Wykład 2.13
Transkrypt
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