Функциональные ряды. Степенные ряды. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Функциональные ряды. Степенные ряды.

Тема Математический анализ

29 Функциональные ряды. Степенные ряды.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#64512

Разложить функцию

4 f(x) = ------2- (2 − x)

в степенной ряд с центром в точке 0, при помощи почленного дифференцирования.

Показать ответ и решение

Заметим, что $f(x)$ есть производная от $22x−x$ :

4 2x -------2 = (-----)′ (2− x) 2− x

Разложение же дроби $22−xx$ получить можно вот так:

$2x 1 1 +∑∞ 1 +∑∞ 1 -----= 2x----- = x----x = x -n-xn = --nxn+1 2− x 2 − x 1 − 2 n=02 n=02$

(здесь мы воспользовались тем, что $-1- +∑∞ n 1−x = n=0x$ и сделали подстановку вместо $x$ выражение $x 2$ )

И осталось лишь продифференцировать это последнее равенство, чтобы получить разложение искомой функции:

4 +∑∞ n+ 1 f(x) = ------2-= --n--xn (2− x) n=0 2

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#64511

Разложить функцию

3 f(x) = xe1−2x

в степенной ряд с центром в точке 0.

Показать ответ и решение

Подставив в разложение $ex$

+∑ ∞ n ex = x-- n=0 n!

вместо $x$ выражение $− 2x3$ , получим:

+∞ −2x3 ∑ (−-2)nx3n- e = n! n=0

Следовательно, разложение искомой функции получается домножением на $e$ и на $x$ :

+∑∞ e(− 2)nx3n+1 f(x) = ------------ n=0 n!

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#64510

Разложить функцию

1 f (x ) =-----4 1 + x

в степенной ряд с центром в точке 0.

Показать ответ и решение

Используя формулу

+∑∞ --1--= (− 1)nxn 1+ x n=0

В которую мы вместо $x$ подставим $x4$ , получим:

+ ∞ --1-- ∑ n 4n 1 + x = (− 1) x n=0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#64509

Разложить функцию

∘ ------ f(x) = ln (x + 1 + x2)

в степенной ряд с центром в точке 0, при помощи почленного интегрирования.

Показать ответ и решение

Поскольку $1 f′(x) = (1 + x2)−2$ , то мы можем написать для этой производной табличное разложение

′ 2 − 1 +∑∞ +∑∞ (−-1)n+1(− 12)(−-32)...(−-12-−-n+-1) 2n f (x) = (1 + x ) 2 = 1 + 1 + n! x n=1 n=1

Далее, чтобы получить разложение $√ ------ f(x) = ln(x+ 1 + x2)$ , осталось лишь проинтегрировать обе части равенства от 0 до $x$ , воспользовавшись теоремой о почленном интегрировании степенных рядов. С учётом того, что $f (0) = 0$ , константа интегрирования у нас будет равна 0:

$+∞ n+1 1 3 1 f(x) = x + ∑ (−-1)---(−2)(−-2)...(−-2-−-n+--1)x2n+1 (2n + 1)n! n=1$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#64508

Разложить функцию

f(x) = arcsin x

в степенной ряд с центром в точке 0, при помощи почленного интегрирования.

Показать ответ и решение

Заметим, что $(arcsinx)′ = √-1-2- 1−x$ . Разложение этой дроби можно получить из табличного разложения

m +∑∞ m-(m-−-1)(m-−-2)...(m-−-n-+-1) n (1 + x) = 1 + n! x n=1

вместо $x$ выражения $− x2$ при $m = − 12$ :

$1 +∑∞ (− 1)n (− 1)(− 3)...(− 1− n+ 1) √-------= 1+ --------2----2-----2--------x2n 1 − x2 n=1 n!$

Далее, чтобы получить разложение $arcsinx$ , осталось лишь проинтегрировать обе части равенства от 0 до $x$ , воспользовавшись теоремой о почленном интегрировании степенных рядов. С учётом того, что $arcsin0 = 0$ , константа интегрирования у нас будет равна 0:

$+∞ n 1 3 1 arcsinx = x + ∑ (− 1)-(−-2)(−-2)...(−2-−-n-+-1)x2n+1 n=1 (2n + 1)n!$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#64507

Разложить функцию

f(x) = ln(1 + x+ x2 + x3)

в степенной ряд с центром в точке 0.

