Как найти центр ряда тейлора - Сайт, где вы сможете решить свои вопросы

Ряд Те́йлора — разложение функции в бесконечную сумму степенных функций. Частный случай разложения в ряд Тейлора в нулевой точке называется рядом Маклорена.

Ряд Тейлора был известен задолго до публикаций Брука Тейлора^[1] — его использовали ещё в XIV веке в Индии^[2], а также в XVII веке Грегори и Ньютон.

Ряды Тейлора применяются при аппроксимации функции многочленами.
В частности, линеаризация уравнений происходит путём разложения в ряд Тейлора и отсечения всех членов выше первого порядка.

Обобщением понятия ряда Тейлора в функциональном анализе является ряд Фантапье.

Определение[править | править код]

1. Многочленом Тейлора функции f(x) вещественной переменной , дифференцируемой раз в точке , называется конечная сумма

${displaystyle f(x)=sum _{n=0}^{k}{frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}=f(a)+f'(a)(x-a)+{frac {f^{(2)}(a)}{2!}}(x-a)^{2}+ldots +{frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}}$

используемая в приближённых вычислениях, как обобщение следствия теоремы Лагранжа о среднем значении дифференцируемой функции:

при

верно ${displaystyle f(x)=f(a+h)=f(a)+f'(a)cdot h+O(h^{2})approx f(a)+f'(a)cdot h=f(a)+f'(a)cdot (x-a)}$

При записи суммы использованы обозначение ${displaystyle f^{(0)}(x)=f(x)}$ и соглашение о произведении по пустому множеству: 0!=1 , ${displaystyle (x-a)^{0}=1}$ .

2. Рядом Тейлора в точке функции f(x) вещественной переменной , бесконечно дифференцируемой в окрестности точки , называется формальный степенной ряд

${displaystyle f(x)=sum _{n=0}^{+infty }{frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}=sum _{n=0}^{+infty }varphi _{n}(x;a)}$

с общим членом ${displaystyle varphi _{n}(x;a)={frac {f^{(n)}(a)}{n!}}cdot (x-a)^{n}}$

, зависящим от параметра

Другими словами, рядом Тейлора функции f(x) в точке называется ряд разложения функции по положительным степеням двучлена :

${displaystyle f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+{frac {f''(a)}{2!}}(x-a)^{2}+ldots +{frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}+ldots ,}$

.^[3]

Как указано ниже в примерах, наличия бесконечной дифференцируемости функции f(x) в окрестности точки не достаточно, чтобы ряд Тейлора сходился к самой функции где-либо, кроме самой точки .

3. Рядом Тейлора в точке функции f(z) комплексной переменной ,
удовлетворяющей в некоторой окрестности точки условиям Коши — Римана,
называется степенной ряд

${displaystyle f(z)=sum _{n=0}^{+infty }{frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(z-a)^{n}}$

В отличие от вещественного случая, из условий следует, что найдётся такое значение радиуса R>0 , что в ${displaystyle D_{R}={zin mathbb {C} :|z-z_{0}|<R}subseteq U}$ ряд сходится к функции f(z) .

4. В случае a=0 ряд

${displaystyle f(x)=sum _{n=0}^{+infty }{frac {f^{(n)}(0)}{n!}}x^{n}}$

называется рядом Маклорена.

Аналитическая функция[править | править код]

1. Функция f(x) вещественной переменной называется аналитической в точке x=a , если существуют такой радиус R>0 и такие коэффициенты ${displaystyle c_{k}=c_{k}(a)=c_{k}(a;f),}$ , , что f(x) может быть представлена в виде сходящегося на интервале степенного ряда:
${displaystyle sum limits _{k=0}^{+infty }{{c_{k}}{{(x-a)}^{k}}},}$ ,
то есть ${displaystyle lim _{nto +infty },sum limits _{k=0}^{n}{{c_{k}}{{(x-a)}^{k}}}=f(x)}$ .

Функция называется аналитической на промежутке (на множестве), если она является аналитической в каждой точке этого промежутка (множества).

2. Степенной ряд ${displaystyle sum limits _{k=0}^{+infty }{{c_{k}}{{(z-a)}^{k}}}}$ на любом компактном подмножестве области сходимости ${displaystyle D_{R}={zin mathbb {C} :|z-z_{0}|<R}}$ допускает почленное дифференцирование любое количество раз.

Если в -ю производную функции ${displaystyle sum limits _{k=0}^{+infty }{{c_{k}}{{(z-a)}^{k}}}}$ подставить , то получится ${displaystyle {c_{k}}cdot k!}$ .

Таким образом, для аналитической в точке функции f(z) для некоторого R>0 всюду в ${displaystyle D_{R}={zin mathbb {C} :|z-z_{0}|<R}}$ является верным представление ${displaystyle f(z)=sum _{k=0}^{+infty }{frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(z-a)^{k}}$ .

Следствие. Функция f(x) вещественной переменной является аналитической в точке тогда и только тогда, когда она равна своему ряду Тейлора с параметром на некотором открытом интервале, содержащем точку .

3. Вопрос: будет ли для произвольной бесконечно дифференцируемой в точке функции f(x) вещественного переменного её ряд Тейлора ${displaystyle sum _{k=0}^{+infty }{frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}}$ сходиться к f(x) всюду на каком-нибудь интервале , то есть представима ли f(x) этим рядом?

Ответ: нет.
Существуют бесконечно дифференцируемые функции вещественной переменной, ряд Тейлора которых сходится, но при этом отличается от функции в любой окрестности
.

Примеры. Функции вещественной переменной ${displaystyle f_{2}(x)=left{{begin{array}{ll}{e^{-{frac {1}{x^{2}}}}},&xneq 0\0,&x=0end{array}}right.,}$ ,
${displaystyle f_{+}(x)=left{{begin{array}{ll}{e^{-{frac {1}{x}}}},&x>0\0,&xleq 0end{array}}right.,}$ ,
${displaystyle f_{rm {v}}(x)=left{{begin{array}{ll}{e^{-{frac {1}{|x|}}}},&xneq 0\0,&x=0end{array}}right.,}$
являются бесконечно дифференцируемыми в точке , причём все эти производные равны нулю.

Следовательно, ряды Тейлора всех этих функций с параметром тождественно равны нулю.
Однако, для любого R>0 в окрестности точки a=0 найдутся точки,
в которых функции отличны от .
Таким образом, эти функции не являются в точке a=0 аналитическими.

Доказательство

Доказательство проведём для функции ${displaystyle f(x)=f_{2}(x)=left{{begin{array}{ll}{e^{-{frac {1}{x^{2}}}}},&xneq 0\0,&x=0end{array}}right.,}$ , предложенной Огюстеном Луи Коши.

Функция ${displaystyle exp left(-{frac {1}{z^{2}}}right)}$ , является аналитической функцией комплексной переменной
для всех .

Для z neq 0 очевидно, что
${displaystyle {frac {d}{dz}}exp left(-{frac {1}{z^{2}}}right)=exp left(-{frac {1}{z^{2}}}right)cdot left({frac {2}{z^{3}}}right)}$ .

Функция f(x) для — это «исправленная» функция
${displaystyle exp left(-{frac {1}{x^{2}}}right)}$ , ,
дополненная пределами слева ${displaystyle lim _{xto 0,x<0}exp left(-{frac {1}{x^{2}}}right)=0}$
и справа ${displaystyle lim _{xto 0,x>0}exp left(-{frac {1}{x^{2}}}right)=0}$ в точке x=0 .

Найдём производную функции f(x) в точке x=0 .
По определению:
${displaystyle f'(0)=lim _{Delta xto 0,Delta xin mathbb {R} setminus {0}}{frac {f(0+Delta x)-f(0)}{Delta x}}=lim _{hto 0,hin mathbb {R} setminus {0}}{frac {f(h)-0}{h}}={frac {0}{0}}=lim _{hto 0,hin mathbb {R} setminus {0}}{frac {f'(h)}{h'}}=lim _{hto 0,hin mathbb {R} setminus {0}}{frac {2f(h)}{{h}^{3}}}}$ .

Поскольку для выполняется
${displaystyle 0<e^{-{frac {1}{x^{2}}}}<e^{-{frac {1}{x}}}}$ ,
то
докажем, что для произвольного верно ${displaystyle lim _{xto 0,x>0}{frac {e^{-{frac {1}{x}}}}{x^{alpha }}}=0}$ .

Применение правила Лопиталя непосредственно к частям

${displaystyle lim _{xto 0,x>0}e^{-{frac {1}{x}}}=lim _{xto 0,x>0}x^{alpha }=0}$

не приводит к результату.

Выполним замену переменной: ${displaystyle {frac {1}{x}}=t}$ :

${displaystyle lim _{xto 0,x>0}{frac {e^{-{frac {1}{x}}}}{x^{alpha }}}=lim _{tto +infty }{frac {t^{alpha }}{e^{t}}}={frac {+infty }{+infty }}=lim _{tto +infty }{frac {alpha t^{alpha -1}}{e^{t}}}}$ .

Пусть .
Применяя правило Лопиталя раз, в числителе получим либо (при ) константу , либо (при ) бесконечно малую ${displaystyle alpha (alpha -1)ldots (alpha -k+1)t^{alpha -k}}$ :

${displaystyle lim _{tto +infty }{frac {t^{alpha }}{e^{t}}}={frac {+infty }{+infty }}=ldots =lim _{tto +infty }{frac {alpha (alpha -1)ldots (alpha -k+1)t^{alpha -k}}{e^{t}}}=0}$

Таким образом,

${displaystyle f'(0)=lim _{hto 0,hin mathbb {R} setminus {0}}{frac {2f(h)}{{h}^{3}}}=0}$

Найдём (для xneq 0 ) несколько начальных
производных функции f(x) :

${displaystyle f'(x)={frac {2f(x)}{x^{3}}}}$

${displaystyle f''(x)=left({frac {2f(x)}{x^{3}}}right)'=2left({f'(x){frac {1}{x^{3}}}+f(x)left({frac {1}{x^{3}}}right)'}right)=2left({{frac {2f(x)}{x^{3}}}{frac {1}{x^{3}}}+f(x)left({frac {1}{x^{3}}}right)'}right)=2f(x)left({{frac {2}{x^{6}}}-{frac {3}{x^{4}}}}right)}$

${displaystyle f'''(x)=left({2f(x)left({{frac {2}{x^{6}}}-{frac {3}{x^{4}}}}right)}right)'=4f(x)left({{frac {2}{x^{9}}}-{frac {3}{x^{7}}}+{frac {6}{x^{5}}}-{frac {6}{x^{7}}}}right)}$

И так далее. Во всех случаях, очевидно,
получается произведение f(x)
на сумму целых отрицательных степеней
.
Конечная сумма
бесконечно малых является бесконечно малой.
Таким образом,
${displaystyle lim _{xto 0,xin mathbb {R} setminus {0}}f^{(k)}(x)=0}$ .

Вычисляя последовательно по определению (как выше) производные f(x) в точке x=0 ,
обнаруживаем, что все производные в
точке x=0 равны нулю.

Область сходимости ряда Тейлора[править | править код]

Ряд Тейлора, являясь степенным рядом, имеет в качестве области сходимости круг (с центром в точке ) для случая комплексной переменной
и интервал (с центром в точке ) — для случая вещественной переменной.

1. Например, функция ${displaystyle f(x)={frac {1}{1-x}}}$ может быть разложена в ряд Тейлора следующим образом: ${displaystyle {frac {1}{1-x}}=sum limits _{k=0}^{infty }{x^{k}}}$ (это известная формула суммы бесконечной убывающей геометрической прогрессии). Однако если функция ${displaystyle {frac {1}{1-x}}}$ определена для всех действительных чисел, кроме точки , то ряд ${displaystyle sum limits _{k=0}^{infty }{x^{k}}}$ сходится только при условии .

2. Радиус сходимости ряда Тейлора можно определить, например, по формуле Даламбера:

${displaystyle R=lim _{kto infty }left|{dfrac {dfrac {{f^{(k)}}(a)}{k!}}{dfrac {{f^{(k+1)}}(a)}{(k+1)!}}}right|=lim _{kto infty }left|{{frac {{f^{(k)}}(a)}{{f^{(k+1)}}(a)}}(k+1)}right|}$

3. Рассмотрим для примера экспоненциальную функцию ${displaystyle e^{x}}$ . Поскольку любая производная экспоненциальной функции равна самой функции в любой точке, то радиус сходимости экспоненциальной функции равен ${displaystyle R=lim _{kto infty }left|{{frac {e^{a}}{e^{a}}}(k+1)}right|=lim _{kto infty }(k+1)=infty }$ . Значит, ряд Тейлора экспоненциальной функции сходится на всей оси для любого параметра .

4. От параметра — точки разложения ряда Тейлора — зависит область его сходимости.

Например, разложим в общем случае (для произвольного ) в ряд Тейлора функцию ${displaystyle f(x)={frac {1}{1-x}}}$ : ${displaystyle f(x)={frac {1}{1-x}}={frac {1}{1-a}}sum limits _{k=0}^{infty }{{left({frac {x-a}{1-a}}right)}^{k}}}$ .

Можно доказать с помощью формулы суммы геометрической прогрессии, что данный ряд, как функция аргумента , при любых значениях (кроме a=1 ) имеет один и тот же вид.

Действительно,

${displaystyle {frac {1}{1-a}}sum limits _{k=0}^{infty }{{left({frac {x-a}{1-a}}right)}^{k}}={frac {1}{1-a}}cdot {frac {1}{1-left({dfrac {x-a}{1-a}}right)}}={frac {1}{1-x}}}$

Область сходимости ряда может быть задана неравенством ${displaystyle left|{frac {x-a}{1-a}}right|<1}$ . И теперь эта область зависит от . Например, для a=0 ряд сходится при . Для ряд сходится при .

Формула Тейлора[править | править код]

Предположим, что функция f(x) имеет все производные до n+1 -го порядка включительно в некотором промежутке, содержащем точку x=a . Найдем многочлен ${displaystyle {P_{n}}(x)}$ степени не выше , значение которого в точке x=a равняется значению функции f(x) в этой точке, а значения его производных до -го порядка включительно в точке x=a равняются значениям соответствующих производных от функции f(x) в этой точке.

Достаточно легко доказать, что такой многочлен имеет вид ${displaystyle {P_{n}}(x)=sum limits _{k=0}^{n}{{frac {{f^{(k)}}(a)}{k!}}{{(x-a)}^{k}}}}$ , то есть это -я частичная сумма ряда Тейлора функции f(x) . Разница между функцией f(x) и многочленом ${displaystyle {P_{n}}(x)}$ называется остаточным членом и обозначается ${displaystyle {R_{n}}(x)=f(x)-{P_{n}}(x)}$ . Формула ${displaystyle f(x)={P_{n}}(x)+{R_{n}}(x)}$ называется формулой Тейлора^[4]. Остаточный член дифференцируем n+1 раз в рассматриваемой окрестности точки . Формула Тейлора используется при доказательстве большого числа теорем в дифференциальном исчислении.
Говоря нестрого, формула Тейлора показывает поведение функции в окрестности некоторой точки.

