Wykład 2.13

Szeregi pot gowe
∞
Szereg funkcyjny postaci
a k ( x − x 0 ) k , gdzie ak s stałymi, nazywamy szeregiem pot gowym o rodku w punkcie x 0 ∈ .
k =0
Mo na wykaza , e je li szereg pot gowy jest zbie ny w punkcie c ≠ 0 , to jest bezwzgl dnie zbie ny wewn trz przedziału
( x0 − | c |, x0 + | c | ) . Z powy szego wynika, e istnieje r takie, e w przedziale ( x0 − r , x0 + r ) szereg jest zbie ny, a na zewn trz tego
przedziału szereg jest rozbie ny. Liczb t nazywamy promieniem zbie no ci szeregu pot gowego.
∞
2 n n!
Przykład 1. Okre limy przedział zbie no ci szeregu
nn
n =1
x 2n .
Zastosujemy kryterium d’Alemberta.
| wn +1 |
nn
nn
n
2 n +1 (n + 1)! 2( n +1)
= lim
x
⋅ n
= 2 x 2 ⋅ lim
= 2 x 2 ⋅ lim
n
+
1
2
n
n → ∞ | wn |
n → ∞ ( n + 1)
n → ∞ ( n + 1) n
n→∞ n + 1
2 n! x
n
lim
2x2
<1 ⇔ | x | <
e
Szereg jest zbie ny w przedziale ( −
e
2
e
2
;
∞
lim
e
2
( x + 1) n
2 n (n + 1)(n + 2)
n =1
n →∞
2x2
e
).
Przykład 2. Okre limy przedział zbie no ci szeregu
Zastosujemy kryterium d’Alemberta.
=
.
| wn +1 | | x + 1 |
n +1 | x +1|
=
⋅ lim
=
< 1⇔ | x + 1 |< 2 ⇔ − 3 < x < 1
n →∞ n + 3
| wn |
2
2
Dany szereg jest bezwzgl dnie zbie ny w przedziale (−3; 1) . Jaka jest zbie no
∞
x +1 = 2
n =1
na ko cach przedziału zbie no ci?
1
jest szeregiem zbie nym (bezwzgl dnie).
(n + 1)(n + 2)
∞
x + 1 = −2
n =1
(−1) n
jest szeregiem zbie nym bezwzgl dnie.
(n + 1)(n + 2)
Szereg jest bezwzgl dnie zbie ny w przedziale [−3; 1] .
•
Je li
Twierdzenie (o rozwijaniu funkcji w szereg pot gowy).
1° funkcja f ma w przedziale ( x 0 − δ; x 0 + δ) pochodne dowolnego rz du,
2° dla ka dego x ∈ ( x0 − δ, x0 + δ) spełniony jest warunek lim
n →∞
f
(n)
( x0 )
( x − x0 ) n = 0 ,
n!
to
∞
f ( x) =
n =0
f ( n) ( x0 )
( x − x 0 ) n dla ka dego x ∈ ( x 0 − δ; x 0 + δ) .
n!
Szereg pot gowy wyst puj cy w tezie twierdzenia nazywa si szeregiem Taylora funkcji f w punkcie x0 ; gdy x0 = 0 , szereg ten nazywa
si szeregiem Maclaurina.
Przykład 3.
Przykład 4.
1
= 1 + x + x 2 + x 3 + ... =
1− x
1
= 1 − x + x 2 − x 3 + ... =
1+ x
∞
x k . Jest to „szkolny” szereg geometryczny zbie ny dla | x | < 1 .
k =0
∞
(− x) k . Jest to szereg geometryczny zbie ny dla | x | < 1 .
k =0
1
1
=
= 1 (1 +
2 + 3 x 2(1 + 32 x ) 2
∞
Przykład 5. cos x =
n =0
( −1) n
3
2
x + ( 32 x) 2 + ( 32 x ) 3 + ... =
∞
1
2
k =0
( 23 x) k
2n
x
dla x ∈ .
( 2 n) !
cos 2 x =
1 + cos 2 x
=
2
∞
1
2
+
1
2
n =0
(−1) n
(2 x) 2 n
= 1+
( 2n ) !
∞
1
2
n =1
( −4 ) n 2 n
x
( 2n ) !
St. Kowalski, Wykłady z matematyki (dla studentów kierunku Mechanika) – wykład 2 – 12
1
∞
Przykład 6. sin x =
(−1) n
n =0
x 2 n +1
dla x ∈ .
(2n + 1) !
sin 2 x =
∞
x
1 − cos 2 x
=
2
∞
−
1
2
1
2
(−1) n
n =0
(2 x) 2 n
( 2 n) !
xn
dla x ∈ .
n!