Показать ответ и решение

При помощи свойств логарифмов, преобразовываем вначале нашу функцию:

ln(1+ x + x2 + x3) = ln((1+ x)(1+ x2)) = ln(1+ x) + ln(1 + x2)

Первый логарифм имеет табличное разложение, а второй получается из табличного подстановкой вместо $x$ выражения $2 x$ . Итого будем иметь:

$2 +∑∞ (− 1)n−1 n +∑∞ (− 1)n−1 2n ln(1+ x)+ ln(1+ x ) = ---n---x + ---n---x n=1 n=1$

Заметим, что второй степенной ряд будет иметь ненулевые коэффициенты только при чётных степенях икса. Поэтому окончательно получим:

2 3 +∑ ∞ n ln(1+ x + x + x ) = cnx n=1

Где $( (−1)n−1 (−1)k−1 { ---n---+ --k---- при n = 2k cn = ( (−1)n−1 n , при n = 2k + 1$

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#64506

Разложить функцию

1 f(x) = -2--------- x − 2x− 3

в степенной ряд с центром в точке 0.

Показать ответ и решение

Разложим нашу функцию на простейшие:

1 1 1 1 f(x) = -2---------= --(-----− -----) x − 2x − 3 4 x− 3 x + 1

Далее давайте преобразуем дроби к такому виду, чтобы в знаменателе была единица - так мы сразу сможем воспользоваться табличными разложениями $-1- = +∑∞ xn 1−x n=0$ и $-1- = +∑∞ (− 1)nxn 1+x n=0$ .

$1- -1--- --1-- 1---1-- 1---1-- 4( x− 3 − x + 1) = − 121 − x − 4 x+ 1 3$

Далее, чтобы разложить первую дробь, достаточно лишь подставить в разложение $+∑∞ 11−x = xn n=0$ вместо $x$ выражение $x 3$ , и тогда получится:

$--1-- +∑∞ -1- n 1− x = 3n x 3 n=0$

Вторая дробь уже сразу раскладывается по таблице. Итого имеем:

$+ ∞ +∞ +∞ -1---1-- 1--1-- 1-∑ -1- n 1-∑ n n ∑ --1--- (− 1)n+1 n − 12 1− x − 4x + 1 = − 12 3nx − 4 (− 1 )x = (− 12 ⋅3n + 4 )x 3 n=0 n=0 n=0$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#62873

Исследовать на равномерную сходимость функциональный ряд

∑∞ nx -----5-2 n=1 1+ n x

на $ℝ$ .

Показать ответ и решение

Давайте попробуем оценить сверху члены нашего ряда членами какого-то равномерно сходящегося ряда. Если нам это удастся, то исходный ряд будет сходиться равномерно из признака Вейертштасса равномерной сходимости (о мажорирующей сходимости).

Пусть $fn(x) = 1+nnx5x2-$ . При каждом фиксированном $n$ давайте найдём супремум $fn(x)$ при $x ∈ ℝ$ .

Для этого давайте возьмём производную $f′(x) n$ и приравняем её к нулю:

6 2 f′n(x) = -n−--n-x--- (1 + n5x2)2

Таким образом, у $n−$ ой функции производная зануляется при $n − n6x2 = 0$ , то есть при $2 5 x n = 1$ в точке $1-- xn = n52$ .

Нетрудно проверить, что при $-1- xn = n52$ функция $fn(x)$ достигает максимума (это единственный ноль производной $fn(x) = 1+nnx5x2$ , а при $x → + ∞$ и при $x → − ∞$ видно, что все $fn (x )$ стремятся к нулю (по $x$ степень знаменателя больше степени числителя). Следовательно, $1-- xn = n52$ - это точки максимума соответствующих $fn$ .)