Теорема:

Это формула Тейлора с остаточным членом в общей форме (форма Шлёмильха — Роша).

Различные формы остаточного члена[править | править код]

В форме Лагранжа:

${displaystyle R_{n}(x)={(x-a)^{n+1} over (n+1)!}f^{(n+1)}[a+theta (x-a)]qquad p=n+1;qquad 0<theta <1}$

В форме Коши:

${displaystyle R_{n}(x)={(x-a)^{n+1}(1-theta )^{n} over n!}f^{(n+1)}[a+theta (x-a)]qquad p=1;qquad 0<theta <1}$

В интегральной форме:

${displaystyle R_{n}(x)={1 over n!}int limits _{a}^{x}(x-t)^{n}f^{(n+1)}(t),dt}$

Ослабим предположения:

В асимптотической форме (форме Пеано, локальной форме):

${displaystyle R_{n}(x)=o[(x-a)^{n}]}$

Критерий аналитичности функции[править | править код]

Основной источник: ^[5]

Предположим, что некоторую функцию f(x) нужно разложить в ряд Тейлора в некоторой точке x=a . Для этого предварительно нужно убедиться, что функция является аналитической (то есть буквально разложимой) в этой точке. В противном случае получится не разложение функции в ряд Тейлора, а просто ряд Тейлора, который не равен своей функции. Причем, как можно убедиться на примере функции Коши, и функция может быть сколько угодно раз дифференцируемой в точке , и её ряд Тейлора с параметром может быть сходящимся, но при этом ряд Тейлора может быть не равен своей функции.

Во-первых, необходимым условием аналитичности функции является сходимость ряда Тейлора в некоторой непрерывной области. Действительно, если ряд Тейлора сходится всего в одной точке, то это точка x=a , потому что в ней ряд Тейлора сходится всегда. Но тогда ряд Тейлора равен функции f(x) только в этой единственной точке, а значит, данная функция не будет аналитической.

Во-вторых, по формуле Тейлора в ряд Тейлора с остаточным членом может быть разложена любая (а не только аналитическая) функция, бесконечно дифференцируемая в окрестности, содержащей точку . Пусть ряд Тейлора с параметром такой функции сходится в этой окрестности. Если существует предел каждой из двух последовательностей, то предел суммы этих последовательностей равен сумме их пределов. Тогда для всех из окрестности по формуле Тейлора можно записать ${displaystyle lim _{nto infty }R_{n}(x)=lim _{nto infty }(f(x)-P_{n}(x))=f(x)-lim _{nto infty }P_{n}(x)}$ , где ${displaystyle lim _{nto infty }P_{n}(x)}$ — ряд Тейлора.

Очевидно, что функция f(x) является аналитической в точке тогда и только тогда, если в указанной окрестности точки существует непрерывная область такая, что для всех xin X остаточный член её разложения по формуле Тейлора стремится к нулю с ростом : ${displaystyle lim _{nto infty }R_{n}(x)=0}$ .

В качестве примера рассмотрим экспоненциальную функцию ${displaystyle e^{x}}$ . Её ряд Тейлора сходится на всей оси для любых параметров . Докажем теперь, что эта функция является аналитической во всех точках .

Остаточный член разложения этой функции в форме Лагранжа имеет вид ${displaystyle {R_{n}}(x)={frac {{(x-a)}^{n+1}}{(n+1)!}}{e^{xi _{n}}}}$ , где $xi _{n}$ — некоторое число, заключенное между и (не произвольное, но и не известное). Тогда, очевидно,

${displaystyle lim _{nto infty }{R_{n}}(x)=lim _{nto infty }{frac {{(x-a)}^{n+1}}{(n+1)!}}{e^{xi _{n}}}leq Mcdot lim _{nto infty }{frac {{(x-a)}^{n+1}}{(n+1)!}}=0}$

Здесь используется, что на фиксированном промежутке экспонента ограничена некоторым числом

Причем, как видно, предел остаточного члена равен нулю для любых и .

Ряды Маклорена некоторых функций[править | править код]

Гиперболические функции^[6]^[10]:

Обратные гиперболические функции^[6]^[11]:

Формула Тейлора для функции двух переменных[править | править код]

Пусть функция f(x,y) имеет непрерывные производные до (n+1) -го порядка включительно в некоторой окрестности точки .
Введём дифференциальный оператор

$mathrm{T}=(x-x_0)dfrac {partial} {partial x}+(y-y_0)dfrac {partial} {partial y}$

Тогда разложение (формула Тейлора) функции f(x,y) по степеням ${displaystyle (x-x_{0})^{p}(y-y_{0})^{q}}$ для в окрестности точки будет иметь вид

$f(x,y)=sumlimits_{k=0}^n dfrac {mathrm{T}^k f(x_0,y_0)} {k!} + R_n(x,y),$

где — остаточный член в форме Лагранжа:

$R_n(x,y)=dfrac {mathrm{T}^{(n+1)} f(xi,zeta)} {(n+1)!}, xi in [x_0,x], zeta in [y_0,y]$

Следует иметь в виду, что операторы ${displaystyle {dfrac {partial }{partial x}}}$ и ${displaystyle {dfrac {partial }{partial y}}}$
в ${displaystyle mathrm {T} ^{k}}$ действуют только на функцию f(x,y) , но не на (x-x_0) и/или ${displaystyle (y-y_{0})}$ .

Аналогичным образом формула строится для функций любого числа переменных, меняется только число слагаемых в операторе .

В случае функции одной переменной ${displaystyle mathrm {T} =(x-x_{0}){dfrac {d}{dx}},}$ .

Формула Тейлора многих переменных[править | править код]

Для получения формулы Тейлора функции переменных , которая в некоторой окрестности точки ${displaystyle (a_{1},a_{2},...,a_{n})}$ имеет непрерывные производные до (m+1) -го порядка включительно, введём дифференциальный оператор

${displaystyle mathrm {T} =(x_{1}-a_{1}){dfrac {partial }{partial x_{1}}}+(x_{2}-a_{2}){dfrac {partial }{partial x_{2}}}+...+(x_{n}-a_{n}){dfrac {partial }{partial x_{n}}}.}$

Тогда разложение (формула Тейлора) функции по степеням ${displaystyle (x_{i}-a_{i})^{k_{i}}}$ в окрестности точки ${displaystyle (a_{1},a_{2},...,a_{n})}$ имеет вид

${displaystyle f(x_{1},x_{2},...x_{n})=sum limits _{k=0}^{m}{dfrac {mathrm {T} ^{k}f(a_{1},a_{2},...,a_{n})}{k!}}+R_{m}(x_{1},x_{2},...x_{n}),}$

где — остаточный член порядка (m+1) .

Для функции переменных, бесконечно дифференцируемой в некоторой окрестности точки ${displaystyle (a_{1},a_{2},...,a_{n})}$ , ряд Тейлора имеет вид:

${displaystyle f(x_{1},x_{2},...x_{n})=sum limits _{k=0}^{infty }{frac {1}{k!}}sum limits _{i_{1}=1}^{n}sum limits _{i_{2}=1}^{n}...sum limits _{i_{k}=1}^{n}{frac {partial ^{k}f(a_{1},a_{2},...,a_{n})}{partial x_{i_{1}}partial x_{i_{2}}...partial x_{i_{k}}}}(x_{i_{1}}-a_{1})(x_{i_{2}}-a_{2})...(x_{i_{n}}-a_{n})}$ .

В другой форме ряд Тейлора можно записать таким образом:

${displaystyle f(x_{1},x_{2},...x_{n})=sum limits _{k=0}^{infty }overbrace {sum limits _{k_{1}=0}sum limits _{k_{2}=0}...sum limits _{k_{n}=0}} ^{k_{1}+k_{2}+...+k_{n}=k}{dfrac {1}{k_{1}!k_{2}!...k_{n}!}}{dfrac {partial ^{k}f(a_{1},a_{2},...,a_{n})}{partial x_{1}^{k_{1}}partial x_{2}^{k_{2}}...partial x_{n}^{k_{n}}}}(x_{1}-a_{1})^{k_{1}}(x_{2}-a_{2})^{k_{2}}...(x_{n}-a_{n})^{k_{n}}}$ .

Пример разложения в ряд Маклорена функции трёх переменных[править | править код]

Найдём выражение для разложения в ряд Тейлора функции трёх переменных , и в окрестности точки (0,0,0) до второго порядка малости. Оператор будет иметь вид

$mathrm{T}= x dfrac {partial} {partial x}+ y dfrac {partial} {partial y}+ z dfrac {partial} {partial z}.$

Разложение в ряд Тейлора запишется в виде

${displaystyle f(x,y,z)=sum limits _{k=0}^{2}{dfrac {mathrm {T} ^{k}f_{0}}{k!}}+R_{2}(x,y,z)=}$

${displaystyle =left(1+T+{frac {T^{2}}{2}}right)f_{0}+R_{2}(x,y,z);}$

Учитывая, что

$T^2 = x^2 dfrac {partial^2} {partial x^2}+ y^2 dfrac {partial^2} {partial y^2}+ z^2 dfrac {partial^2} {partial z^2} + 2xy dfrac {partial^2} {partial x partial y} + 2xz dfrac {partial^2} {partial x partial z}+ 2yz dfrac {partial^2} {partial y partial z},$

получим

${displaystyle f(x,y,z)=f_{0}+x{dfrac {partial f_{0}}{partial x}}+y{dfrac {partial f_{0}}{partial y}}+z{dfrac {partial f_{0}}{partial z}}+{frac {x^{2}}{2}}{dfrac {partial ^{2}f_{0}}{partial x^{2}}}+{frac {y^{2}}{2}}{dfrac {partial ^{2}f_{0}}{partial y^{2}}}+{frac {z^{2}}{2}}{dfrac {partial ^{2}f_{0}}{partial z^{2}}}+}$

${displaystyle +xy{dfrac {partial ^{2}f_{0}}{partial xpartial y}}+xz{dfrac {partial ^{2}f_{0}}{partial xpartial z}}+yz{dfrac {partial ^{2}f_{0}}{partial ypartial z}}+R_{2}(x,y,z).}$

Например, при $f(x,y,z)=e^{x+y+z}$ ,

${displaystyle f(x,y,z)=1+x+y+z+{frac {x^{2}}{2}}+{frac {y^{2}}{2}}+{frac {z^{2}}{2}}+xy+xz+yz+R_{2}(x,y,z).}$

Примечания[править | править код]

↑ Taylor, Brook, Methodus Incrementorum Directa et Inversa [Direct and Reverse Methods of Incrementation] (London, 1715), pages 21-23 (Proposition VII, Theorem 3, Corollary 2). Translated into English in D. J. Struik, A Source Book in Mathematics 1200—1800 (Cambridge, Massachusetts: Harvard University Press, 1969), pages 329—332.
↑ Gupta R. C. The Madhava-Gregory series, Math. Education 7 (1973), B67-B70.
↑ Запорожец Г. И. «Руководство к решению задач по математическому анализу» — С. 371
↑ Н.С. Пискунов. Дифференциальное и интегральное исчисления. — Мифрил, 1996. — С. Том 1, глава 4, параграф 6.
↑ Н.С. Пискунов. Дифференциальное и интегральное исчисления для втузов. — тринадцатое. — МОСКВА “НАУКА”, 1985. — С. Том 2, глава 16, параграф 16.
↑ ¹ ² ³ ⁴ ⁵ ⁶ Градштейн И. С., Рыжик И. М. Таблицы интегралов, сумм, рядов и произведений. — 4-е изд. — М.: Наука, 1963.
↑ Цукер Р. Тригонометрические функции // Справочник по специальным функциям с формулами, графиками и таблицами / Под ред. М. Абрамовица и И. Стиган; пер. с англ. под ред. В. А. Диткина и Л. Н. Карамзиной. — М.: Наука, 1979. — С. 37—43. — 832 с. — 50 000 экз.
↑ Цукер Р. Обратные тригонометрические функции // Справочник по специальным функциям с формулами, графиками и таблицами / Под ред. М. Абрамовица и И. Стиган; пер. с англ. под ред. В. А. Диткина и Л. Н. Карамзиной. — М.: Наука, 1979. — С. 44—47. — 832 с. — 50 000 экз.
↑ При значении x, близком к 1, эта расчётная формула сходится медленно, т.е. даёт большую погрешность при приближении функции суммой первых нескольких членов ряда. Поэтому можно воспользоваться формулой $arcsin x = arccos sqrt{1-x^2},$ где
↑ Цукер Р. Гиперболические функции // Справочник по специальным функциям с формулами, графиками и таблицами / Под ред. М. Абрамовица и И. Стиган; пер. с англ. под ред. В. А. Диткина и Л. Н. Карамзиной. — М.: Наука, 1979. — С. 48—49. — 832 с. — 50 000 экз.
↑ Цукер Р. Обратные гиперболические функции // Справочник по специальным функциям с формулами, графиками и таблицами / Под ред. М. Абрамовица и И. Стиган; пер. с англ. под ред. В. А. Диткина и Л. Н. Карамзиной. — М.: Наука, 1979. — С. 50—53. — 832 с. — 50 000 экз.

Литература[править | править код]

Ильин В. А., Садовничий В. А., Сендов Б. Х. Математический анализ, ч. 1, изд. 3, ред. А. Н. Тихонов. М.: Проспект, 2004.
Камынин Л. И. Математический анализ. Т. 1, 2. — 2001.
Киселёв В. Ю., Пяртли А. С., Калугина Т. Ф. Высшая математика. Первый семестр, Интерактивный компьютерный учебник.
Маркушевич А. И. Теория аналитических функций. В 2 т. — Изд. 2-е. — М.: Наука, 1967. — Т. 1: Начала теории. — 486 с.
Нарасимхан Р. Анализ на действительных и комплексных многообразиях. — пер. с англ. Е. М. Чирки. — М.: Мир, 1971. — 232 с.
Петрова С. С., Романовска Д. А. К истории открытия ряда Тэйлора. // Историко-математические исследования. — М.: Наука, 1980. — № 25. — С. 10—24.
Пискунов Н. С. Дифференциальное и интегральное исчисления для втузов. В 2 т. — Изд. 13-е. — М.: Наука, Главная редакция физико-математической литературы, 1985. — Т. 1. — 432 с.
Пискунов Н. С. Дифференциальное и интегральное исчисления для втузов. В 2 т. — Изд. 13-е. — М.: Наука, Главная редакция физико-математической литературы, 1985. — Т. 2. — 560 с.
Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления. В 3 т. — Изд. 8-е. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2003. — Т. I. — 680 с. — ISBN ISBN 5-9221-0156-0.

