Tom_2

Упражнение 2. Используя теоремы 2.2., 3.1, 4.1, 4.2, доказать свойства 1. − 5.

§ 6. Ряды Тейлора и Маклорена

Для приложений важно уметь заданную функцию f (x)

разлагать в степенной ряд, что позволяет, используя только две арифметические операции, сложение и умножение, найти значение функции в некоторой точке x0 с заданной точностью или получить

приближение этой функции на заданной области с помощью степенных рядов.

Особый интерес к таким вопросам возникает у компьютерных разработчиков, так как сложение и умножение − основные операции, реализуемые с помощью последовательно-параллельных схем.

Известно (см. Т.1, формула 7.6.6), что для любой функции f (x) ,

определенной в окрестности точки a и имеющей в ней производные до (n+1)-го порядка включительно, справедлива формула Тейлора:

f (x) = f (a) +

f ′(a)

(x − a) +

f ′′(a)

(x − a)2 +K+

f (n)(a)

(x − a)n + R (x), (1)

1!

2!

n!

n

где

f (n+1) (ξ )(x − a)n+1

R (x) =

, ξ = a + (x − a)θ , 0 <θ <1 .

n

(n +1)!

Соотношение (1) запишем в виде

f (x) = Pn (x) + Rn (x) ,

(2)

где Pn (x) – многочлен Тейлора,

P (x) = f (a) +

f ′(a)

(x − a) +K+

f (n) (a)

(x − a)n .

(3)

n

1!

n!

Если

функция

f (x) бесконечно дифференцируема

(имеет

производные любого порядка) в окрестности точки

a и остаточный

член Rn (x)

стремится к нулю при

n → ∞ ,

то из формулы Тейлора

получаем разложение функции

f (x)

по степеням ( x − a ), называемое

рядом Тейлора:

f (n)(a)

f (x) = f (a) +

f

′(a)

(x

− a) +

f ′′(a)

(x − a)2 +K +

(x − a)n

+K. (4)

1!

2!

n!

Если a = 0 , то ряд (4) называется рядом Маклорена. Разложение в ряд Тейлора единственно, так как если имеется

два таких разложения по степеням (x − a) одной и той же функции

34

f (x) , то эти разложения имеют равные коэффициенты при одинаковых степенях (x − a) , и они равны:

c =	f (n) (a)	,	n = 0,1, ... ,	(5)
n	n!
(принято считать, что f (0) (a) = f (a),			0!=1) .

Отметим, что ряд Тейлора (4) можно составить для любой бесконечно дифференцируемой функции в окрестности точки a . Такой ряд может оказаться расходящимся или сходиться, но не к

ì

−

1

функции f (x) . Например,

для

функции

ï

x

2

, x ¹ 0, ряд

f (x) = íe

ï

0,

x = 0

Маклорена имеет вид

î

0

0

0

0 +

x +

x

2

+ ... +

x

n

+ ...

(6)

1!

2!

n!

Ряд (6) сходится, его сумма S(x)

в любой точке x равна нулю, а

не f (x) .

Составим для бесконечно дифференцируемой функции f (x) ряд Тейлора (4).

Теорема 1. Ряд Тейлора (4) функции f (x) сходится к f (x) в

точке x из некоторой окрестности точки a тогда и только тогда, когда в этой точке x остаточный член формулы Тейлора (1) стремится к нулю при n → ∞ .

Доказательство. Пусть ряд Тейлора (4) сходится к функции

f (x)

в некоторой окрестности точки a , т.е.

f (x) = lim Sn+1(x) , где

n→∞

Sn+1(x) = f (a) +

f ¢(a)

(x - a) + ... +

f (n)

(x - a)n

−

(n +1) -я частичная

1!

n!