Таким образом, можно записать оценку для всех $x ∈ ℝ$ и для всех $n ∈ ℕ$ :

1 |fn(x)| ≤ fn (xn ) =-3 n 2

А ряд

∞ ∑ -1- n 32 n=1

сходится как эталонный - причём он сходится равномерно на $ℝ$ , поскольку вообще не зависит ни от какого $x$ .

Таким образом, из признака Вейертштасса равномерной сходимости следует, что ряд

∑∞ --nx---- n=1 1+ n5x2

сходится равномерно на $ℝ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#62872

Исследовать на равномерную сходимость функциональный ряд

∑∞ (1− x )xn n=0

на отрезке $[0,1]$ .

Показать ответ и решение

$n −$ ая частичная сумма ряда $sn (x )$ представляет из себя:

∑n sn(x) = (1 − x)xk = 1− xn+1 k=0

Следовательно, при $n → ∞$ и при $x ∈ [0,1]$ будем иметь, что

( { 0 п ри x ∈ [0,1) sn(x) → ( 1, п ри x = 1

То есть наш ряд сходится к функции, равной 0 во всех точках полуинтервала $[0,1)$ и равной единице в точке 1. (поскольку при $|x | < 1$ выполнено $xn+1 → 0,n → ∞$ , а в точке 1 у нас выражение $1 − xn+1$ получается тождественно равно нулю).

Далее, видно, что все частичные суммы ряда $n sn(x) = ∑ (1− x)xk = 1 − xn+1 k=0$ - непрерывные на отрезке $[0,1]$ функции (это многочлены). Но тогда, если бы сходимость к предельной функции была бы равномерной, то и предельная функция была бы непрерывной на отрезке $[0,1]$ (теорема о равномерном пределе непрерывных функций). Но предельная функция разрывна в точке $1$ . Следовательно, сходимость неравномерная.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#62871

a) Показать, что степенной ряд

∑∞ xn --- n=0 n!

cходится всюду на $ℝ$ ;
b) Показать, что бесконечный радиус сходимости не гарантирует ещё равномерной сходимости на $ℝ$ (а лишь на любом отрезке $[a,b] ⊂ ℝ$ ). А именно, показать, что сходимость указанного ряда неравномерна на луче $[0,+∞ )$ .

Показать ответ и решение

a) Найдём радиус сходимости нашего степенного ряда.

Вычислим предел $lim |an+an1-| n→ ∞$ , в нашем случае $an = n1!$ . Будем иметь:

an+1 n! 1 lni→m∞ |-----| = nli→m∞--------= nli→m∞ --= 0 an (n+ 1)! n

Таким образом, радиус сходимости равен $1 1 -lim-|an+1| = 0 = ∞ n→∞ an$ . Значит, наш степенной ряд сходится абсолютно в интервале $(− ∞, + ∞ )$ , то есть на всём $ℝ$ .

b) Из формулы Тейлора ясно, что наш ряд представляем собой тейлоровское разложение экспоненты. То есть всюду на $ℝ$ он сходится к $ex$ :

∑∞ xn ---= ex n=0 n!

Таким образом, для равномерной сходимости нужно, чтобы последовательность частичных сумм ряда сходилось равномерно к $x e$ , то есть чтобы

∑n k ℝ sn(x) = x--⇉ ex,n → ∞ k=0 k!

Но по $sup$ -критерию это равносильно тому, чтобы

n ∑ xk- x sxu∈pℝ | k! − e | → 0,n → ∞ k=0

Однако

∑n xk x ∑n xk x sup| k!-− e | ≥ sup | -k! − e | x∈ℝ k=0 x∈[0,+∞ ) k=0

(супремум по меньшему множеству может стать разве что меньше).

Но

∑n xk sup | ---− ex| = + ∞ для лю бого n x∈[0,+∞ ) k=0k!

Поскольку $ex$ при $x → + ∞$ будет стремиться к бесконечности быстрее многочлена любой сколь угодно большой степени.

Таким образом, $∑n k sup | xk! − ex| → +∞ x∈[0,+∞ ) k=0$ при $n → + ∞$ , а значит и тем более $n∑ k sup| xk! − ex| → + ∞ x∈ℝ k=0$ при $n → + ∞$ .