Источник

Let us solve #y”+y=0# by Power Series Method.

Let #y=sum_{n=0}^inftyc_nx^n#, where #c_n# is to be determined.

By taking derivatives,

#y’=sum_{n=1}^inftync_nx^{n-1} Rightarrow y”=sum_{n=2}^inftyn(n-1)c_nx^{n-2}#

We can rewrite #y”+y=0# as

#sum_{n=2}^inftyn(n-1)c_nx^{n-2}+sum_{n=0}^inftyc_nx^n=0#

by shifting the indices of the first summation by 2,

#Rightarrow sum_{n=0}^infty(n+2)(n+1)c_{n+2}x^n+sum_{n=0}^inftyc_nx^n=0#

by combining the summations,

#Rightarrow sum_{n=0}^infty[(n+2)(n+1)c_{n+2}+c_n]x^n=0#,

#Rightarrow (n+2)(n+1)c_{n+2}+c_n=0#

#Rightarrow c_{n+2}=-{c_n}/{(n+2)(n+1)}#

Let us look at even coefficients.

#c_2={-c_0}/{2cdot1}=-c_0/{2!}#
#c_4={-c_2}/{4cdot3}={-1}/{4cdot3}cdot{-c_0}/{2!}=c_0/{4!}#
#c_6={-c_4}/{6cdot5}={-1}/{6cdot5}cdot c_0/{4!}=-{c_0}/{6!}#
.
.
.
#c_{2n}=(-1)^n{c_0}/{(2n)!}#

Let us look at odd coefficients.

#c_3={-c_1}/{3cdot2}=-{c_1}/{3!}#
#c_5={-c_3}/{5cdot4}={-1}/{5cdot4}cdot{-c_1}/{3!}={c_1}/{5!}#
#c_7={-c_5}/{7cdot6}={-1}/{7cdot6}cdot{c_1}/{5!}=-{c_1}/{7!}#
.
.
.
#c_{2n+1}=(-1)^n{c_1}/{(2n+1)!}#

Hence, the solution can be written as:

#y=sum_{n=0}^inftyc_nx^n#

by splitting into even terms and odd terms,

#=sum_{n=0}^inftyc_{2n}x^{2n}+sum_{n=0}^inftyc_{2n+1}x^{2n+1}#

by pluggin in the formulas for #c_{2n}# and #c_{2n+1}# we found above,

#=c_0sum_{n=0}^infty(-1)^n{x^{2n}}/{(2n)!}+c_1 sum_{n=0}^infty(-1)^n{x^{2n+1}}/{(2n+1)!}#

by recognizing the power series,

#=c_0 cosx+c_1 sinx#

I hope that this was helpful.

Источник

Степенные ряды в форме рядов Тейлора и Маклорена

Степенные ряды и, в частности, ряды Тейлора являются одним из видов функциональных рядов.

Степенной ряд в общем виде записывается как:

a0+a1(x−x0)+a2(x−x0)2+…+an(x−x0)n+…=∑k=0∞ak(x−x0)ka_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+ldots+a_n(x-x_0)^n+ldots=sumlimits_{k=0}^{infty} a_k(x-x_0)^k

где a0,a1,…,an,…a_0, a_1, ldots, a_n, ldots – постоянные, коэффициенты ряда,

x0x_0 – центр интервала сходимости ряда ∣x−x0∣<R|x-x_0|<R,

RR – радиус сходимости, когда для частичных сумм Sn(x)S_n(x) существует предел, сумма ряда S(x)S(x):

Sn(x)=a0+a1(x−x0)+a2(x−x0)2+…+an(x−x0)n,lim⁡n→∞Sn(x)=S(x)S_n(x)= a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+ldots+a_n(x-x_0)^n, quad limlimits_{n to infty } S_n (x) = S (x)

Возьмем функцию действительной переменной f(x)f(x), которая является бесконечно дифференцируемой в точке x0x_0. Такую функцию можно разложить в степенной ряд следующего вида:

f(x)=f(x0)+f′(x0)1!(x−x0)+f′′(x0)2!(x−x0)2+…+f(n)(x0)n!(x−x0)n+…=∑k=0∞f(k)(x0)k!(x−x0)kf(x)=f(x_0)+dfrac{f{‘}(x_0)}{1!}(x-x_0) +dfrac{f{”}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 +ldots+dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k

Этот ряд по степеням двучлена (x−x0)(x-x_0) называют рядом Тейлора.

В случае x0=0x_0=0 полученный степенной ряд:

f(x)=f(0)+f′(0)1!x+f′′(0)2!(x−x0)2+…+f(n)(x0)n!(x−x0)n+…=∑k=0∞f(k)(x0)k!(x−x0)kf(x)=f(0)+dfrac{f{‘}( 0)}{1!} x +dfrac{f{”}(0)}{2!}(x-x_0)^2 +ldots+dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k

называют рядом Маклорена.

Ряд Тейлора можно записать в другом виде. Полагая:

x−x0=t,f(x)=f(x0+t)=g(t)x-x_0=t, quad f(x)=f(x_0+t)=g(t)

ряд Тейлора

f(x)=f(x0+t)=f(0)+f′(x0)1!t+f′′(x0)2!t2+…+f(n)(x0)n!tn+…=∑k=0∞f(k)(x0)k!tkf(x)=f(x_0+t)=f(0)+dfrac{f{‘}(x_ 0)}{1!} t +dfrac{f{”}(x_0)}{2!}t^2 +ldots+dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}t^n +ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}t^k

сводится к ряду Маклорена:

g(t)=g(0)+g′(0)1!t+…+g(n)(0)n!tn+…=∑k=0∞g(k)(0)k!tkg(t)=g(0)+dfrac{g{‘}( 0)}{1!}t +ldots+dfrac{g^{(n)}(0)}{n!}t^n +ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} dfrac{g^{(k)}(0)}{k!}t^k

Как и в случае произвольного степенного ряда, ряды Тейлора и Маклорена имеют интервал сходимости.

Пример

Разложим в ряд Тейлора функцию:

f(x)=1xf(x)=dfrac{1}{x}

в окрестности точки x0=1x_0=1.

С помощью замены:

x−x0=x−1=tx-x_0=x-1=t

функция сводится к виду:

f(x)=f(t+1)=11+tf(x)=f(t+1)=dfrac {1}{1+t}

Полученное выражение при ∣t∣<1|t|<1 является суммой бесконечно убывающей геометрической прогрессии знаменателем (−t)(-t), и ряд записывается в виде:

11+t=1−t+t2−t3+…+(−1)ntn+…=∑k=0∞(−1)ktkdfrac {1}{1+t}=1-t+t^2-t^3+ldots+(-1)^{n}t^{n}+ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} (-1)^{k}t^{k}

Возвращаясь к переменной xx, получаем разложение по степеням двучлена (x−1)(x-1):

1x=1−(x−1)+(x−1)2−(x−1)3+…+(−1)n(x−1)n+…=∑k=0∞(−1)k(x−1)k,∣x−1∣<1dfrac {1}{x}=1-(x-1)+ (x-1)^2-(x-1)^3+ldots+(-1)^{n}(x-1)^{n}+ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} (-1)^{k}(x-1)^{k}, quad |x-1|<1

Формула Тейлора

Следствием разложения функции в степенной ряд является соответствующая формула Тейлора. Если функция f(x)f(x) имеет в точке x0x_0 производные до nn –го порядка включительно, то функцию f(x)f(x) можно представить с помощью формулы Тейлора:

f(x)=f(x0)+f′(x0)1!(x−x0)+…+f(n)(x0)n!(x−x0)n+Rn(x)f(x)=f(x_0)+dfrac{f{‘}(x_0)}{1!}(x-x_0) +ldots+dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +R_n (x)

или

f(x)=∑k=0nf(k)(x0)k!(x−x0)k+Rn(x)f(x)= sumlimits_{k=0}^{n} dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k +R_n (x),

где функция Rn(x)R_n (x) называется остаточным членом.

Формы остаточного члена

Существует несколько форм для остаточного члена. В частности, если f(x)f(x) дифференцируема (n+1)(n+1) раз в окрестности x0x_0, то Rn(x)R_n (x) может быть представлена в форме Лагранжа:

Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!xn+1,x<ξ<x0R_n (x)=dfrac {f^{(n+1)}(xi)}{(n+1)!} x^{n+1}, quad x<xi<x_0 или x<ξ<x0x<xi<x_0.

Если функция f(x)f(x) дифференцируема (n−1)(n-1) раз в окрестности x0=0x_0=0, то Rn(x)R_n(x) может быть представлена в форме Пеано:

Rn(x)=o((x−x0)n)R_n(x)=o((x-x_0)^n).

Учитывая, что ряд Тейлора можно свести к ряду Маклорена, запишем формулу Тейлора для основных элементарных функций в окрестности x0=0x_0=0 и укажем соответствующие интервалы сходимости.

Показательная функция:

ex=1+x1!+x22!+x33!+…+xnn!+o(xn),∣x∣<∞e^x=1+dfrac{x}{1!} +dfrac{x^2}{2!} +dfrac{x^3}{3!}+ldots+dfrac{x^n}{n!}+o(x^n),quad |x|<infty

Тригонометрические функции:

sin⁡x=x1!−x33!+x55!−x77!+…+(−1)n+1x2n−1(2n−1)!+o(x2n),∣x∣<∞sin x=dfrac{x}{1!} -dfrac{x^3}{3!} +dfrac{x^5}{5!} -dfrac{x^7}{7!} +ldots+dfrac{(-1)^{n+1}x^{2n-1}}{(2n-1)!}+ o(x^{2n}),quad |x|<infty

cos⁡x=1−x22!+x44!−x66!+…+(−1)n+1x2n(2n)!+o(x2n+1),∣x∣<∞cos x=1 -dfrac{x^2}{2!} +dfrac{x^4}{4!} -dfrac{x^6}{6!} +ldots+dfrac{(-1)^{n+1}x^{2n}}{(2n)!}+ o(x^{2n+1}),quad |x|<infty

arctg⁡x=x−x33+x55−x77+…+(−1)nx2n+12n+1+o(x2n+2),∣x∣≤1arctg x=x-dfrac{x^3}{3} +dfrac{x^5}{5} -dfrac{x^7}{7} +ldots+dfrac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}+ o(x^{2n+2}),quad |x|le{1}

Логарифмическая функция:

ln⁡(1+x)=x1!−x22!+x33!−…+(−1)n+1xnn!+o(xn),x∈(−1;1]ln (1+x)=dfrac{x}{1!} -dfrac{x^2}{2!} +dfrac{x^3}{3!} -ldots+dfrac{(-1)^{n+1}x^{n}}{n!}+ o(x^n),quad xin (-1;1]

Степенная функция:

(1+x)α=1+α1!x+α(α−1)2!x2+α(α−1)(α−2)3!x3+…+α(α−1)…(α−n+1)n!xn+o(xn)(1+x)^alpha=1+dfrac{alpha }{1!}x+dfrac{alpha (alpha -1)}{2!}x^2 +dfrac{alpha (alpha -1)( alpha -2)}{3!} x^3 +ldots+dfrac{alpha (alpha -1) ldots ( alpha-n+1)} {n!} {x^n}+ o(x^n)

Пример 1

Разложим, используя формулу Тейлора, функцию

f(x)=(x+1)ln⁡(x2+2x+2)f(x)=(x+1)ln (x^2+2x+2)

в окрестности точки x0=−1x_0=-1 с точностью до o((x+1)7)o((x+1)^7).

Выполнив замену переменной

x−x0=x+1=tx-x_0=x+1=t

получаем:

g(t)=tln⁡(1+t2)g(t)=tln(1+t^2)

Используя разложение логарифмической функции, получаем:

g(t)=t(t21!−(t2)22!+(t2)33!+o((t2)3))=t3−t52+t76+o(t7)g(t)=t left( dfrac{t^2}{1!}-dfrac{(t^2)^2}{2!}+dfrac{(t^2)^3}{3!}+o((t^2)^3) right)=t^3-dfrac{t^5}{2}+dfrac{t^7}{6}+o(t^7)

Выполняем далее обратную замену переменной:

f(x)=(x+1)3−(x+1)52+(x+1)76+o((x+1)7)f(x)= (x+1)^3-dfrac{(x+1)^5}{2}+dfrac{(x+1)^7}{6}+o((x+1)^7)

Пример 2

Разложим, используя формулу Тейлора, функцию

f(x)=(x2−4x)cos⁡(2x−4)f(x)=(x^2-4x)cos{(2x-4)}

в окрестности точки x0=2x_0=2 с точностью до o((x−5)5)o((x-5)^5).

Выполнив замену переменной:

x−x0=x−2=t,x=t+2x-x_0=x-2=t, quad x=t+2

получаем:

g(t)=(t2−4)cos⁡2tg(t)=(t^2-4)cos{2t}

Используя разложение тригонометрической функции, получаем:

g(t)=(t2−4)(1−(2t)22!−(2t)44!+o(t5))=(t2−4)(1−2t2+2t43+o(t5))g(t) =(t^2-4) left( 1-dfrac{(2t)^2}{2!}-dfrac{(2t)^4}{4!}+o(t^5) right) =(t^2-4) left( 1-2t^2+dfrac{2t^4}{3}+o(t^5) right)

Раскрываем скобки, ограничиваясь слагаемыми со степенью t не выше пяти:

g(t)=(t2−2t4)−(4−8t2+8t43+o(t5))=−4+9t2−143t4+o(t5)g(t) =(t^2-2t^4)- left( 4-8t^2+dfrac{8t^4}{3}+o(t^5) right) =-4+9t^2-dfrac{14}{3} t^4+o(t^5)

Выполняя обратную замену переменной, получаем:

f(x)=−4+9(x−2)2−143(x−2)4+o((x−2)5)f(x)=-4+9(x-2)^2-dfrac{14}{3}(x-2)^4+o((x-2)^5)

Применение формулы Тейлора при x, стремящемся к бесконечности

При необходимости представить функцию с помощью формулы Тейлора при x→∞x to infty с точностью до o(1xn)oleft( dfrac {1} {x^n}right), последовательно:

выполняем замену переменной t=1xt=dfrac{1}{x};
полученную функцию g(t)g(t) представляем с помощью формулы Тейлора с необходимой точностью;
с помощью обратной замены переменных находим искомое выражение для f(x)f(x).

