Задачи для самостоятельной работы

Задача 1. Исследовать на абсолютную и условную сходимость

∞

ряд

∑ an

, если:

n = 1

n2

а)

= (−1)n−1 2n +1 ;

б)

n+1 1 n +1

an

an = (−1)

;

3

n

n

в)

n2

г)

= (−1)n 5

2n−1

−

1

a

n

;

an = (−1)n

1

;

д)

n!

е)

n 3 ln n + 8

2n

an = (−1)

n−1 2n +1

un = (−1)n e

n2 +1

;

n

2 ;

ж)

an =

(−1)n+1 n2

.

И

(2n +1)

Д

Ответы

А

1. а) ряд сходится условно; б) ряд сходится абсолютно; в) ряд сходит-

ся

абсолютно; г)

ряд

сходится

условно; д) ряд расходится;

б

е) ряд сходится условно; ж) ряд сходится абсолютно.

и

§4. Степенные ряды

Теорет ческий материал

∞

Определение 1. тепенным рядом называется выражение вида

(x − x

)n

= a

+ a

(x − x

)

+ a

(x − x

)2

+ + a

(x − x

)n

+ ,

∑ a

n

0

0

0

2

0

n

0

n=0

1

С

x0

где

x −независимая

переменная;

− фиксированное число;

a0 ,a1,a2 , ,an , − постоянные коэффициенты.

Если в ряде

∞

(x − x

)n

положить

x = a ,

где

a − некоторое

∑ a

n

n=0

0

число, то получим числовой ряд

∞

(a − x

)n = a

+ a

(a

− x

)

+ a

(a

− x

)2 + + a

(a − x

)n + .

∑ a

n

0

0

0

0

0

n=0

1

2

n

Определение 2.

Степенной ряд

∞

(x

− x )n

называется схо-

∑ a

n

n=0

0

27

дящимся в точке a , если числовой ряд

∞

(a − x

)n , полученный

∑ a

n

n=0

0

подстановкой

x = a ,

является сходящимся рядом. При этом

a назы-

вается точкой сходимости ряда

∞

(x − x )n .

∑ a

n

n=0

0

Пример 1. Степенной ряд

(x +1)2

(x

+1)n

∞

(x +1)n

= 1+

x +1

∑

5n

+

52

+ +

5n

+

5

n=0

сходится в точке

x = 0 и расходится в точке

x = 24. Действительно,

подставляя x = 0,

получим числовой ряд

1+

1

+

1

+ +

1

+ , ко-

5

52

5n

торый как сумма членов ряда геометрической прогрессии со знамена-

телем	q =	1	сходится. Данный степенной ряд расходится в точке
		5			Д	5n +
x = 24,	так как числовой ряд			1+ 5	+ 52 + +		является расхо-

дящимся в силу невыполнения необходимого условия сходимости чи-

слового ряда.

И

Определение 3. Множество всех точек сходимости степенного

ряда

∞

(x − x )n

называется областью сходимости ряда.

∑ a

n

n=0

0

Переходим к выяснению структуры области сходимости степен-

ного ряда.

А

x − x

= z , то степенной

Если

произвести

замену

0

ряд

∞

б

(x − x )n

примет вид

∑ a

n

n=0

0

и

∞

zn = a

+ a z + a

z2 + + a

zn + .

∑ a

n

0

2

n

n=0

1

С

Следовательно, при изучении степенных рядов мы можем огра-

ничиться степенными рядами вида

∞

xn = a

+ a x + a

x2 + + a

xn

+ .

∑ a

n

0

2

n

n=0

1

Заметим,

что

любой

степенной ряд

∞

сходится в

точке

∑ an xn

n=0

x = 0, действительно, если сделать подстановку

x = 0, получим ряд,

28

сумма которого равна a0 . Таким образом, точка						x = 0 входит в об-
					∞
ласть сходимости любого степенного ряда ∑ an xn .
					n=0
Рассмотрим	довольно часто встречающиеся					степенные ряды
∞
∑ an xn , для которых, начиная с некоторого номера, все an ≠ 0 и су-
n=0
ществует предел	lim		an+1		= . Вопрос о сходимости таких рядов мо-
	n→∞		an

жет быть решен с помощью признака Даламбера, примененного к ряду

a

a x

x2

+ +

a

xn

+ ,

0

+

+

a

2

n

1

И

составленному из модулей членов ряда

∞

∑ an xn . Имеет место сле-

дующая теорема.

n=0

Теорема 1 (о структуре области сходимости степенного ряда).

