sin\left(x+\frac{\pi n}{2}\right)}{n!}\right|_{x=0}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\sin\frac{\pi n}{2}}{n!}x^{n}= сгруппируем чётные и нечётные слагаемые попарно, \sin\pi k=0: =\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{\sin\frac{\pi2k}{2}}{\left(2k\right)!}x^{2k}+\frac{\sin\frac{\pi\left(2k+1\right)}{2}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left(\pi k+\frac{\pi}{2}\right)}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}. В этом ряде выжили только слагаемые с нечётными номерами, a_{2k}=0.

Задание: разложить в ряд вокруг нуля e^{x} и \cos x. Сверяться можно с табличными разложениями из теории к теме «Степенные ряды» в Демидовиче.

Наблюдательный читатель может заметить сходство ряда Тейлора с однофамильной формулой. Да, первые N слагаемых у них одинаковы. Но формула имеет конечное множество слагаемых, из которых последнее – это остаток (они бывают в разных формах). Ряд же не заканчивается нигде; каждое его слагаемое выражается одной и той же формулой, меняется в которой только номер n слагаемого.

Нередко, однако, удобнее и быстрее выполнить разложение не по этой формуле. Более того, иногда – это единственный путь, и хотя бы поэтому его надо осваивать. Ежегодная унылая картина – как с рядами Тейлора мучаются десятки людей, так и не поинтересовавшиеся ничем, кроме основной формулы.

Пример: №2854 Воспользуемся тем, что \frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}. \frac{x^{10}}{1-x}=x^{10}\frac{1}{1-x}=x^{10}\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n+10}=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}x^{k}, а это уже – ряд Тейлора, у которого при k=0..9 коэффициенты a_{k}=0, а при k\geqslant10a_{k}=1.

№2853 Начнём с понижения степени \sin^{3}x=\sin x\frac{1-\cos2x}{2}=\frac{1}{2}\left(\sin x-\sin x\cos2x\right)=\frac{1}{2}\left\{ \sin x-\frac{1}{2}\left[\sin\left(x+2x\right)+\sin\left(x-2x\right)\right]\right\} = =\frac{1}{2}\left\{ \frac{3}{2}\sin x-\frac{1}{2}\sin\left(3x\right)\right\} =\frac{3}{4}\sin x-\frac{1}{4}\sin\left(3x\right). Как мы уже знаем, \sin x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}. Заменим здесь x на 3x: \sin\left(3x\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}\left(3x\right)^{2k+1}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}3^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}. Тогда \sin^{3}x=\frac{3}{4}\sin x-\frac{1}{4}\sin\left(3x\right)=\frac{3}{4}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}-\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}3^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}= =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{3}{4}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{\left(2k+1\right)!}\left(3^{2k}-1\right)x^{2k+1}.

Ознакомьтесь, кроме того, с примером с арктангенсом – там использованы несколько другие приёмы.

Задание: решите сами №2851, 2852, 2855, 2857.

Комментариев нет »

No comments yet.

RSS feed for comments on this post.

Leave a comment

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.

Хостингом угостил Вадим "Moose" Калинников