Пример

Разложим, используя формулу Тейлора, функцию

f(x)=2x−x2−1f(x)=2x-sqrt{x^2-1}

с точностью до o(1×3)oleft( dfrac {1} {x^3}right) при x→+∞x to +infty.

Выполнив замену переменной

t=1x,x=1tt=dfrac{1}{x}, quad x=dfrac{1}{t}

получаем:

g(t)=2t−1t2−1=2−(1−t2)1/2tg(t)=dfrac {2}{t}-sqrt {dfrac{1}{t^2}-1}=dfrac{2-(1-t^2)^{1/2}}{t}

Учитывая требуемую точность o(t3)o(t^3), используем разложение степенной функции в ряд Тейлора с точностью до o(t4)o(t^4):

g(t)=2−(1−t22−t48)+o(t4)t=1t+t2−t38+o(t3)g(t)=dfrac {2-left( 1-dfrac{t^2}{2}-dfrac{t^4}{8}right)+o(t^4)}{t}=dfrac{1}{t}+dfrac{t}{2}-dfrac{t^3}{8}+o(t^3)

Выполняя обратную замену переменной, находим:

f(x)=x+12x−18×3+o(1×3),x→+∞f(x)=x+dfrac{1}{2x}- dfrac {1}{8x^3}+ oleft( dfrac {1} {x^3}right), quad x to +infty

Применение формула Тейлора при вычислении пределов

С помощью разложения функции с использованием формулы Тейлора при вычислении пределов можно избавиться от неопределённостями различного вида. Проиллюстрируем использование формулы Тейлора на примере вычисления предела функции с неопределенностью вида (00)left( dfrac {0} {0}right).

Пример 1

Вычислим, используя формулу Тейлора, предел:

lim⁡x→1ex−ecos⁡(x−1)sin⁡(x−1)limlimits_{x to 1 } dfrac {e^{x}-e cos{(x-1)}}{sin {(x-1)}}

Заменим ex{e^{x}} и тригонометрические функции их разложениями в степенные ряды в окрестности x0=1x_0=1, находим:

lim⁡x→1ex−ecos⁡(x−1)sin⁡(x−1)=lim⁡x→1(e+e(x−1)+e(x−1)22!+e(x−1)33!+…)−e(1−(x−1)22!+…)(x−1)−(x−1)33!+…=elim⁡x→1(x−1)+(x−1)2+(x−1)36+…(x−1)−(x−1)36+…=elim⁡x→11+(x−1)+(x−1)26+…1−(x−1)26+…=elimlimits_{x to 1 } dfrac {e^{x}-e cos{(x-1)}}{sin {(x-1)}}=limlimits_{x to 1} dfrac {left(e+e(x-1)+dfrac{e(x-1)^2}{2!}+dfrac{e(x-1)^3}{3!} +ldots right)-eleft( 1-dfrac{(x-1)^2}{2!}+ ldots right)} {(x-1)-dfrac{(x-1)^3}{3!}+ ldots}= elimlimits_{x to 1 } dfrac {(x-1)+(x-1)^2+ dfrac{(x-1)^3}{6}+ldots} {(x-1)- dfrac{(x-1)^3}{6}+ldots} =e limlimits_{x to 1 } dfrac {1+(x-1) +dfrac{(x-1)^2}{6}+ldots} {1- dfrac{(x-1)^2}{6}+ldots} =e

Тест по теме «Формула и ряд Тейлора»

Источник

Разложение функций в степенные ряды. Ряд Тейлора

Общая постановка задачи разложения функции в ряд в комплексной области формулируется так же, как и в действительной области. А именно, для заданной функции f(z) , определенной в области и удовлетворяющий в ней него которым дополнительным условиям, требуется найти ряд вида $sum_{n=1}^{infty}u_n(z)$ который бы сходился в области и его сумма в этой области совпадала с f(z) .

Постановка задачи разложения функции в степенной ряд

Для функции f(z) , аналитической в области , найти ряд $sum_{n=0}^{infty}c_n(z-z_0)^n$ , сходящийся к f(z) в круге |z-z_0|<R , принадлежащем области , то есть

$f(z)=sum_{n=0}^{infty}c_n(z-z_0)^n,quad |z-z_0|<R.$

(3.15)

Равенство (3.15) означает, что f(z) является суммой ряда в круге |z-z_0|<R .

Для решения задачи нужно, очевидно, найти коэффициенты ряда по заданной функции f(z) ; найти круг сходимости ряда и установить сходимость ряда именно к f(z) . Последнее, напомним, означает, что для точек круга выполняется неравенство |S_n(z)-f(z)|<varepsilon для любого varepsilon>0 и N(varepsilon,z) .

Все поставленные вопросы решаются с помощью следующей теоремы.

Теорема Тейлора о разложении функции в степенной ряд

Теорема 3.4. Функция, аналитическая в области , в окрестности каждой точки z_0 этой области представляется в виде степенного ряда (3.15), радиус сходимости которого не меньше, чем расстояние от точки z_0 до границы области . Коэффициенты ряда вычисляются по формуле

$c_n=frac{1}{2pi i}ointlimits_{gamma}frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}},dz,quad n=0,1,2,ldots,$

(3.16)

где gamma — произвольный контур, принадлежащий области и охватывающий точку z_0 , в частности, gamma — окружность |z-z_0|=rho или по формуле

$c_n=frac{1}{n!}f^{(n)}(z_0),quad n=0,1,2,ldots$

(3.17)

На основании теоремы можно сформулировать алгоритм решения поставленной выше задачи и вывод — утверждение.

Алгоритм разложения аналитической функции в степенной ряд

1. Найти производные от данной функции: $f'(z),,f''(z),,ldots,,f^{(n)}(z),,ldots$ .

2. Вычислить значения производных в точке z_0; ; записать коэффициенты по формуле (3.17). Составить ряд по степеням z-z_0 с этими коэффициентами, который соответствует данной функции $f(z)sim sum_{n=0}^{infty}c_n(z-z_0)^n.$

3. Найти область сходимости полученного ряда и записать разложение (3.15).

Если функция не имеет конечных особых точек, то ряд сходится к ней во всей плоскости, R=infty .

Утверждение 3.3

1. Функция, аналитическая в точке z_0 , раскладывается в окрестности этой точки в степенной ряд.

2. На границе круга сходимости ряда есть хотя бы одна особая точка функции, т.е. радиус сходимости круга равен расстоянию от центра разложения z_0 до ближайшей особой точки функции.

3. Степенной ряд в круге сходимости является рядом Тейлора для своей суммы, т.е. коэффициенты ряда вычисляются по формулам (3.16), (3.17).

Примеры разложения функций по степеням z

Пример 3.13. Записать разложения по степеням функций $e^z,,sin z,,cos z,,operatorname{sh}z,,operatorname{ch}z$ .

Решение

Задачу решаем по вышеприведенному алгоритму.

1. Найдем производные:

$begin{aligned}&f_1(z)=e^z,quad f_1^{(n)}(z)=e^z;\[2pt] &f_2(z)=sin z,quad f_2^{(n)}(z)=sin!left(z+nfrac{pi}{2}right)!;\[2pt] &f_3(z)=cos z,quad f_3^{(n)}(z)=cos!left(z+nfrac{pi}{2}right)!;\[2pt] &f_4(z)=operatorname{sh}z,quad f_4^{(n)}(z)=begin{cases}operatorname{sh}z,&text{if}quad n=2k,\ operatorname{ch}z,&text{if}quad n=2k-1;end{cases}\[2pt] &f_5(z)=operatorname{ch}z,quad f_5^{(n)}(z)=begin{cases}operatorname{ch}z,&text{if}quad n=2k,\ operatorname{sh}z,&text{if}quad n=2k-1. end{cases}end{aligned}$

В поставленной задаче z_0=0 . По формуле (3.17) имеем

$begin{aligned}f_1(z)&=e^z,quad c_n=frac{1}{n!};qquad e^zsim sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{n!},;\[2pt] f_2(z)&=sin z,quad c_n=begin{cases}0,&n=2k;\ dfrac{(-1)^{k+1}}{(2k-1)!},&n=2k-1;end{cases} sin zsim sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{(2n-1)!}z^{2n-1};\[2pt] f_3(z)&=cos z,quad c_n=begin{cases}0,&n=2k-1;\ dfrac{(-1)^k}{(2k)!},& n=2k;end{cases} cos zsim sum_{n=0}^{infty}frac{(-1)^n}{(2n)!}z^{2n};\[2pt] f_4(z)&=operatorname{sh}z,quad c_n= begin{cases}0,&n=2k;\ dfrac{1}{n!},&n=2k-1;end{cases} operatorname{sh}zsim sum_{n=1}^{infty}frac{z^{2n-1}}{(2n-1)!},;\[2pt] f_5(z)&=operatorname{ch}z,quad c_n=begin{cases}0,&n=2k-1;\ dfrac{1}{n!},&n=2k;end{cases} operatorname{ch}zsim sum_{n=1}^{infty}frac{z^{2n}}{(2n)!},.end{aligned}$

3. Нетрудно убедиться, что все составленные ряды сходятся во всей комплексной плоскости, R=infty . В результате получаем формулы, которые ранее были приняты за определения соответствующих функций:

$begin{gathered}e^z= sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{n!},;qquad sin z= sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{(2n-1)!}z^{2n-1};qquad cos z= sum_{n=0}^{infty}frac{(-1)^n}{(2n)!}z^{2n};\ operatorname{sh}z= sum_{n=1}^{infty}frac{z^{2n-1}}{(2n-1)!},;qquad operatorname{ch}zsim sum_{n=1}^{infty}frac{z^{2n}}{(2n)!},. end{gathered}$

В результате получены так называемые основные разложения.

Пример 3.14. Записать разложения по степеням функций: а) $frac{1}{1-z}$ ; б) $frac{z^2}{z-1}$ .

Решение

Задачу можно решать, пользуясь алгоритмом, а можно использовать формулы (3.13) для суммы членов геометрической профессии. Заданные функции являются аналитическими во всей комплексной плоскости за исключением одной точки z=1 . Для каждого случая получаем:

$mathsf{a)}~frac{1}{1-z}=sum_{n=0}^{infty}z^n,quad |z|<1;$

$mathsf{b)}~frac{z^2}{z-1}=-z^2cdotfrac{1}{1-z}=-z^2cdotsum_{n=0}^{infty}z^n= -sum_{n=0}^{infty}z^{n+2},quad |z|<1;$ заметим, что здесь c_0=0,~c_1=0,~c_n=-1 для ngeqslant2 .

Пример 3.15. Записать разложения по степеням (z-z_0) функций: а) ln z,~z_0=1,~ln1=0 ; б) ln(1+z),~z_0=0,~ln1=0 .

Решение

Разложения записываются для однозначных ветвей многозначного выражения. Выбор ветви определяется заданием функции в точке z_0 .

a) Функция определена во всей комплексной плоскости за исключением z=0 , т.е. в двусвязной области 0<|z|<infty . Чтобы получить односвязную область из , проведем разрез, соединяющий точки z=0 и z=infty . Из условия ln1=0 следует, что точка z_0=1 должна быть внутренней точкой области. Поэтому выбираем разрез, не проходящий через z_0 . например по лучу (-infty;0] . В полученной односвязной области, где -pi<arg z<pi , функция ln z является однозначной аналитической функцией. Далее решаем задачу по алгоритму.

1. Находим производные (формулу устанавливаем по индукции):

$f'(z)=frac{1}{z},quad f''(z)=-frac{1}{z^2},quad f'''(z)=frac{2}{z^3},quad f^{(4)}(z)=frac{-2cdot3}{z^4},quad ldots,quad f^{(n)}(z)=(-1)^{n+1}frac{(n-1)!}{z^n},.$

2. По формуле (3.17):

$f^{(n)}(1)=(-1)^{n+1}(n-1)!,quad c_n=frac{(-1)^{n+1}}{n},~ n=1,2,ldots;qquad ln zsim sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}(z-1)^n}{n},.$

3. Находим радиус сходимости ряда: $R=frac{1}{ell}$ , где $ell=lim_{ntoinfty} sqrt[LARGE{n}]{frac{1}{n}}=1,~ R=1$ . В результате получаем

$ln z=sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}(z-1)^n}{n},quad |z-1|<1.$

б) Функция ln(1+z) определена всюду в mathbb{C} за исключением z=-1 , т.е. в двусвязной области. В односвязной области, полученной из путем разреза по лучу (-infty;-1] , функция является однозначной , аналитической. Задачу можно решать, как и выше, т.е. по алгоритму, а можно использовать полученный выше результат, введя обозначение 1+z=t . Для , удовлетворяющих неравенству |t-1|<1 имеем разложение $ln t=sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{n}(t-1)^n$ . Заменяя на (1+z) , получаем результат

$ln(1+z)= sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{n},z^n,quad |z|<1.$

Разложения основных функция в степенной ряд

Разложения, полученные в результате решения примеров 3.13-3.15, носят название основных (табличных) разложений. Выпишем их:

$begin{aligned} &bold{1)}~ e^z=sum_{n=0}^{infty}frac{z^n}{n!},; qquad bold{2)}~ sin z=sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}z^{2n-1}}{(2n-1)!},; qquad bold{3)}~ cos z=sum_{n=0}^{infty}frac{(-1)^{n}z^{2n}}{(2n)!},; \[4pt] &bold{4)}~ operatorname{sh}z=sum_{n=1}^{infty}frac{z^{2n-1}}{(2n-1)!},; qquad bold{5)}~ operatorname{ch}z=sum_{n=0}^{infty}frac{z^{2n}}{(2n)!},;\[4pt] &bold{6)}~ frac{1}{1-z}=sum_{n=0}^{infty}z^n,~ |z|<1;qquad bold{7)}~ln(1+z)=sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{n},z^n,~|z|<1. end{aligned}$

Основные разложения позволяют при решении примеров на разложение функции в ряд Тейлора не пользоваться сформулированным выше алгоритмом, сложность которого связана с техникой дифференцирования и составления формулы общего члена.

Утверждение 3.4. При разложении функции в ряд Тейлора используются основные (табличные) разложения и действия над рядами. Радиус сходимости ряда может быть получен по виду раскладываемой функции без использования формулы общего члена ряда и формул для нахождения радиуса. Радиус сходимости ряда, полученного при разложении данной функции в окрестности точки z_0 , равен расстоянию от центра разложения — точки z_0 до ближайшей особой точки функции. Если функция является аналитической всюду, то R=infty .

Пример 3.16. Разложить по степеням функции комплексного переменного:

$bold{1)}~operatorname{ch}3z;qquad bold{2)}~ e^{z+2};qquad bold{3)}~ sin^2z;qquad bold{4)}~ ln(3+z).$

Решение

а) Обозначим через и, используя табличное разложение для функции operatorname{ch}t , получим ответ:

$operatorname{ch}3z=operatorname{ch}t= sum_{n=0}^{infty} frac{t^{2n}}{(2n)!}$ , то есть $operatorname{ch}3z= sum_{n=0}^{infty} frac{9^nz^{2n}}{(2n)!},~~ R=infty.$ .