Значит, по $sup$ -критерию, на $[0,+ ∞ )$ , а, значит, и на $ℝ$ равномерной сходимости у ряда $∞∑ xn n! n=0$ нет.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#62870

Найти область сходимости степенного ряда

∞∑ (− 1)n− 1(x + 2)n -----------n--- n=0 (3n− 1)5

(в том числе, необходимо исследовать сходимость в концах интервала сходимости)

Показать ответ и решение

1. Найдём для начала радиус сходимости нашего степенного ряда.

Вычислим предел $lim |an+an1-| n→ ∞$ , в нашем случае $n−1 an = ((3−n1−)1)5n$ . Будем иметь:

an+1 (3n − 1)5n 1 3n − 1 1 nli→m∞ |----| = nli→m∞---------n+1 = --lnim→∞ ------ = -- an (3n + 2)5 5 3n + 2 5

Таким образом, радиус сходимости равен $1 1 -lim-|an+1| =-1= 5 n→ ∞ an 5$ . Значит, наш степенной ряд сходится абсолютно в интервале $(− 7,3)$ (поскольку центр ряда был в точке $a = − 2$ ).

2. Исследуем сходимость ряда в концах интервала, то есть в точках $x = − 7$ , $x = 3$ .
В точке $x = − 7$ наш ряд превращается в ряд

∞ n−1 n ∞ n−1 n n ∞ n−1 n ∞ ∑ (− 1)--(−-5)-= ∑ (−-1)---(−-1)-5- = ∑ (− 1)--(−-1)-= ∑ − ---1---- (3n − 1)5n (3n− 1)5n (3n − 1) (3n− 1) n=0 n=0 n=0 n=0

(поскольку $n−1 (− 1)$ и $n (− 1 )$ всегда имеют противоположный знак, в силу того, что $n − 1$ и $n$ всегда имеют разную чётность, то в произведении они всегда дают минус единичку)

А ряд $∑∞ --1--- n=0− (3n−1)$ расходится как эталонный (его члены имеют тот же порядок, что и члены гармонического ряда $∞∑ 1 n n=0$ , и можно применить признак сравнения).

В точке $x = 3$ наш ряд превращается в ряд

∞ ∞ ∑ (− 1)n−15n ∑ (− 1)n−-1 (3n− 1)5n = (3n − 1) n=0 n=0

И он сходится по признаку Лейбница, поскольку он является знакочередующимся рядом вида $∞∑ (− 1)nc n=0 n$ , где в нашем случае $c = --1--- n (3n−1)$ - монотонно убывая стремится к нулю.

Итого, мы можем заключить, что наш ряд сходится на полуинтервале $(− 7,3]$ .

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#62869

Найти область сходимости степенного ряда

∑∞ n! -n2xn, a > 1 n=0 a

(в том числе, необходимо исследовать сходимость в концах интервала сходимости)

Показать ответ и решение

1. Найдём для начала радиус сходимости нашего степенного ряда.

Вычислим предел $lim |an+an1-| n→ ∞$ , в нашем случае $an = -nn!2 a$ . Будем иметь:

a (n + 1)!an2 n + 1 lim |-n+1| = lim --(n+1)2---= lim -2n+1-= 0 n→ ∞ an n→∞ a n! n→ ∞ a

(в силу того, что показательная функция с основанием больше 1 стремится к бесконечности быстрее, чем линейная).

Таким образом, радиус сходимости равен $----1an+1- = 1 = ∞ nli→m∞ |an-| 0$ . Значит, наш степенной ряд сходится абсолютно в интервале $(− ∞, + ∞ )$ , то есть на всём $ℝ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#62868

Найти область сходимости степенного ряда

∞∑ (n!)2 -----xn n=0(2n)!

(в том числе, необходимо исследовать сходимость в концах интервала сходимости)

Показать ответ и решение

1. Найдём для начала радиус сходимости нашего степенного ряда.

