Processing math: 100%

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): limn|an+1(xx0)n+1||an(xx0)n|=|xx0|limn|an+1an|<1 |xx0|<limn|anan+1| Обозначим limn|anan+1|R тогда |xx0|<R R<xx0<R, x0R<x<x0+R, то есть ряд сходится абсолютно внутри интервала с центром x0 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: limnn|an(xx0)n|=|xx0|nlimnn|an|<1, |xx0|n<1limnn|an|, 1R=limnn|an|. Последняя формула называется формулой Коши-Адамара.

Понятно и то, что происходит за пределами этого интервала вместе с его границами. Если |xx0|>R, limn|an+1(xx0)n+1||an(xx0)n|=q>1, то для ε N, что при n>N ||an+1(xx0)n+1||an(xx0)n|q|<ε. Раскручиваем это неравенство обычным образом: ε<|an+1(xx0)n+1||an(xx0)n|q<ε, qε<|an+1(xx0)n+1||an(xx0)n|<q+ε. В рассматриваемом нами сейчас случае положено, что q>1. Отсюда имеем q1>0, значит q12>0. Так как по определению предела ε – любое положительное число, рассмотрим случай ε=q12>0 (правое из неравенств отбросим): |an+1(xx0)n+1||an(xx0)n|>qε=qq12=q+12, умножим на знаменатель левой части: |an+1(xx0)n+1|>q+12|an(xx0)n|. Пусть n=N+1. Тогда |aN+2(xx0)N+2|>q+12|aN+1(xx0)N+1|. Возьмём теперь n=N+2, и с учётом предыдущего получим |aN+3(xx0)N+3|>q+12|aN+2(xx0)N+2|>(q+12)2|aN+1(xx0)N+1|. И вообще (желающие могут сами доказать шаг индукции): |aN+m(xx0)N+m|>(q+12)m1|aN+1(xx0)N+1|. Но так как q>1, q+1>2, q+12>1, то limm(q+12)m1=,limm|aN+m(xx0)N+m|=limm|an(xx0)n|=, 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 |xx0|<R и расходится, если |xx0|>R. Случай, когда |xx0|=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 |xx0|R, что, безусловно, ошибочно.

Пример №2813 Найти область сходимости ряда n=13n+(2)nn(x+1)n. Для этого ряда an=3n+(2)nn,x0=1. Определим радиус сходимости: R=limn|anan+1|=limn|3n+(2)nn3n+1+(2)n+1n+1|=limn3n+(2)n3n+1+(2)n+1n+1n=limn31+13(23)n1+(23)n+1=31+1301+0=13. Итак, ряд сходится при |x+1|<13, т.е. 113<x<1+13, 43<x<23. Ряд расходится при |x+1|>13, случаи же x=43 и x=23 будем рассматривать отдельно.

x=23 n=13n+(2)nn(x+1)n=n=13n+(2)nn(13)n=n=11+(23)nn. В силу того, что 1+(23)nn>0,limn1+(23)nn1n=limn[1+(23)n]=10, исследуемый ряд, по второму признаку сравнения, расходится одновременно с гармоническим.

x=43 n=13n+(2)nn(x+1)n=n=13n+(2)nn(13)n=n=1(1)n+(23)nn=n=1(1)nn+(23)nn Первый ряд сходится по признаку Лейбница, второй – по признаку Даламбера, сумма их, следовательно, сходится.

В итоге ряд сходится при x[43;23).

Другой пример: №2822 n=1xnan+bn,a>0,b>0. Для этого ряда an=1an+bn,x0=0. Рассмотрим два случая: пусть сначала a>b 1R=limn1nan+bn=limn1an1+(ba)n=1a Если же |x|=a, то limn|xnan+bn|=limnanan+bn=limn11+(ba)n=10 и ряд расходится.

Аналогично, если b>a, 1R=1b. Итак, R=max(a,b) и ряд сходится при x(max(a,b);max(a,b)).

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(x) называется представленной рядом Тейлора вокруг точки x0, если она записана в виде f(x)=n=0an(xx0)n. Будьте внимательны: на этот раз n начинается с n=0. Коэффициенты ряда an могут быть вычислены по формуле an=f(n)(x0)n!, но могут вычисляться и совсем не так. По этой формуле они вычисляются в нескольких простых случаях. Например, разложим вокруг x0=0 функцию f(x)=11x. Вычислим первые производные: f(x)=1(1x)2,f(x)=2(1x)3,f(x)=6(1x)4. Похоже, что f(n)(x)=n!(1x)n+1. Докажем это методом математической индукции. Для первых производных эта формула уже выполняется. Осталось выполнить шаг индукции: пусть для некоторого n=m f(m)(x)=m!(1x)m+1. Докажем, что для n=m+1 верна та же формула: f(m+1)(x)=(m+1)!(1x)m+2. Для этого продифференцируем предыдущее: f(m+1)(x)=m!(m+1)(1x)m+2(1)=(m+1)!(1x)m+2, что и требовалось для доказательства формулы. Исходя из этого, запишем an=f(n)(x0)n!=1n!n!(1x)n+1|x=0=1. Тогда f(x)=11x=n=0xn. Возьмём более сложную функцию: f(x)=sinx, но разложим тоже вокруг x0=0. Как известно с первого семестра, sin(n)(x)=sin(x+πn2). Тогда sin(x)=n=0sin(n)(x)n!|x=0xn=n=0sin(x+πn2)n!|x=0xn=n=0sinπn2n!xn= сгруппируем чётные и нечётные слагаемые попарно, sinπk=0: =k=0(sinπ2k2(2k)!x2k+sinπ(2k+1)2(2k+1)!x2k+1)=k=0sin(πk+π2)(2k+1)!x2k+1=k=0(1)k(2k+1)!x2k+1. В этом ряде выжили только слагаемые с нечётными номерами, a2k=0.

Задание: разложить в ряд вокруг нуля ex и cosx. 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 11x=n=0xn. x101x=x1011x=x10n=0xn=n=0xn+10=k=0akxk, а это уже – ряд Тейлора, у которого при k=0..9 коэффициенты ak=0, а при k10ak=1.

№2853 Начнём с понижения степени sin3x=sinx1cos2x2=12(sinxsinxcos2x)=12{sinx12[sin(x+2x)+sin(x2x)]}= =12{32sinx12sin(3x)}=34sinx14sin(3x). Как мы уже знаем, sinx=k=0(1)k(2k+1)!x2k+1. Заменим здесь x на 3x: sin(3x)=k=0(1)k(2k+1)!(3x)2k+1=k=0(1)k32k+1(2k+1)!x2k+1. Тогда sin3x=34sinx14sin(3x)=34k=0(1)k(2k+1)!x2k+114k=0(1)k32k+1(2k+1)!x2k+1= =k=034(1)k+1(2k+1)!(32k1)x2k+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