б) Запишем функцию в виде произведения e^2cdot e^z и, используя разложение для e^z , получим ответ:

$e^{z+2}= e^2cdot sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{n!}$ , то есть $e^{z+2}= sum_{n=0}^{infty} frac{e^2}{n!},z^n,~~ R=infty$ .

в) Чтобы воспользоваться одним из основных разложений, применим тригонометрическую формулу — формулу “понижения”. Получим:

$sin^2z= frac{1-cos2z}{2}= frac{1}{2}-frac{1}{2}cos2z= frac{1}{2}-frac{1}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{(2z)^{2n}(-1)^n}{(2n)!}= frac{1}{2}-frac{1}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{2^{2n}(-1)^nz^{2n}}{(2n)!},.$

Заметим, что свободный член разложения в этой записи встречается дважды, поэтому нужно привести подобные члены. Для этого в записи рада отделим слагаемое при n=0 — свободный член:

$frac{1}{2}-frac{1}{2}-frac{1}{2} sum_{n=1}^{infty} frac{2^{2n}(-1)^nz^{2n}}{(2n)!},.$

В результате имеем $sin^2z= sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}2^{2n-1}}{(2n)!},z^{2n},~ R=infty$ .

Из этого разложения можно найти значение производной любого порядка функции sin^2z в точке z_0=0 , так как эти значения связаны формулой (3.17) с коэффициентами разложения: $f^{(n)}(z_0)=c_ncdot n!$ . Поэтому, учитывая, что в разложении присутствуют только четные степени, заключаем, что все производные нечетных порядков от sin^2z в точке z_0=0 равны нулю, а производная, например, десятого порядка не равна нулю. Найдем ее, используя равенство $f^{(10)}(0)= c_{10}cdot10!$ , где $c_{10}$ — коэффициент в разложении f(z)=sin^2z при $z^{10}$ , т.е. в записанном выше разложении нужно взять n=5 . Получим

$c_{10}= frac{(-1)^6cdot2^9}{10!},qquad left.{bigl(sin^2z bigr)^{(10)}}right|_{z=0}= 2^9.$

г) Функция определена всюду, кроме z=-3 . В односвязной области, например в плоскости с разрезом по лучу (-infty;-3] , где -pi<arg z<pi , возможно выделение однозначных ветвей многозначного выражения operatorname{Ln}(z+3)= ln|z+3|+ ibigl(arg(z+3)+2kpibigr) (рис. 3.1). Выбираем ту ветвь, для которой f(0)=ln3 , то есть из operatorname{Ln}3= ln3+i(arg3+ 2kpi)=ln3 получаем k=0 . Разложим аналитическую функцию ln(z+3) по степеням в круге |z|<3 ; радиус круга R=3 — расстояние от центра разложения z_0=0 до граничной точки z=-3 .

3.1. Ветви комплексного логарифма

Чтобы воспользоваться основным разложением, преобразуем функцию следующим образом:

$ln(3+z)= ln left[3! left(1+frac{z}{3}right)right]= ln3+ln! left(1+ frac{z}{3}right)!.$

Тогда, обозначая $frac{z}{3}$ через и используя основное разложение для ln(1+t) , получаем $ln(3+z)=ln3+sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}}{ncdot 3^n},z^n$ при условии $left|frac{z}{3}right|<1$ , т.е. в круге |z|<3 .

Пример 3.17. Разложить в окрестности точки z_0=0 ветвь функции ln(z^2-z-6) , для которой f(0)=ln6+ipi .

Решение

Функция ln(z^2-z-6)=lnbigl[(z+2)(z-3)bigr] определена всюду в mathbb{C} , кроме точек z_1=-2,~z_2=3 , т.е. в трехсвязной области — плоскости с выколотыми точками z_1 и z_2 . Чтобы получить односвязную область, проведем разрезы по лучам, выходящим из этих точек. Например, луч из точки z_1=-2 выберем параллельным мнимой оси, {operatorname{Re}z=-2,~operatorname{Im}z geqslant0} , а луч из точки z_2=3 — по действительной оси: operatorname{Im}z=0,~ operatorname{Re}zgeqslant3 . В полученной односвязной области (рис. 3.2) каждая ветвь является аналитической функцией и раскладывается в ряд в круге |z|<2 ( R=2 — расстояние от z_0=0 до границы). Здесь ветвь задается условием:

f(0)=ln6+ipi , то есть из operatorname{Ln}(-6)=ln6+i(pi+2kpi)= ln6+ipi при k=0 .

3.2. Ветви комплексного логарифма в односвязной

Далее, чтобы использовать основное разложение, преобразуем функцию:

ln bigl[(z+2)(z-3)bigr]= ln bigl[(z+2)(-1)(3-z)bigr]= ln(z+2)+ln(-1)+ln(3-z).

Для числа ln(-1) в силу выбора ветви берем ln(-1)=ipi~(k=0) , а функции ln(z+2) и ln(3-z) раскладываем в ряды, как в предыдущем примере:

$begin{aligned}&ln(z+2)= ln2+ sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}z^n}{2^ncdot n},quad |z|<2;\[2pt] &ln(3-z)= ln3+ ln! left(1-frac{z}{3}right)= ln3+sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}}{ncdot3^n}(-z)^n= ln3-sum_{n=1}^{infty} frac{z^n}{ncdot3^n},quad |z|<3. end{aligned}$

В области |z|<2 , принадлежащей выбранной односвязной области, сходятся оба ряда. Используя свойство сложения рядов, получаем окончательный результат:

$ln(z^2-z-6)= ln6+ipi+sum_{n=1}^{infty}! left(frac{(-1)^{n+1}}{2^n}-frac{1}{3^n} right)!cdot frac{1}{n}cdot z^n,quad |z|<2$

При разложении функции в ряд в окрестности точки z_0ne0 , т.е. по степеням (z-z_0) , удобно использовать замену (z-z_0)=t и полученную после замены функцию раскладывать по степеням .

Пример 3.18. Разложить по степеням (z-2) функции: a) sin z ; б) e^z в) ln(1+z) .

Решение

а) Обозначим (z-2) через , и, используя тригонометрическую формулу для функции sin(2+t) , получим: sin(2+t)= sin2cdotcos t+cos2cdotsin t . Здесь sin2 и cos2 — постоянные величины, а для функций cos t и sin t используем основные разложения. В результате получим

$sin z=sin2cdot sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^n(z-2)^{2n}}{(2n)!}+ cos2cdot sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}(z-2)^{2n-1}}{(2n-1)!},,$

то есть ряд вида $textstyle{sumlimits_{n=0}^{infty}c_n(z-2)^n}$ , где коэффициент c_n определяется следующим образом: $c_n=frac{(-1)^k}{k!}sin2$ для n=2k и $c_n=frac{(-1)^k}{k!}cos2$ для n=2k-1 .

б) Можно, как и выше, использовать вспомогательную переменную, а можно сделать то же самое, применив простое преобразование: $e^z=e^{z-2+2}=e^2cdot e^{z-2}$ . Здесь e^2 — постоянная величина, функция $e^{z-2}$ раскладывается в ряд как функция e^t по степеням . Получаем ответ:

$e^z=e^2cdot sum_{n=0}^{infty} frac{(z-2)^n}{n!}$ , или $e^z= sum_{n=0}^{infty} frac{e^2}{n!}(z-2)^n,~~ R=infty$ .

в) Обозначая (z-2) через , получаем функцию ln(t+3) . Разложение этой функции по степеням найдено в примере 3.16:

$ln(t+3)=ln3+ sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}}{ncdot3^n},t^n,quad |t|<3.$

Возвращаясь к исходной переменной, получаем разложение исходной функции в круге |z-2|<3 (рис. 3.3):

$ln(1+z)=ln3+sum_{n=1}^{infty}frac{(-1)^{n+1}}{ncdot3^n}(z-2)^n,quad |z-2|<3.$

Круг на комплексной плоскости

Пример 3.19. Разложить по степеням функции: $f(z)=frac{1}{1-az};~~ f(z)=frac{1}{a-z};~~ f(z)=frac{1}{(1-z)^2}$ .

Решение

Данные функции являются простейшими рациональными (элементарными) дробями. Для их разложения используется формула суммы членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии $frac{1}{1-q}= sum_{n=0}^{infty} q^n,~|q|<1$ . В первом случае формула используется непосредственно, при q=az , во втором — после преобразования $frac{1}{a-z}= frac{1}{a}cdot frac{1}{1-frac{z}{a}}$ получаем $q=frac{z}{a}$ . Разложение заданных функций имеет вид

$frac{1}{1-az}= sum_{n=0}^{infty}a^nz^n,quad |z|<frac{1}{|a|}=R;$

(3.18)

$frac{1}{a-z}= sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{a^{n+1}},quad |z|<|a|=R.$

(3.19)

Соотношения (3.18),(3.19) обобщают формулу $frac{1}{1-z}= sum_{n=0}^{infty}z^n,~ |z|<1$ , которая получается из них при a=1 .

При разложении дроби $frac{1}{(1-z)^2}$ замечаем, что она является производной от $frac{1}{1-z}$ , то есть $left(frac{1}{1-z}right)'=frac{1}{(1-z)^2}$ , поэтому ее разложение можно получить, используя дифференцирование ряда:

$begin{gathered}frac{1}{1-z}= sum_{n=0}^{infty}z^n,quad |z|<1,\[2pt] frac{1}{(1-z)^2}= left(frac{1}{1-z}right)'= sum_{n=0}^{infty}(z^n)'= sum_{n=0}^{infty}nz^{n-1},quad |z|<1. end{gathered}$

Ответ удобнее записать в виде $frac{1}{(1-z)^2}= sum_{n=0}^{infty}(n+1)z^n,~|z|<1$ .

Очевидно, повторяя процедуру дифференцирования, можно получить разложение элементарных дробей вида $frac{1}{(a-z)^k}$ при любом натуральном .

Алгоритм разложения рациональных дробей в ряд Тейлора

Рассмотрим примеры на разложение в ряд Тейлора рациональных дробей

$R(z)= frac{P_m(z)}{Q_n(z)},,$

где P_m(z) и Q_n(z) — многочлены. Первые этапы решения задачи аналогичны этапам интегрирования этих дробей. Приведем полный алгоритм.

1. Если дробь неправильная (mgeqslant n) , следует выделить целую часть дроби многочлен.

2. Правильную рациональную дробь разложить на элементарные дроби:
а) записать дробь в виде суммы элементарных дробей вида $frac{A_k}{(z-a)^k}$ с неопределенными коэффициентами A_k , где — корень знаменателя, — его кратность;
б) найти неопределенные коэффициенты.

3. Разложить элементарные дроби в степенные ряды. Основными приемами при этом являются применение формул (3.13),(3.18),(3.19) и правила дифференцирования ряда (см. пример 3.19)).

При разложении по степеням (z-z_0),~z_0ne0 можно предварительно ввести вспомогательную переменную z-z_0=t .

Пример 3.20. Разложить по степеням функции: а) $frac{2z-1}{z+2}$ ; б) $frac{z^2-z+3}{z+2}$ .

Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.

1. Дробь неправильная, поэтому выделяем целую часть: $frac{2z-1}{z+2}= frac{2(z+2)-5}{z+2}=2-frac{5}{z+2}$ .

2. Полученная правильная дробь является элементарной дробью.

3. Записываем разложение элементарной дроби и получаем:

$frac{2z-1}{z+2}= 2-5cdot frac{1}{2}cdot frac{1}{1-left(-frac{z}{2}right)}= 2-frac{5}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^n}= 2-5 sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^{n+1}},,quad |z|<2.$

Для разложения дроби $frac{1}{z+2}$ можно было использовать формулу (3.19) при a=-2 .

Для нахождения окончательного ответа нужно сделать преобразование приведения подобных членов, так как в полученном выражении свободный член встречается дважды. Имеем

$2-frac{5}{2}-5 sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^{n+1}}$ , то есть $frac{2z-1}{z+2}= 5 sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n+1}z^n}{2^{n+1}}-frac{1}{2},,~~|z|<2.$ .

б) Воспользуемся алгоритмом.

1. Дробь неправильная, выделяем целую часть. Можно, как и выше, применить преобразование дроби:

$frac{z^2-z+3}{z+2}= frac{(z+2)^2-5z-1}{z+2}= frac{(z+2)^2-5(z+2)+9}{z+2}= (z+2)-5+frac{9}{z+2}= z-3+frac{9}{z+2},.$

Можно для выделения целой части применить метод деления “углом”, или, обозначая i + 2 = t, произвести почленное деление на одночлен (z=t-2)colon

$frac{z^2-z+3}{z+2}= frac{(t-2)^2+(t-2)+3}{t}= frac{t^2-5t+4}{t}= t-5+frac{9}{t}= z-3+frac{9}{z+2},.$

2,3. Записываем разложение заданной функции, используя формулу (3.19) для правильной дроби:

$frac{z^2-z+3}{z+2}= z-3+frac{9}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^n}= z-3+frac{9}{2}-frac{9}{4}z+frac{9}{2} sum_{n=2}^{infty} frac{(-1)^nz^t}{2^n},.$

Окончательный ответ: $frac{z^2-z+3}{z+2}= frac{3}{2}-frac{5}{4}z+9 sum_{n=2}^{infty}frac{(-1)^n}{2^{n+1}},z^n,~ |z|<2$ .

Получен ряд вида $sum_{n=0}^{infty}c_nz^n$ , где $c_0=frac{3}{2},~ c_1=-frac{5}{4},~ c_n=frac{9(-1)^n}{2^{n+1}}~(ngeqslant2)$ . Нетрудно проверить равенство: $c_0=f(0)=frac{3}{2}$ .

Пример 3.21. Функцию $frac{z+2}{z^2-2z-3}$ разложить в ряд Тейлора в окрестности точки z_0 , если а) z_0=0 ; б) z_0=1 .

Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.
1. Дробь правильная.
2. Раскладываем ее на элементарные дроби. Для этого представим дробь в виде

$frac{z+2}{(z+1)(z-3)}= frac{A}{z+1}+ frac{B}{z-3},,$

где и — неопределенные коэффициенты, которые находим из тождества

z+2=Acdot(z-3)+Bcdot(z+1).

Полагая последовательно z=-1 и z=3 , получаем $A=-frac{1}{4},~ B=frac{5}{4}$ .

Записываем дробь в виде суммы дробей: $frac{z+2}{(z+1)(z-3)}= -frac{1}{4}cdot frac{1}{z+1}+frac{5}{4}cdot frac{1}{z-3}$ .