Przykład 7. e =
n =0
e −2 x =
∞
( −2 x ) n
n!
n =0
2
e −x =
∞
(− x 2 ) n
n!
n =0
Twierdzenie (o ró niczkowaniu szeregu pot gowego):
Szereg pot gowy mo na ró niczkowa wyraz po wyrazie w przedziale (−r , r ) , gdzie r jest promieniem zbie no ci:
∞
d
dx
∞
ak ( x − x0 ) k = a1 + 2a2 ( x − x0 ) + ... + nan ( x − x0 ) n −1 + ... =
k =0
kak ( x − x0 ) k −1
k =1
Po prawej stronie mamy tzw. SZEREG POCHODNY.
FAKT. Oba szeregi maj ten sam zbiór zbie no ci.
Twierdzenie (o całkowaniu szeregu pot gowego):
Szereg pot gowy mo na całkowa wyraz po wyrazie w przedziale (−r , r ) , gdzie r jest promieniem zbie no ci:
x
∞
k =0
0
Przykład 8.
a k x k dx = a 0 x + 12 a1 x 2 + 13 a 2 x 3 + ... + 1n a n −1 x n + ... =
∞
k =0
1
k +1
a k x k +1
d
1
,
[ln(1 + x)] =
dx
1+ x
x
1
dx
1+ x
ln(1 + x) =
0
1
= 1 − x + x 2 − x 3 + ... =
1+ x
x
ln(1 + x) =
0
∞
(− x) k dla | x | < 1 .
k =0
x
∞
0
k =1
1
dx = (1 − x + x 2 − x 3 + ...)dx = x − 12 x 2 + 13 x 3 − 14 x 4 + ... =
1+ x
(−1) k −1 k
x
k
Jest to szereg zbie ny dla −1 < x < 1 .
Ponadto dla x = 1 jest zbie ny warunkowo. Kład c do tego wzoru warto
∞
ln 2 =
k =1
Przykład 9.
1
1+ x 2
= 1 − x 2 + x 4 − x 6 + ... =
∞
( −1)
k
k −1
x = 1 mamy
= 1−
1 1 1
+ − + ...
2 3 4
(− x 2 ) k
k =0
Jest to szereg geometryczny (o ilorazie − x 2 ) zbie ny dla | x | < 1 . Jest zbie ny warunkowo (kryterium Leibniza) dla x = 1 . Zatem
d
1
(arctg x) =
= 1 − x 2 + x 4 − x 6 + ... .
dx
1+ x 2
Dlatego
arctg x = x −
x3 x5 x7
+
−
+ ... =
3
5
7
∞
n =0
(−1) n
x 2 n +1
dla −1 < x ≤ 1
(2n + 1)!
a nast pnie (dla x = 1 ) dostajemy
π
1 1 1
= arctg1 = 1 − + − + ...
4
3 5 7
St. Kowalski, Wykłady z matematyki (dla studentów kierunku Mechanika) – wykład 2 – 12
2
∞
(−1) k
Przykład 10.
k =1
k ⋅ 2k
Rozwi zanie.
∞
(−1) k
k =1
∞
We my szereg
k =1
k ⋅2
k
=−
1
1
1
1
1
( −1) n
+
−
+
−
+ ... +
+ ...
2
3
4
5
1⋅ 2 2 ⋅ 2
3⋅ 2
4⋅2
5⋅2
n ⋅ 2n
xk
x2 x3 x4
xn
= x+
+
+
+ ... +
+ ...
k
n
2
3
4
Stosujemy twierdzenie o ró niczkowaniu do tego szeregu i otrzymujemy
d
x2 x3 x4
xn
x+
+
+
+ ... +
+ ... = 1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n −1 + ... =
dx
2
3
4
n
∞
xk .
k =0
Z drugiej strony
∞
xk =
k =0
1
, dla x < 1
1− x
Zatem
d
x 2 x3 x4
xn
1
x+
+
+
+ ... +
+ ... =
dx
2
3
4
n
1− x
Stosujemy twierdzenie o całkowaniu do tego szeregu:
∞
k =1
∞
Kład c do ostatniej równo ci x = − 12 uzyskamy
k =1
xk
=
k
(−1)
x
0
k
1
dx = − ln 1 − x , x < 1 .
1− x
= − ln 23 = ln 23 ≈ −0,4054651081 .
k ⋅ 2k
Oblicz sum szeregu:
∞
1.
n =1
∞
n2
5
2.
n
n =1
Niech f :
2n − 1
4
n
∞
3.
n =1
(−1) n
n
3
n
∞
4.
n =1
3n − 1
2
n
∞
5.
n =1
1
n5 n
→ b dzie funkcj okre lon i ograniczon w prostok cie P = [a, b] × [c, d ] .
