Разложение дифференциального уравнения в ряд тейлора

Разложение решения уравнения в степенной ряд

Этот прием является особенно удобным в применении к линейным дифференциальным уравнениям. Проиллюстрируем его применение на примере уравнения второго порядка. Пусть дано дифференциальное уравнение второго порядка

Предположим, что коэффициенты и представляются в виде рядов, расположенных по целым положительным степеням , так что уравнение (1) можно переписать в виде

Решение этого уравнения будем искать также в виде степенного ряда

Подставляя это выражение и его производных в (2), получаем

Перемножая степенные ряды, собирая подобные члены и приравнивая нулю коэффициенты при всех степенях в левой части (4), получаем ряд уравнений:

Каждое последующее из уравнений (5) содержит одним искомым коэффициентом больше, чем предыдущее. Коэффициенты и остаются произвольными и играют роль произвольных постоянных. Первое из уравнений (5) дает , второе дает , третье — , и т.д. Вообще из (к + 1)-го уравнения можно определить , зная .

Практически удобно поступать следующим образом. Определим по описанной выше схеме два решения и , причем для выберем и , а для выберем и , что равносильно следующим начальными условиям:

Всякое решение уравнения (1) будет линейной комбинацией решений и .

Если начальные условия имеют вид , то очевидно,

Имеет место следующая теорема.

Теорема. Если ряды и сходятся при , то построенный указанным выше способом степенной ряд (3) будет также сходящимся при этих значениях и явится решением уравнения (1).

В частности, если и — многочлены от , то ряд (3) будет сходиться при любом значении .

Пример 1. Найти решения уравнения в виде степенного ряда.

Решение. Ищем в виде ряда , тогда

Подставляя и в (6), получаем

Приводя в (7) подобные члены и приравнивая нулю коэффициенты при всех степенях , получаем соотношения, из которых найдем коэффициенты

Положим для определенности, что . Тогда легко находим, что

Разложение функции в ряд Тейлора

Онлайн калькулятор для разложения функции в ряд Тейлора.
Ряд Те́йлора — разложение функции в бесконечную сумму степенных функций.
Ряд Тейлора был известен задолго до публикаций Тейлора — его использовали ещё в XVII веке Грегори, а также 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.

Данный калькулятор предназначен для разложения функции в ряд Тейлора онлайн.

Разложение Тейлора задается единственной формулой для функций, которые раскладывается в степенной ряд по степеням (x-a) в определенном интервале. Разложение ряда Тейлора по степеням x (при a=0) является частным случаем и называется разложением Маклорена.

Калькулятор поможет разложить функцию в ряд Тейлора онлайн. Для того чтобы получить решение, необходимо ввести соответствующие значения в ячейки: вид функции, значение x и степень, до которой нужно разложить ряд.

Основные функции

: x^a

Ряд Тейлора

Понятие ряда Тейлора.