3. Раскладываем по степеням г каждую элементарную дробь:

$begin{aligned}frac{1}{1+z}&= frac{1}{1-(-z)}= sum_{n=0}^{infty} (-z)^nz^n,quad |z|<1.\[2pt] frac{1}{z-3}&=-frac{1}{3}cdot frac{1}{1-frac{z}{3}}= -frac{1}{3} sum_{n=0}^{infty}! left(frac{z}{3}right)^n= — sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{3^{n+1}},,quad |z|<3.end{aligned}$

В общей области сходимости — круге |z|<1 — записываем сумму рядов разложение исходной дроби:

$frac{z+2}{z^2-2z-3}= -frac{1}{4} sum_{n=0}^{infty} (-1)^nz^n-frac{5}{4} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{3^{n+1}}= sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{4}! left((-1)^{n+1}-frac{5}{3^{n+1}}right)!,quad |z|<1.$

б) Воспользуемся алгоритмом.
1. Дробь правильная.
2. Разложение дроби на элементарные получено в предыдущем пункте:

$frac{z+2}{(z+1)(z-3)}= -frac{1}{4}cdot frac{1}{z+1}+frac{5}{4}cdot frac{1}{z-3},.$

3. Раскладываем по степеням (z-1) каждую элементарную дробь:

$begin{aligned}frac{1}{z+1}= frac{1}{z-1+2}= frac{1}{2}cdot frac{1}{1-left(-frac{z-1}{2}right)}= sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^n(z-1)^n}{2^{n+1}},quad |z-1|<2;\[2pt] frac{1}{z-3}= frac{1}{z-1-2}= -frac{1}{2}cdot frac{1}{1-frac{z-1}{2}}= -sum_{n=0}^{infty}frac{(z-1)^n}{2^{n+1}},quad |z-1|<2. end{aligned}$

Записываем разложение исходной дроби в круге |z-1|<2colon

$frac{z+2}{z^2-2z-3}= -frac{1}{4} sum_{n=0}^{infty}frac{(-1)^n(z-1)^n}{2^{n+1}}-frac{5}{4} sum_{n=0}^{infty} frac{(z-1)^n}{2^{n+1}}= sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^{n+1}-5}{2^{n+3}}(z-1)^n.$

При разложении по степеням, (z-1) можно было сделать замену z-1=t в исходной дроби.

Радиусы сходимости в обоих случаях можно определить заранее, до записи» разложения — по виду функции. Ее особыми точками являются точки z_1=-1 и z_2=3 . В первом случае ближайшей к точке z_0=0 является точка z_1 , расстояние между точками равно единице и, следовательно, R=1 ; во втором — обе особые точки удалены от z_0=1 на расстояние, равное двум, и R=2 .

Пример 3.22. Разложить по степеням функции (рациональные дроби): а) $f(z)=frac{2}{z^2-2z+2}$ ; б) $f(z)=frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}$ .

Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.
1. Дробь правильная.
2. Раскладываем правильную дробь на элементарные дроби, предварительно разложив знаменатель на множители:

z^2-2z+2=(z-z_1)(z-z_2) , где z_1=1-i и z_2=1+i .

Представим дробь в виде $frac{2}{z^2-2z+2}= frac{2}{(z-z_1)(z-z_2)}= frac{A}{z-z_1}+ frac{B}{z-z_2}$ . Находим коэффициенты и из тождества A(z-z_2)+B(z-z_1)=2 , т.е. из системы

$begin{cases}A+B=0,\Az_2+Bz_1=-2;end{cases}Leftrightarrow begin{cases} B=-A,\ A(z_2-z_1)=-2;end{cases} Leftrightarrow begin{cases}A=dfrac{2}{z_1-z_2}=i,\ B=-i. end{cases}$

Дробь представлена в виде суммы: $frac{2}{z^2-2z+2}= frac{i}{z-(1-i)}+frac{-i}{z-(1+i)}$ .

3. Раскладываем элементарные дроби по степеням

$begin{aligned}frac{1}{z-(1-i)}&= frac{-1}{1-i}cdot frac{1}{1-frac{z}{1-i}}= -frac{1}{1-i} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1-i)^n},quad left|frac{z}{1-i}right|<1 ~Leftrightarrow~ |z|<sqrt{2},;\[2pt] frac{1}{z-(1+i)}&= frac{-1}{1+i}cdot frac{1}{1-frac{z}{1+i}}= -frac{1}{1+i} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1+i)^n};quad left|frac{z}{1+i}right|<1~ Leftrightarrow~ |z|<sqrt{2},.end{aligned}$

Записываем ответ:

$begin{aligned}frac{2}{z^2-2z+2}&= frac{-i}{1-i} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1-i)^n}+ frac{i}{1+i} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1+i)^n}= frac{1-i}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1-i)^n}+ frac{1+i}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{z^n}{(1+i)^n}=\ &= frac{1}{2} sum_{n=0}^{infty}! left(frac{1}{(1-i)^{n-1}}+ frac{1}{(1+i)^{n-1}}right)!z^n,quad |z|<sqrt{2},. end{aligned}$

б) Воспользуемся алгоритмом.
1,2. Раскладываем дробь на элементарные:

$frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}= frac{A}{z-1}+ frac{B}{(z-1)^2}+ frac{C}{z+2}$ , где A,,B,,C — неопределенные коэффициенты.

Находим коэффициенты из тождества A(z-1)(z+2)+B(z+2)+C(z-1)^2=z+1 .
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях , имеем

$begin{cases}A+C=0,A+B-2C=1,\ -2A+2B+C=1;end{cases} Leftrightarrow~ begin{cases} A=1!!not{phantom{|}}, 9,\ B=2!!not{phantom{|}}, 3,\ C=-1!!not{phantom{|}}, 9.end{cases}$

3. Раскладываем элементарные дроби по степеням

$begin{aligned}frac{1}{z-1}&= -frac{1}{1-z}= -sum_{n=0}^{infty}z^n,quad |z|<1;\ frac{1}{(z-1)^2}&= -left(frac{1}{z-1}right)'= sum_{n=0}^{infty}(z^n)'= sum_{n=1}^{infty} (n+1)z^n,quad |z|<1;\ frac{1}{z+2}&= frac{1}{2} sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^n},quad |z|<2. end{aligned}$

Для исходной дроби получаем разложение:

$frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}= -frac{1}{9}cdot sum_{n=0}^{infty}z^n+ frac{2}{3}cdot sum_{n=0}^{infty} (n+1)z^n- frac{1}{9}cdot sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^n}{2^{n+1}},,$

или, складывая ряды: $frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}= frac{1}{9} sum_{n=0}^{infty}! left( 6(n+1)-1+frac{(-1)^{n+1}}{2^{n+1}}right)!z^n$ .

Окончательный ответ: $frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}= frac{1}{9} sum_{n=0}^{infty}! left( 6n+5 +frac{(-1)^{n+1}}{2^{n+1}}right)!z^n,~ |z|<1$ .

Пример 3.23. Разложить по степеням функции: а) $frac{4}{4+z^2}$ ; б) $frac{z}{z^2-i}$ .

Решение

Обе дроби правильные; раскладывать на более простые нет необходимости. Используя основные разложения, получаем ответы:

а) $frac{4}{4+z^2}= frac{4}{4}cdot frac{1}{1-left(-frac{z^2}{4}right)}= sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^nz^{2n}}{4^n},~~ left|frac{z^2}{4}right|<1~ Leftrightarrow~ |z|<2$ ;

б) $frac{z}{z^2-i}= frac{z}{-i}cdot frac{1}{1-frac{z^2}{i}}= -sum_{n=0}^{infty} frac{z^{2n+1}}{i^{n+1}},~~ |z|<1$ или $frac{z}{z^2-i}= sum_{n=0}^{infty}(-1)^ni^{n+1} z^{2n+1},~~ |z|<1$ .

Пример 3.24. Используя разложение функции $e^{z^2+z}$ по степеням , найти значение производной седьмого порядка в точке z_0=0 .

Решение

Пример 3.25. Записать разложение функций a) $e^{sin z}$ и б) operatorname{tg}z по степеням до члена, содержащего z^5 .

Решение

а) Применим метод подстановки ряда в ряд, используя основные разложения для функций e^z и sin z . Имеем

$u=sin z,quad u(0)=0,quad u=z-frac{z^3}{3!}+ frac{z^5}{5!}+ldots;$

$e^u=1+u+ frac{1}{2!},u^2+ frac{1}{3!},u^3+ldots$ , или, подставляя:

$begin{gathered}e^{sin z}= 1+ left(z-frac{z^3}{3!}+ ldots right)+ frac{1}{2!}! left(z-frac{z^3}{3!}+ ldots right)^2+ frac{1}{3!}left(z-frac{z^3}{3!}+ ldots right)^3+ frac{1}{4!}! left(z-frac{z^3}{3!}+ ldots right)^4+ frac{1}{5!}! left(z-frac{z^3}{3!}+ ldots right)^5+ ldots=\ =1+z-frac{z^3}{3!}+ frac{z^5}{5!}+ frac{1}{2!}(z+a)^2+ frac{1}{3!}(z+a)^3+ frac{1}{4!}(z+a)^4+ frac{1}{5!}(z+a)^5+ldots, end{gathered}$

где $a=left(-frac{z^3}{3!}+frac{z^5}{5!}-ldotsright)$ . Записывать большее число слагаемых нет необходимости, так как уже у следующего (первого отброшенного) младшая степень равна z^6 .

Возведение в степень рядов, как и перемножение рядов, производится по правилам действий с многочленами, в частности применяется формула бинома Ньютона:

$(z+a)^n= z^n+nz^{n-1}a+ frac{n(n-1)}{2!},z^{n-2}a^2+ldots+a^n.$

Так как младшая степень выражения $a=left(-frac{z^3}{3!}+frac{z^5}{5!}-ldotsright)$ равна трем, следовательно, a^2 — шести, то для записи результата следует взять из первых двух скобок по два слагаемых, а из остальных по одному, т.е.

$e^{sin z}= 1+z-frac{z^3}{3!}+frac{z^5}{5!}+ frac{1}{2!}! left(z^2+2z! left( -frac{z^3}{3!}right)!right)+ frac{1}{3!}! left(z^3+3z^2! left(-frac{z^3}{3!}right)!right)+ frac{1}{4!}z^4+ frac{1}{5!}z^5+ldots$

Приводя подобные члены, получим окончательный ответ:

$e^{sin z}= 1+z+z^2cdot frac{1}{2}+ z^3! left(-frac{1}{3!}+frac{1}{3!}right)+ z^4! left(-2cdot frac{1}{2!}cdot frac{1}{3!}+ frac{1}{4!}right)+ z^5! left(frac{1}{5!}-3cdot frac{1}{3!}cdot frac{1}{3!}+ frac{1}{5!}right)+ldots$

или $e^{sin z}= 1+z+frac{1}{2!}z^2-frac{3}{4!}z^4-frac{1}{15}z^5+ldots$ .

Разложение, очевидно, можно получить, вычисляя коэффициенты разложения по формуле (3.17), что более громоздко.

б) Разложение operatorname{tg}z можно получить, используя формулу (3.17) для коэффициентов либо произведя деление ряда $sin z=z-frac{z^3}{3!}+ frac{z^5}{5!}-ldots$ на ряд $cos z=1-frac{z^2}{2!}+frac{z^4}{4!}-ldots$ методом деления “утлом” или методом неопределенных коэффициентов.

Применим последний прием. Разложение operatorname{tg}z по степеням ищем в виде

$operatorname{tg}z= frac{sin z}{cos z}=c_0+c_1cdot z+c_2cdot z^2+ldots$

По определению деления имеем тождество

$z-frac{z^3}{3!}+ frac{z^5}{5!}-ldots= left(1-frac{z^2}{2!}+ frac{z^4}{4!}- frac{z^6}{6!}+ldots right)! bigl(c_0+ c_1z+c_2z^2+c_3z^3+c_4z^4+c_5z^5+ldots bigr).$

Перемножаем ряды справа и приравниваем коэффициенты полученного ряда известным коэффициентам при соответствующих степенях ряда, записанного слева. Получаем систему уравнений

$c_0=0,quad c_1=1,quad c_2-frac{c_0}{2}=0,quad c_3-frac{c_1}{2}=-frac{1}{3!},quad c_4-frac{c_2}{2!} +frac{c_0}{4!}=0,quad c_5-frac{c_3}{2!}+ frac{c_1}{4!}= frac{1}{5!},,$

из которой находим коэффициенты $c_0=0,~ c_1=1,~ c_2=0,~ c_3=frac{1}{3},~ c_4=0,~ c_5= frac{2}{15}$ .

Ответ получаем в виде $operatorname{tg}z= z+frac{1}{3}z^3+frac{2}{15}z^5+ldots$ . Это разложение справедливо в круге $z<frac{pi}{2}$ , так как $z= frac{pi}{2}$ — ближайшая к z_0=0 особая точка функции тангенса .

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).

Кнопка "Поделиться"

Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.

Источник

Понятие ряда Тейлора.

Начать изучение
Остаточный член формулы Тейлора.

Начать изучение
Разложение элементарных функций в ряд Тейлора.

Начать изучение
Разложение показательной и гиперболической функций в ряд Тейлора.

Начать изучение
Разложение тригонометрических функций в ряд Тейлора.

Начать изучение
Разложение логарифмической функции в ряд Тейлора.

Начать изучение
Разложение степенной функции в ряд Тейлора.

Начать изучение
Элементарные функции комплексного переменного.

Начать изучение

Понятие ряда Тейлора.

Определение.

Если функция (f(x)) определена в некоторой окрестности точки (x_{0}) и имеет в точке (x_{0}) производные всех порядков, то степенной ряд
$$
f(x_{0}) + sum_{n=1}^{infty}frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}label{ref1}
$$
называется рядом Тейлора функции (f) в точке (x_{0}).

Пусть функция (f) регулярна в точке (x_{0}), то есть представляется в некоторой окрестности точки (x_{0}) сходящимся к этой функции степенным рядом
$$
f(x) = sum_{n = 0}^{infty}a_{n}(x-x_{0})^{n},quad |x-x_{0}| < rho, rho > 0.label{ref2}
$$
Тогда по теореме, доказанной здесь, функция (f) бесконечно дифференцируема в окрестности точки (x_{0}), причем коэффициенты ряда eqref{ref2} выражаются формулами
$$
a_{0} = f(x_{0}),quad a_{n} = frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!},quad n in mathbb{N}.label{ref3}
$$
Таким образом, степенной ряд для функции (f(x)), регулярной в данной точке (a), совпадает с рядом Тейлора функции (f) в точке (a).

Если известно, что функция (f(x)) бесконечно дифференцируема в точке (a) (и даже в некоторой окрестности этой точки), то нельзя утверждать, что составленный для этой функции ряд Тейлора eqref{ref1} сходится при (x neq x_{0}) к функции (f(x)).

Рассмотрим функцию (f(x) = e^{-1/x^{2}}), (x neq 0), (f(0) = 0). Эта функция определена на (R),
$$
f'(x) = frac{2}{x^{3}}e^{-1/x^{2}}, f″(x) = left(frac{4}{x^{6}}-frac{6}{x^{4}}right)e^{-1/x^{2}}quadmbox{при} x neq 0,nonumber
$$
откуда с помощью индукции легко показать, что
$$
f^{(n)}(x) = e^{-1/x^{2}} Q_{3n} left(frac{1}{x}right) mbox{при} x neq 0,nonumber
$$
где (Q_{3n}(t)) — многочлен степени (3n) от (t). Воспользуемся тем, что (displaystylelim_{x rightarrow 0}frac{1}{|x|^{k}}e^{-1/x^{2}}=0) для любого (k in mathbb{N}) (решение можно посмотреть здесь), и докажем, что
$$
f^{(k)}(0) = 0 mbox{для любого} k in mathbb{N}.label{ref4}
$$
Утверждение eqref{ref4} верно при (k = 1), так как (f'(0) = displaystylelim_{x rightarrow 0}frac{e^{-1/x^{2}}}{x} = 0), откуда, предположив, что формула eqref{ref4} справедлива при (k = n), находим
$$
f^{(n + 1)}(0) = lim_{x rightarrow 0}frac{f^{(n)}(x)-f^{(n)}(0)}{x} = lim_{x rightarrow 0} frac{1}{x} Q_{3n} left(frac{1}{x}right) e^{-1/x^{2}} = 0.nonumber
$$
Таким образом, по индукции доказано равенство eqref{ref4}, и поэтому все коэффициенты ряда Тейлора eqref{ref1} в точке (x_{0} = 0) для рассматриваемой функции равны нулю.

Так как (e^{-1/x^{2}} neq 0) при (x neq 0), то сумма ряда Тейлора для функции (f) не совпадает с (f(x)) при (x neq 0). Иначе говоря, эту функцию нельзя представить рядом Тейлора, сходящимся к ней в окрестности точки (x_{0} = 0).

Причина этого явления становится понятной, если функцию (f) рассматривать в комплексной плоскости. В самом деле, функция (f(z) = e^{-1/z^{2}}) не является непрерывной в точке (z = 0), так как (f(x) = e^{-1/x^{2}} rightarrow 0) при (x rightarrow 0), a (f(iy) = e^{1/y^{2}} rightarrow +infty) при (y rightarrow 0).

Остаточный член формулы Тейлора.

Пусть функция (f(x)) бесконечно дифференцируема в точке (x_{0}). Тогда ей можно поставить в соответствие ряд eqref{ref1}. Обозначим
$$
S_{n}(x) = sum_{k=0}^{n}frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k},label{ref5}
$$
$$
r_{n}(x) = f(x)-S_{n}(x)label{ref6}
$$
и назовем (r_{n}(x)) остаточным членом формулы Тейлора для функции (f) в точке (x_{0}). Если существует
$$
lim_{x rightarrow 0} r_{n}(x) = 0,label{ref7}
$$
то согласно определению сходимости ряда ряд eqref{ref1} сходится к функции (f(x)) в точке (x), то есть
$$
f(x) = sum_{n = 0}^{infty}frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}.label{ref8}
$$

Теорема 1.

Если функции (f(x)), (f'(x)), …, (f^{(n + 1)}(x)) непрерывны на интервале (Delta = (x_{0}-delta, x_{0} + delta)), где (delta > 0), то для любого (x in Delta) остаточный член формулы Тейлора для функции (f) в точке (x_{0}) можно представить:

в интегральной форме
$$
r_{n}(x) = frac{1}{n!} intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)^{n}f^{(n + 1)}(t) dt;label{ref9}
$$
в форме Лагранжа
$$
r_{n}(x) = frac{f^{(n + 1)}(xi)}{(n + 1)!}(x-x_{0})^{n + 1},label{ref10}
$$
где (xi) принадлежит интервалу с концами (x_{0}) и (x).

Доказательство.

(circ) Формула eqref{ref10} доказана в здесь. Докажем формулу eqref{ref9} методом индукции. В силу равенств eqref{ref5} и eqref{ref6} нужно показать, что
$$
f(x)-f(x_{0}) = sum_{k=0}^{n}frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k} + frac{1}{n!} intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)^{n}f^{(n + 1)}(t) dt.label{ref11}
$$

Воспользуемся равенством (displaystyleintlimits_{x_{0}}^{x} f'(t) dt = f(x)-f(x_{0})) и преобразуем его левую часть с помощью формулы интегрирования по частям:
$$
intlimits_{x_{0}}^{x} f'(t) dt =-left.intlimits_{x_{0}}^{x} f'(t)d(x-t) = [-f'(x)(x-t)]right|_{t = x_{0}}^{t = x} + intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)f″(t) dt =\= f'(x_{0})(x-x_{0}) + intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)f″(t) dt.nonumber
$$
Таким образом,
$$
f(x)-f(x_{0}) = f'(x_{0})(x-x_{0}) + intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)f″(t) dt,nonumber
$$
то есть формула eqref{ref11} верна при (n = 1). Предположим, что формула eqref{ref11} является верной для номера (n-1), то есть
$$
f(x)-f(x_{0}) = sum_{k=0}^{n}frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k} + frac{1}{(n-1)!} intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)^{n-1}f^{(n)}(t) dt.label{ref12}
$$
Преобразуем интеграл в правой части формулы eqref{ref12}, применив формулу интегрирования по частям:
$$
frac{1}{(n-1)!} intlimits_{x_{0}}^{x} (x-t)^{n-1}f^{(n)}(t) dt = -frac{1}{n!} intlimits_{x_{0}}^{x} f^{n}(t)dt((x-t)^{n}) =\= left.left(-frac{1}{n!}f^{n}(t)(x-t)^{n}right)right|_{t = x_{0}}^{t = x} + frac{1}{n!} intlimits_{x_{0}}^{x}(x-t)^{n}f^{(n + 1)}(t) dt =\= frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x-x_{0})^{n} + frac{1}{n!} intlimits_{x_{0}}^{x}(x-t)^{n}f^{(n + 1)}(t) dt.nonumber
$$
Отсюда следует, что равенство eqref{ref12} можно записать в виде eqref{ref11}. Формула eqref{ref9} доказана. (bullet)

Теорема 2.

Если функция (f) и все ее производные ограничены в совокупности на интервале (Delta = (x_{0}-delta, x_{0} + delta)), то есть
$$
exists M > 0: forall x in Delta rightarrow |f^{(n)}(x)| leq M, n = 0,1,2,ldots,label{ref13}
$$
то функция (f) представляется сходящимся к ней в каждой точке интервала (Delta) рядом Тейлора eqref{ref8}.

Доказательство.

(circ) Пусть (x in (x_{0}-delta, x_{0} + delta)). Тогда, используя формулу eqref{ref10} и условие eqref{ref13}, получаем
$$
|r_{n}(x)| leq M frac{|x-x_{0}|^{n + 1}}{(n + 1)!}.label{ref14}
$$

Так как (displaystylelim_{x rightarrow 0} frac{a^{n}}{n!} = 0) для любого (a > 0) (пример разобран здесь), то из eqref{ref14} следует, что выполняется условие eqref{ref7}, то есть в точке (x) справедливо равенство eqref{ref8}. (bullet)

Замечание 1.

Теорема 2 остается в силе, если условие eqref{ref13} заменить следующим условием:
$$
exists M > 0 exists C > 0: forall x in Delta rightarrow |f^{(n)}(x)| leq MC^{n}, n = 0, 1, 2, ldotsnonumber
$$

Разложение элементарных функций в ряд Тейлора.

Найдем разложение основных элементарных функций в ряд Тейлора в окрестности точки (x_{0} = 0), то есть в ряд вида
$$
f(x) = sum_{n = 0}^{infty}frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n},label{ref15}
$$
который называют рядом Маклорена. Заметим, что коэффициенты (displaystylefrac{f^{(n)}(0)}{n!}) разложения eqref{ref15} для основных элементарных функций (показательной, гиперболических, тригонометрических и других) были найдены в разделе про формулу Тейлора.

Разложение показательной и гиперболической функций в ряд Тейлора.

Пусть (f(x) = e^{x}). Тогда для любого (x in (-rho, rho)), где (rho > 0), выполняются неравенства
$$
0 < f(x) < e^{rho},quad 0 < f^{(n)}(x) < e^{rho}, n in mathbb{N}.nonumber
$$
По теореме 2 ряд eqref{ref15} для функции (f(x) = e^{x}) сходится к этой функции на интервале ((-rho, rho)) при любом (rho > 0), то есть радиус сходимости этого ряда (R = +infty). Так как для функции (f(x) = e^{x}) выполняются равенства (f(0) = 1), (f^{(n)}(0) = 1) для любого (n), то по формуле eqref{ref15} получаем разложение в ряд Маклорена показательной функции
$$
e^{x} = sum_{n = 0}^{infty}frac{x^{n}}{n!},label{ref16}
$$

Используя разложение eqref{ref16} и формулы
$$
operatorname{ch} x = frac{e^{x} + e^{-x}}{2},quad operatorname{sh} x = frac{e^{x}-e^{-x}}{2},nonumber
$$
находим разложения в ряд Маклорена гиперболического косинуса и гиперболического синуса:
$$
operatorname{ch} x = sum_{n = 0}^{infty}frac{x^{2n}}{2n!},label{ref17}
$$
$$
operatorname{sh} x = sum_{n = 0}^{infty}frac{x^{2n + 1}}{(2n + 1)!},label{ref18}
$$
Радиус сходимости каждого из рядов eqref{ref17}, eqref{ref18} (R = +infty).

Разложение тригонометрических функций в ряд Тейлора.

Пусть (f(x) = sin x). Тогда (|f(x)| leq 1) и (|f^{(n)}(x)| leq 1) для всех (n in mathbb{N}) и для всех (x in R). По теореме 2 ряд eqref{ref15}для функции (f(x) = sin x) сходится для любого (x in (-infty, +infty)), то есть радиус сходимости этого ряда (R = +infty).

Если (f(x) = sin x), то (f(0) = 0), (f^{(2n)}(0) = 0), (f'(0) = 1), (f^{(2n + 1)}(0) = (-1)^{n}) для любого (n), и по формулеeqref{ref15}получаем разложение синуса в ряд Маклорена:
$$
sin x = sum_{substack{n = 0}}^{infty} frac{(-1)^{n}}{(2n + 1)!}x^{2n + 1}.label{ref19}
$$

Пусть (f(x) = cos x). Тогда (|f(x)| leq 1), (|f^{(n)}(x)| leq 1) для всех (n) и для всех (x in R), (f(0) = 1), (f'(0) = 0), (f^{(2n)}(0) = (-1)^{n}) и, (f^{(2n + 1)}(0) = 0) для всех (n). По формуле eqref{ref15} получаем
$$
cos x = sum_{n = 0}^{infty} frac{(-1)^{n}}{2n!}x^{2n}.label{ref20}
$$
Радиус сходимости каждого из рядов eqref{ref19} и eqref{ref20} (R = +infty).

Разложение логарифмической функции в ряд Тейлора.

Пусть (f(x) = ln(1 + x)). Тогда
$$
f^{(n)}(x) = frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(1 + x)^{n}},label{ref21}
$$
откуда находим
$$
frac{f^{(n)}(0)}{n!} = frac{(-1)^{n-1}}{n}.label{ref22}
$$

(circ) Оценим остаточный член (r_{n}(x)), пользуясь формулой eqref{ref9} при (x_{0} = 0). Преобразуем эту формулу, полагая (t = tau x). Тогда (dt = x dtau), (1-x =x(1-tau)) и формула eqref{ref9} примет вид
$$
r_{n}(x) = frac{x^{n + 1}}{n!} intlimits_0^1 (1-tau) f^{(n + 1)}(tau x) dtau.label{ref23}
$$

Если (f(x) = ln(x + 1)), то по формуле eqref{ref23}, используя равенство eqref{ref21}, получаем
$$
r_{n}(x) = (-1)^{n}x^{n + 1} intlimits_0^1 frac{(1-tau)^{n}}{(1 + tau x)^{n + 1}} d tau.label{ref24}
$$

Пусть (|x| < 1). Тогда справедливы неравенства
$$
|1 + tau x| geq 1-tau|x| geq 1-tau,label{ref25}
$$
$$
|1 + tau x| geq 1-|x|,label{ref26}
$$
так как (0 leq tau leq 1). Отсюда следует, что при любом (n in mathbb{N}) выполняется неравенство
$$
|1 + tau x|^{n + 1} geq (1-tau)^{n}(1-|x|).label{ref27}
$$

Используя неравенство eqref{ref27}, из формулы eqref{ref24} получаем следующую оценку остаточного члена:
$$
|r_{n}(x)| leq |x|^{n + 1} intlimits_0^1 frac{dtau}{1-|x|} = frac{|x|^{n + 1}}{1-|x|},nonumber
$$
откуда следует, что (r_{n}(x) rightarrow 0) при (n rightarrow infty), если (|x| < 1).

Пусть (x = 1). Тогда (1 + tau x = 1 + tau), ((1 + tau)^{n + 1} geq 1), (1-tau geq 0), так как (0 leq tau leq 1). Поэтому из формулы eqref{ref24} следует, что (|r_{n}(1)| leq displaystyleintlimits_0^1 (1-tau)^{n}dtau = frac{1}{n + 1}), откуда получаем: (r_{n}(1) rightarrow 0) при (n rightarrow infty).

Итак, если (x in (-1, 1]), то остаточный член (r_{n}(x)) для функции (f(x) = ln (1 + x)) стремится к нулю при (n rightarrow infty), то есть ряд Маклорена сходится к (f(x)). (bullet)

Из формулeqref{ref15}и eqref{ref22} получаем разложение функции (ln (1 + x)) в ряд Маклорена
$$
ln (1 + x) = sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n},label{ref28}
$$
радиус сходимости которого (R = 1).

Формула eqref{ref28} справедлива при (x = 1), и поэтому
$$
ln 2 = sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n-1}}{n} = 1-frac{1}{2} + frac{1}{3}-frac{1}{4} + ldots + frac{(-1)^{n-1}}{n} + ldotsnonumber
$$
Заменяя в формуле eqref{ref28} (x) на (-x), получаем
$$
ln (1-x) =-sum_{n=1}^{infty} frac{x^{n}}{n}.label{ref29}
$$

Разложение степенной функции в ряд Тейлора.