Пусть существует конечный или бесконечный предел

А

lim

an+1

= .

б

an

Д

n→∞

Тогда:

и

∞

n

а) если ≠ 0

≠ ∞ ,

то степенной ряд ∑ an x

сходится абсо-

С

n=0

лютно в интервале

−

1

1

x

<

1

;

, т.е. при

, и расходится вне этого

интервала, т.е. при

1

;

x

>

∞

сходится при любом x ;

б) если = 0, то ряд

∑ an xn

n=0

в) если = ∞ , то ряд

∞

сходится лишь при x = 0.

∑ an xn

n=0

Если рассмотреть ряды, для которых существует

lim n

an

= , то

n→∞

вопрос о сходимости таких рядов может быть решен применением к

ряду	∞		an xn		признака Коши [3].
	∑
	n=0

29

Теорема 2 (о структуре области сходимости степенного ряда). Пусть существует конечный или бесконечный предел

lim n

an

= .

Тогда:

n→∞

∞

а) если ≠ 0 и

≠ ∞ ,

то степенной ряд

∑ an xn сходится абсо-

1

1

1

n=0

лютно в интервале

;

, т.е.

при

x

<

,

и расходится вне этого

−

интервала, т.е. при

x

>

1

;

∞

сходится при любом x ;

б) если = 0, то ряд

∑ an xn

n=0

в) если = ∞ , то ряд

∞

сходится лишь при x = 0 [3].

∑ an xn

n=0

Д

Определение 4. Число

R называется радиусом сходимости ря-

∞

И< R , ряд сходится, а при

да ∑ an xn , если при всех x , для которых

x

n=0

всех x , для которых

x

> R

, ряд расходится.

б

Из теорем 1 и 2 следует, что в случае, когда ≠ 0 и R ≠ +∞ , име-

ет место равенство R =

1

. УсловимсяАсчитать R = 0 для рядов, расхо-

дящихся при всех x ≠ 0,

R = +∞ для рядов, сходящихся при любых х.

Из этого определен я

теорем 1 и 2 следует

и1

1

a

n

R

=

=

= lim

С

lim

an+1

n→∞

an+1

n→∞

an

или

R = 1 =

1

.

lim n an

n→∞

Заметим, что вопрос о сходимости ряда

∞

∑ an xn в точках x = +R

n=0

и x = −R решается дополнительными исследованиями.

30

Таким образом, для области сходимости ряда	∞
	∑ an xn возможны
следующие случаи:	n=0

1.Ряд сходится только при x = 0. Область сходимости состоит из одной точки x = 0, R = 0.

2.Ряд не имеет точек расходимости. Область сходимости совпадает со всей числовой прямой (− ∞;+∞), R = +∞ .

3.Ряд имеет как отличные от нуля числа точки сходимости, так и точки расходимости. В зависимости от данного ряда область сходимости является одним из промежутков (− R; R), [− R; R), (− R; R],

место, интервал (− R; R) называется интервалом сходимости ряда

		an			1		.
[− R; R], где R = lim				, или R =
	an+1
n→∞					lim n an
					n→∞
Определение 5. Независимо от того, какой именно случай имеет
							И

∞ a xn .

∑ n

n=0

Следствие 1. Область сходимости степенного ряда либо совпа-

дает с его интервалом сходимости, либо получается из этого ин-
					б
тервала добавлением одной или обеихДграничных точек.
Если рассмотреть произвольный степенной ряд в общем случае,
	an+1						А
когда lim				и lim n	an , ыть может, и не существуют, т.е. призна-
		an
n→∞				n→∞
								∞	xn , нужны дополни-
ки Даламбера и Коши не пр менимы к ряду ∑ a
				и				n=0 n
тельные исследования.
Основную роль в определении структуры области сходимости
степенного рядаСв общем случае играет следующая теорема Абеля,
которая приводится без доказательства.								∞
Лемма Абеля. 1) Если степенной ряд
								∑ an xn сходится при неко-
								n=0

тором значении x = x0 ≠ 0 , то он абсолютно сходится при любом значении x , для которого x < x0 .

2) Если степенной ряд ∞ a xn расходится при некотором значе-

∑ n

n=0

нии x = x0 , то он расходится при любом значении x , для которого на основании этой леммы можно доказать теорему:

31

Теорема 3 (о структуре области сходимости степенного ряда).

Если степенной ряд	∞
	∑ an xn имеет как отличные от нуля точки сходи-
	n=0

мости, так и точки расходимости, то существует такое число R > 0, что ряд абсолютно сходится при всех x из интервала (− R; R), т.е. для

которых x < R , и расходится при всех x , для которых x > R .

Основные свойства степенных рядов

1. Если R − радиус сходимости ряда						∞
						∑ an xn , то этот ряд сходит-
					n=0
ся равномерно на любом интервале (− r; r), где 0 < r < R.
						И
2. Сумма степенного ряда является непрерывной функцией внут-
ри его промежутка сходимости.					Д
∞		xn и	∞
3.Если ряды ∑ a	n		∑b xn имеют одну и ту же сумму в неко-
n=0			n=0	n
торой окрестности точки			x = 0, то они			почленно совпадают, т.е.

an = bn для всех n. Иными словами, разложение функции в степенной

ряд единственно.

б

4.

В любом промежутке [0,

r], |r| < R степенной ряд можно по-

членно интегрировать:

r

А∞

a

∞

n

∫

∑ a

n

xndx

= ∑

rn+1 .

5.

С

0 n=0

n=0 n +1

Степенной ряд внутри его промежутка сходимости можно по-

членно дифференцироватьи:

n ′

∞

∞

n−1

.

∑ an x

= ∑ annx

n=0

n=0

6.

Из последнего свойства следует, что если степенной ряд схо-

дится к функции f(x), то эта функция имеет производные всех порядков, а коэффициенты этого ряда имеют вид

′

f

(0)

f

(0)

f

(n)

(0)

a0 = f (0), a1 = f (0), a2 =

′′

,

a3 =

′′′

, ..., an =

,...

2!

3!

n!

Иначе говоря, любой степенной ряд является рядом Тейлора той функции, к которой он сходится [4].

32

Ряды Тейлора

Итак, если функция f(x) определена в окрестности точки x0 и

сколько угодно раз дифференцируема в этой точке, то её рядом Тейлора называется степенной ряд

f (x0 )+ f ′(x0 )(x − x0 )+

f ′′(x0 )

(x − x0 )2

+

f ′′′(x0 )

(x − x0 )3 +... +

2!

f (n)(x

)

3!

0

n

+

(x − x0 ) ... .

n!

Разность

f ′′(x0 )

rn (x) = f (x)− f

(x0 )− f ′(x0 )(x − x0 )−

(x − x0 )2 −

f ′′′(x0 )

f (n)(x0 )

2!

И

0

−

(x − x

0

)3 −... −

(x − x

0

)n...

3!

n!

Д

называется остаточным членом (порядка n).

∞ f

(n) (x )

n

Теорема 4. Для того чтобы ряд

∑

0

(x − x

)

сходился к

А

n!

n=0

функции

f (x)

в точке x, необходимо и достаточно, чтобы выполня-

лось равенство

б

и

lim rn (x)= 0 .

n→∞

lim r (x)= 0

Чтобы провер ть выполнение условия

в предыду-

n→∞

n

щей теореме, остаточный член обычно представляют в одной из двух удобных форм:

f (n+1)(θx)

(n+1)

• в форме Лагранжа r (x)=

(x − x

)

;

(n +1)!

С

n

0

f (n+1)(x

0

+ θ(x − x

0

))

n

(n+1)

• в форме Коши r (x)=

(1

− θ) (x − x

0

)

.

n

n!

На основании теоремы 3 сформулируем теорему, которая дает простое достаточное условие сходимости ряда Тейлора к порождающей функции и может быть применима при разложении функции.

Теорема 5. Если все производные функции f (x) ограничены в некоторой окрестности точки x0 одним и тем же числом, то для л ю- бого x из этой окрестности ряд Тейлора функции f (x) сходится к ней, т.е. имеет место разложение:

33

	f (x)= f (x0 )+					f ′(x0 )		(x − x0 )+	f ′′(x0 )	(x − x0 )2	+ +
						1!			2!
	f (n)(x		)
		0			n
+					(x − x0 )	+ .
	n!

Ряды Тейлора некоторых элементарных функций

Ограничимся частным случаем x0 = 0 , т.е. рядами Маклорена, ко-

торые чаще используются на практике. Имеют место следующие разложения:

ex =1+ x +

x2

+

x3

+...+

xn

+..., x R ;

2!

3!

n!

x2n−1

x3

x5

n+1

И

sin x = x − 3! + 5! −...+ (−1)

(2n −1)! +...,

x R ;

x2

x4

n

x2n

cos x =1−

+

−...+ (−1)

+...,

x R ;

2!

4!

(2n)!

ln(1+ x)= x −

x

2

+

x

3

−

x

4

...+ (−1)n−1

x

n

+...,

x (−1,1];

2

n

3

4

б

(1+ x)m =1+ mx

+

m(m −1)

x2 +

m(mД−1)(m − 2)

x3 + ...,

x (−1,1);

1

2

1 2 3

3

и

2n−1

x

x

Аn−1 x

x [−1,1];

arctg x = x −

3

+

5

−...+ (−1)

2n −1

+ ...,

1

С

1+ x

=1− x + x2 − x3 +...+ (−1)n xn + ...,

x (−1,1).

Образцы решения задач

Пример 2. Найти область сходимости ряда

1+ x + 2!x2 + 3!x3 + + n!xn + .

Решение. Находим радиус сходимости степенного ряда по фор-

муле

an

n!

1 2 3 n

R = lim

= lim

=

lim

=

an+1

n→∞

n→∞ (n +1)!

n

→∞ 1 2 3 n (n +1)

= lim

n!

= lim

1

= 0 .

n→∞ n!(n +1)

n→∞ n +1

34

Данный ряд сходится только в точке x = 0. Пример 3. Найти область сходимости ряда

x

+

x2

+

x3

+ +

xn

+ .

2 + 3

2

2 +

32

23 +

33

2n +

3n

Решение

R = lim

a

n

= lim

1

:

1

= lim

2n+1

+ 3n+1

=

an+1

2n + 3n

2n+1

+ 3n+1

2n

+ 3n

n→∞

n

→∞

n

→∞

n+1

2

n+1

2

n+1

3

+1

3

+1

2

n

3

3, т.к.

= 0.

= lim

= lim 3

=

lim

n

n→∞

2

n

n→∞

2

n→∞ 3

3

n

+

+1

3

1

3

Таким

образом,

R = 3,

ряд

сходится

абсолютно

в

интервале

(− 3;3). Исследуем ряд на сходимость в концах интервала. При x = 3

получаем числовой ряд

2

3

n

3

3

3

И3

+

+

+ +

+ .

2 + 3

2

2

+

3

2

2

3

+

3

3

2

n

+

3

n

Воспользуемся необходимым признакомДсходимости рядов с по-

ложительными членами.

А

Рассмотрим

3n

3n

3n

lim an = lim

= lim

= lim

=

n

n

n

n

n

n→∞

n→∞

2 + 3

бn→∞

2

2

+

3

3

n

и

+1

3

1

= lim

=1, значит, ряд расходится. При x = −3 приходим к ря-

2

n

n→∞

+1

С

3

(−1)n 3n

ду −

3

+

32

−

33

+ +

+ , который по признаку

2 +

3

22 + 32

23

+ 33

2n + 3n

Лейбница для знакочередующихся рядов расходится, т.к. не выполняется условие nlim→∞ an = 0.

Итак, окончательно получаем: областью сходимости будет промежуток (− 3;3).

35

Пример 4. Найти область сходимости ряда

x

x

2

x3

x

2n−1

+

+

+ +

+ .

5

52

53

5n

Решение. К этому ряду формула R

= lim

an

не применима, так

an+1

n→∞

a2 k = 0,

как отсутствуют четные степени переменной x , т.е.

k = 1, 2,

3,

Применяем непосредственно признак Даламбера:

lim

U

n+1

(x)

= lim

x2n+1

:

x2n−1

= lim

x2n+1 5n

=

Un (x)

5n+1

5n

x2n−1

5n+1

n→∞

n→∞

n→∞

= lim

x2n−1 x2 5n

= lim

x2

.

x2n−1

5n 5

5

n→∞

n→∞

Данный ряд сходится для

x2

< 1, или

x2 < 5 , т.е.

x

<

, следо-

5

5

x (−

).

вательно,

Проверим сходимость на концах интервала.

5;

5

При x = ±

получаем ряды

А

И

5

(

)3

(

)5

(

)2n−1

1

1

1

5

5

5

5

±

±

± ±

± ,т.е.

5 ±

±

± ±

± ,

5

52

53

(

)n

Д

5

5

5

5

которые, очевидно, расходятся.

Следовательно, областью сходимости будет (−

).

5;

5

С

Пример 5. Найти областьбсходимости ряда

∞ n +1 n

n

1+1

2 +1 2

2

3 +1

3

3

∑

x

+

x

+

x

xи=

4 2

4

+

n=1

4n

4

3

n

+1

n

xn + .

+ +

4n

Решение. Находим радиус сходимости степенного ряда по формуле

R = lim

1

= lim

1

= lim

1

= lim

4n

= 4 ,

n→∞ n an

n→∞ n +1

n

n→∞ n +1

n→∞ n +1

4n

n

4n

т.е. R = 4 , ряд сходится в интервале (− 4;4). Исследуем ряд на сходи-

мость в концах интервала. При x = 4 получаем числовой ряд

36

∞ n +1		n	∞	(n +1)n 4n				∞ n +1		n
∑	4n		4n = ∑	4	n	n	n	= ∑	n		,
n=1			n=1					n=1

который исследуем с помощью необходимого признака сходимости

рядов. Имеем	lim	n +1			= e ≠ 0 , т.е. общий член ряда не стре-
		= lim	n
	n→∞	n→∞

мится к нулю и ряд расходится. При

x = −4 получаем числовой ряд

∞ n +1

n

n

∞ n +1

n

(−1)n 4n

∞

1)

n

n +1

n

∑

4n

(− 4)

= ∑

n

4

n

= ∑(−

n

, который по

n=1

n=1

n=1

признаку Лейбница для знакочередующихся рядов расходится, т.к. не

выполняется условие

lim an = 0.

n→∞

Итак, окончательно имеем: областью сходимости будет проме-

жуток (− 4;4).

И

Пример 6. Найти радиус сходимости ряда

x2n

1−

x2

+

x4

−

x6

+

x8

+ + (−1)n

+ .

(2n)!

2!

4!

6!

8!

А

Решение. К этому ряду не применима формула для нахождения

радиуса сходимости, так как отсутствуют нечетные степени перемен-

ной

x , т.е.

a2k+1 = 0 , k

б

ПрименяемД

непосредственно при-

= 0,1,2,

знак Даламбера

Un+1(x)

n+1

x

2n+2

n

2n

lim

= lim

(−1)

:

(−1) x

=

n→∞

Un (x)

n→∞

(2n + 2)!

(2n)!

С

= lim

x2n+2

(2n)!

=иlim

x2n x2 (2n)!

=

x2n (2n + 2)!

n→∞

n→∞ x2n (2n)!(2n +1)(2n + 2)

= lim

x2

= 0

n→∞ (2n +1)(2n + 2)

при любом x, т.е. ряд сходится на всей числовой прямой.

Замечание. Если степенной ряд имеет вид	∞		(x − x	)n , то, как
	∑ a	n
	n=0			0

мы отмечали, подстановкой x − x0 = z он приводится к степенному ряду вида

∞		zn = a		+ a z + a		z2 + a z3	+ + a		zn + ,
∑ a	n		0		2			n
n=1				1		3

37

интервалом

сходимости

которого

будет

(− R; R), т.е.

z

< R , или

x − x0

< R ,

или

− R < x − xo

< R ,

или

x0 − R < x < x0 + R .

Следова-

тельно,

интервалом

сходимости

ряда

∞

(x − x

)n

будет

∑ a

n

n=0

0

(x0 − R; x0 + R).

Пример 7. Найти область сходимости степенного ряда

1+

(x − 3)

+

(x − 3)2

(x − 3)3

(x − 3)n

+ =

∞

(x − 3)n

.

23

33

+

43

+ +

(n +1)3

∑

(n +1)3

n=0

Решение

1

1

1

Здесь x0 = 3 ; an =

; an+1

=

=

;

(n +1)3

(n +1+1)3

(n

+ 2)3

И

R = lim

an

= lim

1

:

1

= lim

(n + 2)3

=

n→∞

an+1

n→∞

(n +1)3

(n + 2)3

n→∞

(n +1)3

(n +1)+1 3

1

3

= 1.

= lim

= lim 1

+

n→∞ n +1

n→∞

А

n +1

Следовательно, ряд сходится при

x − 3

< 1, т.е. при −1 < x − 3 < 1;

Д

2 < x < 4 .

Исследуем

ряд на

сходимость в концах интервала. При

х = 4 получаем числовой ряд

1+

1

+

1

+ +

1

+ ,

2

3

3

n

3

3

который является сходящбмся как обобщенный гармонический с

α = 3. При

x = 2

имееми1−

1

+

1

+ +

(−1)n+1

+ , который абсо-

23

33

∞

1

n3

лютно сходится,

т.к. сходится ряд

. Следовательно, областью

∑

С

[2,4].

n=1n3

сходимости является отрезок

Пример 8. Найти arctg 2.

Решение. Рассмотрим ряд

1

= 1− x2 + x4

− x6

+ x8 + + (−1)n x2n + ,

1+ x2

областью сходимости которого является промежуток (−1;1). Проин-

тегрируем ряд на отрезке

[0; x],

x (−1;1), получаем

+ ,

∫

dx =

∫ dx

− ∫ x2 dx + ∫ x

4 dx + + (−1)n ∫ x2n dx

x

x

x

x

x

0

1+ x2

0

0

0

0

38

или		x3		x5		(−1)n x2n+1
	arctg x = x −		+		+ +		+ .
		3		5		2n +1
Таким образом, получим разложение функции в степенной ряд в
промежутке	(−1;1]. Отсюда, например, при x = 2 получаем

arctg 2 = 2 −	23	+	25	+ +	(−1)n 22n+1	+ .
	3		5		2n +1

Пример 9. Вычислить число e, т.е. значение функции x = 1, с точностью до 0,001 (если известно, что е < 3).

Решение. Имеем

ex = 1+

x

+

x2

+ +

xn

+ .

2!

1!

n!

Тогда

И

ex ≈ 1+

x

+

x2

+ +

xn

,

1!

2!

n!

причем абсолютная погрешность этого приближения равна

h =

r (x)

=

et

x

n+1 , где

t

<

x

. При x = 1

получаем

(n +1)!

n

Д

e ≈ 1+ 1 +

1

+ +

1

.

и

3

n!

1А! 2!

et

et

С

n+1

При этом h =

б1 =

1)!

, где

0 < t < 1,

(n +1)!

(n

+

но так как et < e1 < 3, то h <

.

(n +1)!

Число

n определим

из

равенства

3

< 0,001.

(n +1)!

ex при

Откуда

3

< 10−3 ,

т.е.

(n +1)!> 3 103 = 3000 .

Если

взять n = 5 , то

(n +1)!

(5 +1)!= 1 2 3 4 5 6 = 720 < 3000 .

Возьмем n = 6 ,

(6 +1)!= 1 2 3 4 5 6 7 = 5040 > 3000 .

Следовательно,

e ≈ 1+1+

1

+

1

+

1

+

1

+

1

= 2 + 1 +

1

+

1

+

4!

6!

2 3

2 3 4

2!

3!

5!

2

39

+

1

+

1

= 2 +

1 + 1

+

1

+

1

+

1

≈ 2,718.

2 3 4 5

2 3 4 5 6

24

120

720

2

6

Пример 10. Вычислить cos18

с четырьмя верными знаками.

Решение. Имеем cos x = 1−

x2

x4

x6

(−1)n x2n

+

−

+ +

.

2!

4!

6!

(2n)!

Так

как

угол

18 в

радианах

(с

точностью

до 10−5 )

равен

π18°

≈ 0,31416,

тоcos18 = 1−

(0,31416)2

+

(0,31416)4

−

(0,31416)6

+ .

180°

2

2 3 4

2 3 4 5 6

Для знакочередующихся рядов абсолютная погрешность при замене суммы ряда некоторой его частичной суммой не превышает мо-

дуля первого отброшенного члена. Поэтому вычисление слагаемых

И

проводим до тех пор, пока слагаемое по модулю не станет меньше

0,0001. Непосредственной проверкой убеждаемся, что

(0,31416)6

=

(0,31416)6

< 0,0001,

значит,

достаточно ограничиться

720

2 3 4 5 6

тремя слагаемыми

(0,31416)2

(0,31416)4

cos18

≈ 1−

+

≈ 0,901709 .

2

Д2 3 4

б

Пример 11. При изучении теории вероятности важную роль иг-

и

2

А

рает функция F(x) =

1

x

−

x

0∫ e

2

dx ,

называемая функцией Лапласа,

2π

С

Вычислить

интеграл непосредст-

или интегралом вероятностей.

x

−

x2

венным интегрированием нельзя, так как

∫ e

2 dx не выражается че-

рез элементарные функции.

0

Заменяя в разложении

x2

xn

ex = 1+

x

+

+ +

+

1!

2!

n!

x на −

x2

, получаем

2

x2

e−

x2

x4

x6

+ + (−1)n+1 x2n + .

2

= 1−

+

−

24 2!

2

6 3!

2

22n n!

40

Это разложение, как и разложение для ex , имеет место на всей числовой оси, поэтому его можно почленно интегрировать, т.е.

x

−

x2

x

x2

x4

x6

(−1)n+1 x2n

∫ e

2 dx =

∫

1−

+

−

+ +

2n

dx =

4

6

0

2

2

2! 2

3!

2

n!

0

x

1 x

1

x

1

x

=

∫ dx

+

∫ x2 dx +

∫ x4dx −

∫ x6dx + +

2

24

2!

0

0

0

263!0

(−1)n+1

x

x3

x

5

x7

+

∫ x2n dx + = x

−

+

−

+ +

24

2

3

4

6

2

n! 0

2

2

2!5

3!7

+

(−1)n+1 x2n+1

+ .

22n n!(2n +1)

И

Тогда

(−1)n+1 x2n+1

F(x) =

1

x3

x5

x7

x −

+

−

+ +

+ ,

2 3

4

+

2

π

2

2

6

2

2n

n!(2n

1)

2!5

3!7

сходящимся

на

всей

числовой прямой оси. Вычислить значение

А

функции F(x) очень просто, так как ряд быстро сходится.

1 1

− cos 2x

2

Пример 12. Вычислить интегралД∫

dx с погрешностью

h < 0,0001,

0

x

где при x = 0 значение подынтегральной функции при-

нимается равным ед н це.

Решение. Из разложенбя для функции cos x , заменяя

x на 2x2 ,

получаем

4

4

8

6

12

2n

4n

4x

2

+

2

x

иx 2 x

cos 2x2 =1−

+

−

+ + (−1)n

1

+ .

2!

4!

6!

(2n)!

4

4

8

2

6

x

12

+

2

2n

x

4n

4xС2 x

1− cos2x2 =

−

+

+ + (−1)n

1

+ .

2!

4!

6!

(2n)!

Делением обеих частей последнего равенства на x находим

1− cos2x

2

4x3

24 x7

n+1 22n x4n−1

x

=

2! −

4! + + (−1)

+ .

(2n)!

Это разложение, как и разложение для cos x , имеет место на всей числовой оси, поэтому можно почленно интегрировать:

1	1− cos 2x2	1	4x3	1	2	4 x7	dx + +
∫	x	dx = ∫	2!	dx − ∫		4!
0		0		0

41

+ 1∫(−1)n+1

22n x4n−1

dx + =

4 x4 |1

−

24 x8

|1

+

26 x12 |1

−

0

(2n)!

2!4 0

4!8 0

6!12 0

−

28 x16

+ =

1

−

1

+

1

−

1

+ .

8!16

2

12

135

2520

Данный ряд является знакочередующимся, для которого остаток ряда по модулю не превосходит модуль первого члена остатка ряда. Таким образом, вычисления проводятся до тех пор, пока слагаемое по модулю не будет меньше 0,0001.

Так как h =

r

1

< 0,0001, то достаточно взять

=

−

n

2520

1 1− cos 2x2

dx

=

1

−

1

+

1

≈ 0,1657.

∫

x

2

12

135

0

Пример

13.

Найти решение

дифференциального

уравнения

y′ = xy2 +1, удовлетворяющее начальному условию y (1) = 0 .

Решение.

Найдем

приближенное решение

данного

уравнения.

А

Для этого подставим вместо

y

его разложенияИв ряд Тейлора в точке

х0 = 1.

б

f

′

)

′′

2

(x

0

Дf (x )

f (x) = f (x0 )+

(x − x0 )+

0

(x − x0 )

+ +

1!

2!

(n)

(x0 )

+

f

(x − x0 )n

+ .

n!

Продифференц руем уравнение несколько раз подряд, рассмат-

ривая y как функциюиот х:

y′′ = y2 + 2xyy′;

y

′′′

= 2yy

′

′

′

2

+ 2xyy

′′

=

4yy

′

+

′

2

+ 2xyy

′′

;

+ 2yyС+ 2x(y )

2x(y )

y

IV

= 4(y

′

2

+

4yy

′′

+ 2(y

′

)

2

+

′ ′′

+

2yy

′′

′

′′

+ 2xyy

′′′

=

)

4xy y

+ 2xy y

= 6(y

′

2

+ 6yy

′′

+ 2xyy

′′′

′

′′

.

)

+ 6xy y

Подставляя во все уравнения и во все производные x = 1 и учитывая начальное условие y(1) = 0 , последовательно найдем

y′(1) = 1y2 (1)+1 = 1; y′′(1) = y2 (1)+ 2 1 y(1) y′(1) = 02 + 2 0 1 = 0 ; y′′′(1) = 4y(1)y′(1)+ 2 1 (y′(1))2 + 2 1 y(1) y′′(1) =

= 4 0 1+ 2 1 1+ 2 1 0 0 = 2 ;

42

yIV (1) = 6 (y′(1))6 + 6 y(1) y′′(1)+ 2 1 y(1) y′′′(1) =

= 6 1+ 6 0 0 + 2 1 0 2 = 6,

Следовательно, искомое решение записывается в виде ряда Тейлора в точке х0 = 1.

y(x) = y(x0 )+

y′(x0 )

(x − x0 )+

y′′(x0 )

(x − x0 )2 + +

y(n)(x0 )

(x − x0 )n + =

1!

2!

n!

= (х −1)+ (х −1)3

+

(х −1)4

+ .... .

3

4

Полученный многочлен в окрестности точки

x = 1 дает как угод-

но хорошее приближенное выражение решения.

n

2

И

Задачи для самостоятельной работы

Задача 1.

Даны степенные ряды:

(x −1)n

Д

∞

∞

xn

∞

xn

∞ (x + 2)n

∞ 2n xn

а) ∑

; б)

∑

; в)

∑

; г)

∑

; д) ∑

.

∞

n=1 n!

А

n

n=1 3n − 2

n=12 n

+1

n=1

2

n=1 n +1

Найти область его сходимости и интервал сходимости.

б

Задача 2. Используя дифференцирование и интегрирование сте-

пенных рядов,

найти сумму

и указать область сходимости

ряда

∑n(x2 − 3)n−1 .

и

n=1

Задача 3. Используя табличные разложения, составить ряд Тей-

лора для функции

y = cos

π(x −1)

по степеням x – 4.

4

Задача 4. ВычислитьСинтеграл

0,1

e

-x

+ x −1

dx

с точностью 0,0001.

∫

0

x2

Задача 5. Найти первые 4 – 5 отличных от нуля членов в разложе-

нии функции у(х)

в ряд Тейлора по степеням (x −1),

если y′ = 2x4 y;

y(1) = π.

43