сумма ряда (4) ( n = 0,1, ...) . Так как, очевидно, Sn+1(x) = Pn (x) , то

lim R (x) = lim ( f (x) - P (x)) = lim ( f (x) - S

n+1

(x)) =

n→∞ n

n→∞

n

n→∞

= f (x) - lim Sn+1(x) = f (x) - f (x) = 0.

n→∞

Докажем обратное. Пусть lim R (x) = 0 . Тогда

n→∞

n

lim S

n+1

(x) = lim P (x) = lim ( f (x) - R (x)) = f (x) - lim R (x) = f (x) . □

n→∞

n→∞ n

n→∞

n

n→∞

n

Отметим, что проверка условия теоремы 1 во многих случаях

вызывает

трудности,

поэтому

на

практике

часто

используют

35

достаточное условие разложимости функции в ряд Тейлора, которое выражается следующей теоремой.

Теорема 2. Если функция f (x) имеет производные любого порядка на интервале (a − δ ; a + δ ) и все ее производные ограничены одной и той же постоянной M на (a − δ ; a + δ ) , то ряд Тейлора (4)

сходится к функции f (x)

на (a − δ ; a + δ ) .

Доказательство. Пусть Sn+1(x) – частичная сумма ряда (4),

Sn+1(x) = f (a) +

f ¢(a)

(x - a) +K+

f (n)(a)

(x - a)n .

n!

1!

Пользуясь формулой Тейлора с остаточным членом в форме

Лагранжа, имеем:

f (x) = Sn+1(x) +

f (n+1) (ξ )

(x - a)n+1, ξ Î(a -δ ; a + δ ).

(n +1)!

Отсюда получаем, что

f (x) - Sn+1(x)

=

f (n+1) (ξ )

x - a

n+1 £

Mδ n+1

, x Î (a -δ ; a + δ ).

(7)

(n +1)!

(n +1)!

∞

M

δ n+1

Числовой ряд å

сходится по признаку Д’Аламбера:

(n +1)!

n=0

é

M

δ

n+2

(n +1)!

1

ù

δ

lim

ê

×

×

ú = lim

= 0 <1 .

(n + 2)!

M

δ n+1

n→∞

ë

û

n→∞ n + 2

Следовательно,

lim

M

δ n+1 = 0

(в

соответствии

с

n→∞ (n +1)!

необходимым условием сходимости числовых рядов).

x (a − δ ; a + δ )

Из (7)

вытекает,

что

в

каждой

точке

lim ( f (x) - Sn+1(x)) = 0

или

lim Sn+1(x) = f (x) , т.е.

n→∞

n→∞

∞

f

(n)

(a)

f (x) = å

(x - a)n , xÎ(a -δ ; a + δ ) . □

n=0

n!

§ 7. Разложение элементарных функций в ряд Маклорена

При разложении функции f (x) в ряд Маклорена

36

∞

f

(n)

(0)

f (x) = å

xn

(1)

n=0

n!

f (x)

поступаем так: вычисляем значения функции

и ее производных

¢

¢¢

f

(n)

(x), ...

в точке x = 0 ; записываем ряд (1) и находим

f (x), f

(x), ...,

его интервал сходимости; определяем интервал (−R; R) ,

в котором

остаточный

член

Rn (x) ® 0

при

n → ∞

(если

такой

интервал

существует, то на нем справедливо разложение (1)).

а)

Пусть

f (x) = ex . Производная

n-го порядка

f (n) (x) = ex ,

n N , и

f (n) (0) =1, nÎ N . Ряд Маклорена будет иметь вид

∞

x

n

å

.

(2)

n=0 n!

Для произвольного x R покажем, что

∞

x

n

ex

= å

.

(3)

n=0

n!

Действительно,

пусть

R > 0

такое,

что

x

< R .

Тогда

на

интервале

(–R;R)

выполняется

неравенство

f (n) (x)

=

ex

£ eR = M , nÎ N ,

и, по теореме 6.2, ряд (2)

сходится на

(–R;R). Его суммой является функция ex , то есть справедливо (3).

Пусть f (x) = sin x .

f (

n

) (x) = sin

æ

nπ ö

б)

Имеем

ç x +

÷

, nÎ .