Вычислим предел $lim |an+an1-| n→ ∞$ , в нашем случае $2 an = ((n2!n))!$ . Будем иметь:

an+1 ((n+ 1)!)2(2n )! (n+ 1)2 n2 + ¯o(n2) 1 nli→m∞ |a---| = nli→m∞-(2n+-2-)!(n!)2--= nli→m∞ (2n+--1)(2n-+-2)-= nli→m∞ 4n2 +-o¯(n2)-= 4- n

Таким образом, радиус сходимости равен $----1an+1- = 4 nli→m∞ | an |$ . Значит, наш степенной ряд сходится абсолютно в интервале $(− 4,4)$ .

2. Исследуем сходимость ряда в концах интервала, то есть в точках $± 4$ .
В точке $x = 4$ наш ряд превращается в ряд $∞ ∑ (n!)24n- n=0 (2n)!$

Легко видеть, что общий член ряда $an = (n!)24n (2n)!$ удовлетворяет соотношению

a ((n + 1)!)24n+1(2n)! 4(n + 1)2 4n2 + 8n + 4 4n2 + 6n + 2 -n+1-= -------------2-n---= ----------------= ---2-------- > ---2-------- = 1 an (2n + 2)!(n!) 4 (2n + 1)(2n + 2) 4n + 6n + 2 4n + 6n + 2

Что означает, что $an+1 > an$ . То есть каждый следующий член ряда больше предыдущего. А в силу неотрицательности всех членов из этого очевидно следует, что $an//→0$ при $n → ∞$ . Следовательно, не выполнен даже необходимый признак сходимости - общий член ряда в точке $x = 4$ не стремится к 0. Следовательно, в точке $4$ ряд расходится.

В точке $x = − 4$ наш ряд превращается в ряд $∑∞ (n!)2(−4)n n=0 (2n)!$

Теперь же, если мы возьмём модули членов нашего ряда $|an| = |(n!)(22(−n)!4)n|$ , то получим последовательность, которую исследовали при $x = 4$ , то есть $(n!)24n- (2n)!$ . Но мы уже выяснили, что $2 n (n(!2)n4)!-//→0$ при $n → ∞$ . То есть члены нашего ряда $∞∑ 2 n (n!)(2(−n)!4)- n=0$ по модулю не стремятся к нулю. Но значит они и просто не стремятся к нулю (сходимость последовательности к нулю и сходимость модуля последовательности к нулю эквивалентны).

Таким образом, в точке $x = − 4$ вновь не выполнен необходимый признак сходимости - члены ряда в точке $x = − 4$ даже не стремятся к 0. Следовательно, в точке $− 4$ ряд расходится.

Итого, мы можем заключить, что наш ряд сходится на интервале $(− 4,4)$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#62867

Найти область сходимости степенного ряда

∑∞ xn --3 n=0 n

(в том числе, необходимо исследовать сходимость в концах интервала сходимости)

Показать ответ и решение

1. Найдём для начала радиус сходимости нашего степенного ряда.

Вычислим предел $lim |an+an1-| n→ ∞$ , в нашем случае $an = n13$ . Будем иметь:

an+1 n3 n3 lnim→∞ |----| = lni→m∞ ------3-= nli→m∞ -3-----3--= 1 an (n + 1) n + o¯(n )

Таким образом, радиус сходимости равен $1 -lim-|an+1-| = 1 n→∞ an$ . Значит, наш степенной ряд сходится абсолютно в интервале $(− 1,1)$ .

2. Исследуем сходимость ряда в концах интервала, то есть в точках $± 1$ .
В точке $x = 1$ наш ряд превращается в ряд $∞∑ 1n3 n=0$ - и он сходится как эталонный.
В точке $x = − 1$ наш ряд превращается в ряд $∞ ∑ (−1)3n n=0 n$ - и он сходится по признаку Лейбница - поскольку он является знакочередующимся рядом вида $∞∑ (− 1)nc n=0 n$ , где в нашем случае $c = 1- n n3$ - монотонно убывая стремится к нулю.

Итого, мы можем заключить, что наш ряд сходится на отрезке $[− 1,1]$ .

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел