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

Как найти маржинальность товара

Как найти угол через котангенс

Как составить план по экономии денег

Добавить комментарий Отменить ответ