Пусть (f(x) = (1 + x)^{alpha}). Если (alpha = 0), то (f(x) = 1), а если (alpha = n), где (n in mathbb{N}), то (f(x)) — многочлен степени (n), который можно записать по формуле бинома Ньютона в виде конечной суммы:
$$
f(x) = sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}x^{k}.nonumber
$$
Покажем, что если (alpha notin mathbb{N}) и (a neq 0), то функция (f(x) = (1 + x)^{alpha}) представляется при каждом (x in (-1, 1)) сходящимся к ней рядом Маклорена
$$
(1 + x)^{alpha} = sum_{n = 0}^{infty} C_{alpha}^{n}x^{n},label{ref30}
$$
где
$$
C_{alpha}^{0} = 1,quad C_{alpha}^{n} = frac{alpha(alpha-1)ldots(alpha-(n-1))}{n!}.label{ref31}
$$

(circ) Так как
$$
f^{(n + 1)}(x) = alpha(alpha-1)ldots(alpha-n)(1 + x)^{alpha-(n-1)},label{ref32}
$$
то по формуле eqref{ref23} получаем
$$
r_{n}(x) = A_{n}x^{n + 1} intlimits_0^1 left(frac{1-tau}{1 + tau x}right)^{n} (1 + tau x)^{alpha-1} dtau,label{ref33}
$$
где
$$
A_{n} = frac{alpha(alpha-1)ldots(alpha-n)}{n!}.
$$
Выберем число (m in mathbb{N}) таким, чтобы выполнялось условие (|a| leq m). Тогда при всех (n geq m) справедливы неравенства
$$
|A_{n}| leq frac{m(m + 1)ldots(m + n)}{n!} leq frac{(m + n)!}{n!} = (n + 1)ldots(n + m) leq (2n)^{m}.label{ref34}
$$
Используя неравенства eqref{ref25} и eqref{ref26}, а также неравенство (|1 + tau x| leq 1 + |x|), получаем
$$
0 leq frac{1-tau}{1 + xtau} leq 1,label{ref35}
$$
$$
|1 + tau x|^{alpha-1}leq beta(x)=left{begin{array}{lc}(1 + |x|)^{alpha-1},&mbox{если} alpha geq 1, \(1-|x|)^{alpha-1},&mbox{если} alpha < 1,end{array} right.label{ref36}
$$
Из формулы eqref{ref33} и оценок eqref{ref34}-eqref{ref36} следует неравенство
$$
|r_{n}(x)| leq beta(x) 2^{m}n^{m}|x|^{n + 1},label{ref37}
$$
которое справедливо при всех (n geq m) и для каждого (x in (-1, 1)).

Так как (displaystylelim_{t rightarrow +infty} frac{t^{m}}{a^{t}}) при (a > 1), то (displaystylelim_{n rightarrow infty} frac{n^{m}}{(1/|x|)^{n + 1}} = 0). Поэтому из соотношения eqref{ref37} следует, что (r_{n}(x) rightarrow 0) при (n rightarrow infty) для каждого (x in (-1, 1)), то есть справедливо равенство eqref{ref30}, причем радиус сходимости ряда eqref{ref30} в случае, когда (alpha neq 0) и (alpha notin mathbb{N}), равен 1. (bullet)

Отметим важные частные случаи формулы eqref{ref30}:
$$
frac{1}{1 + x} = sum_{n = 0}^{infty} (-1)^{n}x^{n},label{ref38}
$$
$$
frac{1}{1-x} = sum_{n = 0}^{infty} x^{n}.label{ref39}
$$

В заключение заметим, что при разложении функций в ряд Тейлора обычно используют формулы eqref{ref16}—eqref{ref20}, eqref{ref28}-eqref{ref30} и применяют такие приемы, как: представление данной функции в виде линейной комбинации функций, ряды Тейлора для которых известны; замена переменного; почленное дифференцирование и интегрирование ряда.

Пример 1.

Разложить в ряд Маклорена функцию (f(x)) и найти радиус сходимости (R) ряда, если:

(displaystyle f(x) = frac{1}{1 + x^{2}});
(displaystyle f(x) = frac{1}{sqrt{1 + x^{2}}});
(displaystyle f(x) = frac{2x-1}{x^{2}-x-6}).

Решение.

(triangle) Используя формулу eqref{ref38}, получаем ряд
$$
frac{1}{1 + x^{2}} = sum_{n = 0}^{infty} (-1)^{n}x^{2n},label{ref40}
$$
радиус сходимости которого (R = 1).
Из равенства eqref{ref30} следует, что (displaystylefrac{1}{sqrt{1 + x^{2}}} = sum_{n = 0}^{infty} C_{-1/2}^{n}x^{2n}), где
$$
C_{-1/2}^{n} = frac{displaystyleleft(-frac{1}{2}right)left(-frac{1}{2}-1right)ldotsleft(-frac{1}{2}-(n-1)right)}{n!} = frac{(-1)^{n}1cdot3ldots(2n-1)}{2^{n}n!} = frac{(-1)^{n}(2n-1)!!}{2^{n}n!}.nonumber
$$
Следовательно,
$$
frac{1}{sqrt{1 + x^{2}}} = 1 + sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n}(2n-1)!!}{2^{n}n!}x^{2n}, R = 1.label{ref41}
$$
Так как (f(x) = displaystylefrac{1}{x + 2} + frac{1}{x-3} = frac{1}{displaystyle2left(1 + frac{x}{2}right)}-frac{1}{displaystyle3left(1-frac{x}{3}right)}), то, применяя формулы eqref{ref38} и eqref{ref39}, получаем ряд
$$
frac{2x-1}{x^{2}-x-6} = sum_{n = 0}^{infty} left(frac{(-1)^{n}}{2^{n + 1}}-frac{1}{3^{n + 1}}right)x^{n}, R = 2. blacktrianglenonumber
$$

Пример 2.

Разложить в ряд Маклорена функции
$$
operatorname{arctg} x,nonumber
$$
$$
operatorname{arcsin} x,nonumber
$$
$$
ln(x + sqrt{1 + x^{2}}),nonumber
$$
и найти радиусы сходимости (R) рядов.

Решение.

(triangle) Почленно интегрируя ряд eqref{ref40}, получаем
$$
operatorname{arctg} x = intlimits_0^x frac{dt}{1 + t^{2}} = sum_{n = 0}^{infty} (-1)^{n} frac{x^{2n + 1}}{2n + 1},quad R = 1.nonumber
$$
Заменяя в формуле eqref{ref41} (x^{2}) на (-x^{2}), получаем
$$
frac{1}{sqrt{1-x^{2}}} = 1 + sum_{n=1}^{infty} frac{(2n-1)!!}{2^{n}n!}x^{2n},quad R = 1.nonumber
$$
откуда следует, что
$$
operatorname{arcsin} x = intlimits_0^x frac{dt}{1-t^{2}} = x + sum_{n=1}^{infty} frac{(2n-1)!!}{2^{n}n!(2n + 1)}x^{2n + 1}, R = 1.nonumber
$$
Почленно интегрируя ряд eqref{ref41}, получаем
$$
ln(x + sqrt{1 + x^{2}}) = intlimits_0^x frac{dt}{1 + t^{2}} = x + sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n}(2n-1)!!}{2^{n}n!(2n + 1)}x^{2n + 1}, R = 1. blacktrianglenonumber
$$

Пример 3.

Разложить в ряд Тейлора в точке (x_{0} = 2) функцию (f(x) = ln(4 + 3x-x^{2})).

Решение.

(triangle) Так как (4 + 3x-x^{2} = -(x-4)(x + 1)), то, полагая (t = x-2), получаем
$$
f(x) = ln(4-x)(x + 1) = g(t) = ln(2-t)(3 + t) = ln 6 + lnleft(1-frac{t}{2}right) + lnleft(1 + frac{t}{3}right).nonumber
$$
Используя формулы eqref{ref28} и eqref{ref29}, отсюда находим
$$
g(t) = ln 6-sum_{n=1}^{infty} frac{t^{n}}{n2^{n}} + sum_{n=1}^{infty} frac{(-1)^{n-1}t^{n}}{n3^{n}},quad |t| < 2.nonumber
$$
Следовательно,
$$
ln(4 + 3x-x^{2}) = ln 6 + sum_{n=1}^{infty} left(frac{(-1)^{n-1}}{3n}-frac{1}{2^{n}}right)frac{(x-2)^{n}}{n}, R = 2. blacktrianglenonumber
$$

Элементарные функции комплексного переменного.

Показательная, гиперболические и тригонометрические функции комплексного переменного (z) определятся соответственно формулами
$$
e^{z} = sum_{n = 0}^{infty} frac{z^{n}}{n!},label{ref42}
$$
$$
operatorname{ch} z = sum_{n = 0}^{infty} frac{z^{2n}}{(2n)!},label{ref43}
$$
$$
operatorname{sh} z = sum_{n = 0}^{infty} frac{z^{2n + 1}}{(2n + 1)!},label{ref44}
$$
$$
cos z = sum_{n = 0}^{infty} frac{(-1)^{n}z^{2n}}{(2n)!},label{ref45}
$$
$$
sin z = sum_{n = 0}^{infty} frac{(-1)^{n}z^{2n + 1}}{(2n + 1)!}.label{ref46}
$$
Радиус сходимости (R) каждого из рядов eqref{ref42}-eqref{ref46} равен (+infty). Заменяя в равенстве eqref{ref42} (z) на (iz) и (-iz), получаем
$$
e^{iz} = sum_{n = 0}^{infty} frac{i^{n}z^{n}}{n!},qquad e^{-iz} = sum_{n = 0}^{infty} frac{(-1)^{n}i^{n}z^{n}}{n!}.label{ref47}
$$

Используя равенства eqref{ref47} и формулы eqref{ref45}, eqref{ref46}, находим
$$
frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2} = cos z, frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} = sin z,label{ref48}
$$
откуда следует, что
$$
e^{iz} = cos z + i sin z.label{ref49}
$$
Полагая в формуле eqref{ref42} (z = z_{1}) и (z = z_{2}). и перемножая соответствующие ряды, можно показать, что
$$
e^{z_{1}}e^{z_{2}} = e^{z_{1} + z_{2}}.label{ref50}
$$

Пусть (z = x + iy), где (x in R), (y in R). Тогда из равенства eqref{ref50} и формулы eqref{ref49} находим
$$
e^{z} = e^{x + iy} = e^{x}(cos y + i sin y).label{ref51}
$$
Из формулы eqref{ref51} следует, что
$$
e^{z + 2pi i} = e^{z},nonumber
$$
то есть (e^{z}) — периодическая функция с периодом (2pi i). Поэтому для каждого комплексного (z neq 0) уравнение
$$
e^{w} = zlabel{ref52}
$$
имеет бесконечное множество решений вида (w + i2pi n), где (w) — одно из решений уравнения eqref{ref52}, (n in Z).

Если (w = u + iv), то (z = e^{w} = e^{u}(cos v + i sin v)), откуда получаем
$$
|z| = e^{u},quad u = ln |z|,quad v = arg z.nonumber
$$

Пусть (varphi) — какое-нибудь значение аргумента числа (z). Тогда
$$
v = varphi + 2pi n, n in Z.nonumber
$$
Таким образом, все решения уравнения eqref{ref52}, если их обозначить символом (operatorname{Ln} z), задаются формулой
$$
operatorname{Ln} z = ln |z| + i(varphi + 2pi n),label{ref53}
$$
где (varphi) — одно из значений аргумента числа (z) ((z neq 0)), (n in Z).

По заданному значению (z) значение (w) из уравнения eqref{ref52} определяется, согласно формуле eqref{ref53}, неоднозначно (говорят, что логарифмическая функция (operatorname{Ln} z) является многозначной).

Пример 4.

Разложить в степенной ряд в окрестности точки (z = 0) функцию (f(z) = e^{z}sin z).

Решение.

(triangle) Используя формулы eqref{ref48} и eqref{ref50}, получаем
$$
f(z) = e^{z}left(frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}right) = frac{1}{2i}(e^{z(1 + i)}-e^{z(1-i)}).nonumber
$$
Так как (1 + i = sqrt{2}e^{ipi/4}), (1-i = sqrt{2}e^{-ipi/4}), то по формуле eqref{ref42} находим
$$
f(z) = sum_{n = 0}^{infty} frac{2^{n/2}}{n!} left(frac{e^{ipi n/4}-e^{-ipi n/4}}{2i}right)z^{n},nonumber
$$
откуда в силу второго из равенств eqref{ref48} следует, что
$$
e^{z}sin z = sum_{n = 0}^{infty} frac{2^{n/2}}{n!} sin frac{pi n}{4}z^{n}.nonumber
$$
Радиус сходимости ряда (R = +infty). (blacktriangle)

Источник

Определение[править | править код]

Аналитическая функция[править | править код]

Область сходимости ряда Тейлора[править | править код]

Формула Тейлора[править | править код]

Различные формы остаточного члена[править | править код]

Критерий аналитичности функции[править | править код]

Ряды Маклорена некоторых функций[править | править код]

Формула Тейлора для функции двух переменных[править | править код]

Формула Тейлора многих переменных[править | править код]

Пример разложения в ряд Маклорена функции трёх переменных[править | править код]

Примечания[править | править код]

Литература[править | править код]

Степенные ряды в форме рядов Тейлора и Маклорена

Пример

Формула Тейлора

Формы остаточного члена

Пример 1

Пример 2

Применение формулы Тейлора при x, стремящемся к бесконечности

Пример

Применение формула Тейлора при вычислении пределов

Пример 1

Тест по теме «Формула и ряд Тейлора»

Разложение функций в степенные ряды. Ряд Тейлора

Постановка задачи разложения функции в степенной ряд

Теорема Тейлора о разложении функции в степенной ряд

Алгоритм разложения аналитической функции в степенной ряд

Примеры разложения функций по степеням z

Разложения основных функция в степенной ряд

Алгоритм разложения рациональных дробей в ряд Тейлора

Понятие ряда Тейлора.

Остаточный член формулы Тейлора.

Разложение элементарных функций в ряд Тейлора.

Разложение показательной и гиперболической функций в ряд Тейлора.

Разложение тригонометрических функций в ряд Тейлора.

Разложение логарифмической функции в ряд Тейлора.

Разложение степенной функции в ряд Тейлора.

Элементарные функции комплексного переменного.

Вам также может понравиться

Туалет на северо западе по фен шуй как исправить

Как нотариус может исправить свою ошибку

Как составить график рабочей недели 40 часов

Добавить комментарий Отменить ответ