Podzielmy prostok t P = [a, b] × [c, d ] na dowoln liczb prostok tów Pi , 1 ≤ i ≤ n , o rozł cznych wn trzach (linie podziałów s równoległe
do osi układu). Oznaczmy ten podział przez Π.
Niech (ξ1 , η1 ) , (ξ 2 , η2 ) , ... , (ξ n , ηn ) oznaczaj punkty wybrane dowolnie, po jednym z ka dego prostok ta:
ω(Π ) = { (ξ i , ηi ) : (ξ i , ηi ) ∈ Pi , i = 1,2,..., n }
Utwórzmy sum
S (Π , ω(Π ) ) = f (ξ1 , η1 )⋅ | P1 | + f (ξ 2 , η2 )⋅ | P2 | +... + f (ξ n , ηn )⋅ | Pn | .
Sum t nazywa si sum Riemanna funkcji f odpowiadaj c podziałowi Π prostok ta P = [a, b] × [c, d ] i wyborowi ω(Π) punktów po rednich.
Znaczenie geometryczne sumy S (Π , ω(Π ) ) jest oczywiste, gdy funkcja f jest w prostok cie P = [a, b] × [c, d ] nieujemna. Wówczas iloczyn
f (ξi , ηi )⋅ | Pi | jest obj to ci prostopadło cianu o podstawie | Pi | i wysoko ci f (ξ i , ηi ) . Suma S (Π, ω(Π ) ) jest sum obj to ci prostopadło cianów o
podstawach | P1 | , | P2 | ,..., | Pn | i wysoko ciach f (ξ1 , η1 ) , f (ξ 2 , η2 ) , ... , f (ξ n , ηn ) .
Długo
najwi kszej przek tnej prostok ta wchodz cego w skład podziału Π oznaczamy δ(Π) i nazywamy rednic podziału Π.
St. Kowalski, Wykłady z matematyki (dla studentów kierunku Mechanika) – wykład 2 – 12
3
Je li istnieje liczba I taka, e ró nica
| S (Π , ω(Π ) ) − I |
jest dowolnie mała dla dostatecznie „drobnych” podziałów Π i to niezale nie od wyboru ω(Π) punktów po rednich, to liczb I nazywa si całk
podwójn funkcji f na prostok cie P = [a, b] × [c, d ] i oznacza symbolem
f ( x, y ) dx .
P
f ( x, y ) dx , to mówimy, e funkcja f jest całkowalna w sensie Riemanna w prostok cie P.
Je li istnieje
P
Je eli funkcja f jest ci gła w prostok cie P = [a, b] × [c, d ] , to całki
b
d
b
d
c
a
c
b
d
b
c
a
f ( x, y ) dy =
dx
a
d
f ( x, y ) dx =
dy
c
f ( x, y ) dy dx ,
a
f ( x, y ) dx dy
nazywa si całkami iterowanymi.
Je eli funkcja f jest ci gła w prostok cie P = [a, b] × [c, d ] , to istniej całki iterowane i zachodz zale no ci
b
d
f ( x, y ) dx dy =
P
dx
a
f ( x, y ) dy ,
c
d
b
f ( x, y ) dx dy = dy
P
c
f ( x, y ) dx .
a
( x 3 − 2 xy + 6) dx dy , P = [1, 2] × [−1, 4] .
Przykład 1. Obliczymy
P
2
( x 3 − 2 xy + 6) dx dy =
4
−1
1
P
2
dx ( x 3 − 2 xy + 6) dy =
[x y − xy
3
2
+ 6y
]
y =4
y = −1 dx
2
(5 x 3 − 15 x + 30) dx =
=
1
105
4
1
( x cos y + y sin x) dx dy , P = [0, π2 ] × [0, π2 ] .
Przykład 2. Obliczymy
P
1
2
π
( x cos y + y sin x) dx dy =
π
1
2
π
dx ( x cos y + y sin x) dy =
0
P
1
2
0
[x sin y +
1
2
2
y sin x
]
y = π2
y =0
1
π
2
( x + 18 π 2 sin x) dx =
dx =
0
1
4
π2
0
( x 2 cos y + y 2 sin x) dx dy , P = [0, π2 ] × [0, π2 ] .
Przykład 3. Obliczymy
P
1
2
π
( x 2 cos y + y 2 sin x) dx dy =
P
1
2
π
1
2
π
dx ( x 2 cos y + y 2 sin x) dy =
0
0
[x
2
sin y +
1
3
y 3 sin x
]
y = π2
y =0
1
π
2
(x 2 +
dx =
1
24
π 3 sin x) dx = 121 π 3
0
0
!
b
f ( x) g ( y ) dx dy =
P
d
f ( x)dx ⋅
a
g ( y ) dy .
c
St. Kowalski, Wykłady z matematyki (dla studentów kierunku Mechanika) – wykład 2 – 12
4