è

2 ø

Полагая x = 0 ,

получаем

f (0) = 0,

f ′(0) = 1,

f ′′(0) = 0,

f ′′′(0) = -1 ,

f (4)(0) = 0,K

Ряд Маклорена будет иметь вид:

x

3

x

5

(-1)

n+1

∞

(-1)

n+1

x -

+

-K +

x2n+1 +K = å

x2n+1 .

(2n +

1)!

(2n +1)!

3! 5!

nπ ö

n=0

f (

n

) (x)

æ

Так как

=

sinç x

+

÷

£1,

xÎ

,

nÎ

,

то,

по

2

è

ø

теореме 6.2, имеем:

(-1)n+1

∞

x2n+1,

sin x = å

xÎ .

(4)

(2n +1)!

n=0

37

в) Аналогично можно показать, что
cos x =1−	x2	+	x4	−K+	(−1)n	x2n +K, x .	(5)
					(2n)!
2!		4!

Упражнение 1. Доказать формулу (5).

Формулы (4) и (5) можно рассматривать как определения

известных тригонометрических функций sin x

и cos x .

г)

Разложим

функцию

f (x) = ln(1+ x)

в

ряд

Маклорена.

Очевидно,

1

=1+ x + x2 +K + xn +K,

x (−1;1) .

1− x

Сделаем замену x = −t

и получим

1

=1− t + t2 − t3

+K+ (−1)n tn +K,

t (−1;1) .

(6)

1+ t

x

1

Фиксируем x (−1 , 1)

и найдем ò

dt , проинтегрировав ряд

1+ t

0

(6) почленно:

x

1

∞

x

∞

tn+1

x

∞

xn+1

ò

dt

= å

ò(−1)n tndt =å(−1)n

= å

(−1)n

.

1+ t

n +1

n +1

0

n=0 0

x

1

n=0

0

n=0

С другой стороны ò

dt = ln(1+ x) . Следовательно,

1+ t

0

ln(1+ x) = x −

x2

+

x3

−K + (−1)n−1

xn

+K,

x (−1,1) .

(7)

2

3

n

Упражнение 2. Показать,

что при x =1

равенство (7)

также

справедливо.

д) С помощью этого метода легко получить ряд Маклорена для

функции arctg x . Действительно, полагая в (6) t2 вместо t, имеем

1

=1− t2 + t4 −K+ (−1)n t2n +K,

t (−1;1) .

1+ t2

Проинтегрируем почленно этот ряд в пределах от 0 до

x (−1;1)

:

1∞ x

òdt = å ò(−1)n t2ndt .

1+ t2 n=0 0x0

Тогда

38

∞

x

2n+1

arctg x = å(-1)n

,

xÎ(-1;1) .

n=0

2n +1

При

x =1

имеем

1-

1

+

1

-

1

+K ;

при

x = −1

имеем

3

5

7

-1+

1

-

1

+

1

-K Эти ряды сходятся условно.

5

3

7

Пример 1. Разложить в ряд Маклорена функцию

f (x) = 2x .

Решение. Так как

2x = eln 2x

= exln 2 ,

то заменяя x на xln 2

в

разложении (3), получаем:

2

x

=1+

ln 2

x +

ln2

2

x

2

+K+

lnn 2

x

n

+K,

x Î(-¥; ¥) . □

1!

2!

n!

Пример 2.

Разложить в ряд Маклорена функцию f (x) =

2

.

2 + x

Решение. Так как

f (x) =

2

=

2

=

1

,

2 + x

æ

x ö

1+

x

2

ç1+

÷

2

è

2 ø

то заменив t на

x

в формуле (6), получим:

2

2

=1

-

x

+

x2

-

x3

+ ... + (-1)

n xn

+K ,

x

2 + x

2

4

8

2n

где -1<

<1 , т.е. x (−2;2) . □

2

е) Разложение в ряд степенной функции (1+ x)α (α ¹ 0). Найдем

производные функции

f (x) = (1+ x)α

в предположении, что

α

не

является натуральным числом:

¢

α −1

, f

¢¢

α −2

,...,

f (x)

= α(1+ x)

(x) = α(α -1)(1+ x)

f (n) (x) = α(α -1)...(α - n +1)(1+ x)α −n .

При x = 0 имеем:

¢

¢¢

= α(α -1),..., f

(n)

(0) = α(α -1)...(α - n +1).

f (0) =1, f (0) = α, f

(0)

Выпишем ряд Маклорена для (1+ x)α :

39

1+

α x +

α(α −1) x2 + ... +

α(α −1)...(α − n +1) xn + ....

1!

2!

n!

Найдем его радиус сходимости:

cn

n +1

1

1+

R = lim

= lim

= lim

n

=1.

cn+1

α − n

α

n→∞

n→∞

n→∞

x

<1

1− n

При

этот

ряд

сходится.

Доказательство того, что

lim R (x) = 0 в случае

x

<1, опускаем. При

x

>1 указанный ряд

n→∞ n

расходится. При x = ±1 нужно проводить отдельное исследование для

различных значений α .
Таким образом,
α	=1+ α x +	α(α −1)	x	2	+ ...,		x		<1.	(8)
(1+ x)		2!
										n = α , все
Если α − натуральное		число, то, начиная с
производные функции	(1+ x)α	тождественно равны нулю и вместо

ряда (8) получаем многочлен, представляющий собой разложение бинома Ньютона по степеням x :

(1+ x)α =1+ α x + α(α −1) x2 + ... + α xα −1 + xα . 2!

§ 8. Некоторые применения степенных рядов

10. Приближенное вычисление значений функции.

Степенные ряды являются формой представления функций, в частности, при приближенных вычислениях значений функций.

	x	sin t
	Рассмотрим функцию J (x) = ò		dt , x .
	0	t

Эта функция называется интегральным синусом. Как известно,

первообразная для функции sin t существует, однако, не выражается t

через конечное число элементарных функций. Представим функцию J(x) степенным рядом.

Имеем

40

sint = t -

t3

+

t5

-K+ (-1)n+1

t2n+1

+K, t Î ,

(2n +1)!

3!

5!

sin t

=1-

t2

+

t4

-K+ (-1)n+1

t2n

+K, t Î ,

t ¹ 0 .

(2n +1)!

t

3!

5!

Применив почленное интегрирование, получим

x sin t

x3

x5

x2n+1

ò

dt = x -

+

-K + (-1)n+1

+K, xÎ . (1)

t

3!×3

5!×5

(2n +1)!×(2n +1)

0

Представление функции J(x) степенным рядом (1) используем

для приближенного вычисления значений этой функции.

Пример 1. Вычислить приближенное значение функции J (1)

с точностью до ε =10−2 .

Решение. Из (1) при x =1 получаем

J (1) =1-

1

+

1

-K + (-1)n+1

1

+K .

(2n +1)!×(2n +1)

3!×3

5!×5

Отсюда

J (1) »1-

1

=

17

, причем

абсолютная

погрешность

18

3!×3

в данном случае меньше 5!1×5 = 6001 , так как отбрасываемый остаток

5!1×5 - 7!1×7 +K является рядом Лейбница и его сумма меньше первого члена. □

Пример 2. Вычислить sin18o с точностью ε =10−4 .

Решение. Согласно (7.4), с учетом того, что 18o=

π

, получаем

ö2n−1

10

o

π

æ π

ö

1

n−1 æ π

1

+ Rn ,

sin18

=

- ç

÷

+K + (-1)

ç

÷

10

3!

(2n -1)!

è10

ø

è10

ø

где Rn – соответствующий остаток ряда (7.4). Так как остаток ряда также является знакочередующимся рядом, то, по признаку Лейбница,

R		£	æ π			ö2n+1	1		.
			ç			÷
n				10			(2n +1)!
			è			ø

41

Согласно

условию,

число

n

нужно

выбрать

таким, чтобы

æ

π ö2n+1

×

1

£

1

выполнялось неравенство ç

÷

. Это неравенство

10

(2n +1)!

10000

è

ø

æ

π ö5

1

1

справедливо при любом n ³ 2 , в частности, ç

÷

£

. Значит,

10

5!

10000

è

ø

o

π

æ π

ö3

1

sin18

»

- ç

÷

» 0,31416 - 0,00517 » 0,3090 . □

10

3!

è10

ø

20. Приближенное вычисление определенных интегралов.

Ряды применяются также для приближенного вычисления определенных интегралов в случаях, когда первообразная не выражается через элементарные функции, либо нахождение первообразной сложно. Рассмотрим задачу вычисления интеграла

b

ò f (x)dx с точностью до ε ( ε > 0 ). Если подынтегральная функция

a

f (x) разлагается в ряд по степеням x и интервал сходимости (−R; R) включает в себя отрезок [a; b] , то для вычисления заданного

интеграла можно использовать свойство почленного интегрирования этого ряда. Ошибку вычислений определяют так же, как и при вычислении значений функций.

1

Пример 3. Вычислить интеграл ò4 e−x2 dx с точностью до

0

ε = 0,0001.

Решение. Разложим e−x2 в ряд

e−x2 =1-	x2	+	x4	-	x6	+K .	(2)
1!		2!		3!

Подставим ряд (2) под знак данного интеграла и произведем почленное интегрирование:

	1 4	1	1		1		1
				1		1
	ò e−x2 dx = ò4 dx - ò4 x2 dx +				ò4 x4 dx -		ò4 x6 dx +K =
				2		3!		(3)
	0	0	0		0		0

=	1	-		1	+		1	-	1		+K.
	4			× 43			× 45		42 ×	47
		3			10

Ряд (3) – знакочередующийся ряд, удовлетворяющий признаку Лейбница. Так как

42

	1	=		1	<		1	= 0,0001,
	10 × 45		10240			10000

то для получения нужной точности достаточно взять первых два члена ряда (3):

	1
	ò4 e−x2 dx =	1	-		1	= 0,25 - 0,0052 = 0,2448 . □
		4			3
	0		3		× 4
30. Интегрирование дифференциальных уравнений с
помощью	рядов.			Рассмотрим			линейное	однородное
дифференциальное уравнение второго порядка.
			y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 ,					(4)

где коэффициенты p(x), q(x) представляются в виде рядов,

разложенных по целым положительным степеням x, так что уравнение

(4) можно переписать в виде

	y¢¢ + (a0 + a1x + a2 x2 +K) y¢ + (b0 + b1x + b2 x2 +K) y = 0 .						(5)
	Решение этого уравнения будем искать в виде степенного ряда
				∞
			y = åck xk .				(6)
				k=0
	Подставив в (5) вместо y и его производных их значения,
п	о	л	у	ч	и	м	:
	∞		∞	∞	∞	∞
	å k(k -1)ck xk	−2	+ åak xk	åk ck xk−1	+ åbk xk åck xk = 0 .		(7)
	k=2		k=0	k=1	k=0	k=0

Перемножая степенные ряды, приводя подобные члены и приравнивая к нулю коэффициенты при всех степенях x в левой части (7), получаем систему уравнений:

	2 ×1c2 + a0c1 + b0c0 = 0,
	3× 2c3 + 2a0c2 + a1c1 + b0c1 + b1c0 = 0,	(8)
	4 ×3c4 + 3a0c3 + 2a1c2 + a2c1 + b0c2 + b1c1 + b2c0 = 0,
	............................................................................... .

Каждое последующее из уравнений (8) содержит одним искомым коэффициентом больше, чем предыдущее. Коэффициенты c0 и c1 остаются произвольными и играют роль произвольных

постоянных. Первое из уравнений (8) дает c2 , второе – c3 , третье – c4

и	т.д.
Вообще из (k +1) -го уравнения можно определить	ck+2 , зная
c0 , c1,K,ck+1 .

43