Если функция $f(x)$ определена в некоторой окрестности точки $x_<0>$ и имеет в точке $x_<0>$ производные всех порядков, то степенной ряд
$$
f(x_<0>) + \sum_^<\infty>\frac(x_<0>)>(x-x_<0>)^\label
$$
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
$$
f(x) = \sum_^<\infty>a_(x-x_<0>)^,\quad |x-x_<0>| 0.\label
$$
Тогда по теореме, доказанной здесь, функция $f$ бесконечно дифференцируема в окрестности точки $x_<0>$, причем коэффициенты ряда \eqref выражаются формулами
$$
a_ <0>= f(x_<0>),\quad a_ = \frac(x_<0>)>,\quad n \in \mathbb.\label
$$
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 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 $R$,
$$
f'(x) = \frac<2>>e^<-1/x^<2>>,\ f″(x) = \left(\frac<4>>-\frac<6>>\right)e^<-1/x^<2>>\quad\mbox<при>\ x \neq 0,\nonumber
$$
откуда с помощью индукции легко показать, что
$$
f^<(n)>(x) = e^<-1/x^<2>> Q_ <3n>\left(\frac<1>\right)\ \mbox<при>\ x \neq 0,\nonumber
$$
где $Q_<3n>(t)$ — многочлен степени $3n$ от $t$. Воспользуемся тем, что $\displaystyle\lim_\frac<1><|x|^>e^<-1/x^<2>>=0$ для любого $k \in \mathbb$ (решение можно посмотреть здесь), и докажем, что
$$
f^<(k)>(0) = 0\ \mbox<для любого>\ k \in \mathbb.\label
$$
Утверждение \eqref верно при $k = 1$, так как $f'(0) = \displaystyle\lim_\frac>> = 0$, откуда, предположив, что формула \eqref справедлива при $k = n$, находим
$$
f^<(n + 1)>(0) = \lim_\frac(x)-f^<(n)>(0)> = \lim_ \frac<1> Q_ <3n>\left(\frac<1>\right) e^<-1/x^<2>> = 0.\nonumber
$$
Таким образом, по индукции доказано равенство \eqref, и поэтому все коэффициенты ряда Тейлора \eqref 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. Обозначим
$$
S_(x) = \sum_^\frac(x_<0>)>(x-x_<0>)^,\label
$$
$$
r_(x) = f(x)-S_(x)\label
$$
и назовем $r_(x)$ остаточным членом формулы Тейлора для функции $f$ в точке $x_<0>$. Если существует
$$
\lim_ r_(x) = 0,\label
$$
то согласно определению сходимости ряда ряд \eqref сходится к функции $f(x)$ в точке $x$, то есть
$$
f(x) = \sum_^<\infty>\frac(x_<0>)>(x-x_<0>)^.\label
$$

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:

$\circ$ Формула \eqref доказана в здесь. Докажем формулу \eqref методом индукции. В силу равенств \eqref и \eqref нужно показать, что
$$
f(x)-f(x_<0>) = \sum_^\frac(x_<0>)>(x-x_<0>)^ + \frac<1> \int\limits_>^ (x-t)^f^<(n + 1)>(t)\ dt.\label
$$

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

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

$\circ$ Пусть $x \in (x_<0>-\delta, x_ <0>+ \delta)$. Тогда, используя формулу \eqref и условие \eqref, получаем
$$
|r_(x)| \leq M \frac<|x-x_<0>|^><(n + 1)!>.\label
$$

Так как $\displaystyle\lim_ \frac> = 0$ для любого $a > 0$ (пример разобран здесь), то из \eqref следует, что выполняется условие \eqref, то есть в точке $x$ справедливо равенство \eqref. $\bullet$

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

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
$$
f(x) = \sum_^<\infty>\frac(0)>x^,\label
$$
который называют рядом Маклорена. Заметим, что коэффициенты $\displaystyle\frac(0)>$ разложения \eqref 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 $f(x) = e^$. Тогда для любого $x \in (-\rho, \rho)$, где $\rho > 0$, выполняются неравенства
$$
0 0\), то есть радиус сходимости этого ряда $R = +\infty$. Так как для функции $f(x) = e^$ выполняются равенства $f(0) = 1$, $f^<(n)>(0) = 1$ для любого $n$, то по формуле \eqref получаем разложение в ряд Маклорена показательной функции
$$
e^ = \sum_^<\infty>\frac>,\label
$$

Используя разложение \eqref и формулы
$$
\operatorname x = \frac + e^<-x>><2>,\quad \operatorname x = \frac-e^<-x>><2>,\nonumber
$$
находим разложения в ряд Маклорена гиперболического косинуса и гиперболического синуса:
$$
\operatorname x = \sum_^<\infty>\frac><2n!>,\label
$$
$$
\operatorname x = \sum_^<\infty>\frac><(2n + 1)!>,\label
$$
Радиус сходимости каждого из рядов \eqref, \eqref $R = +\infty$.

Разложение тригонометрических функций в ряд Тейлора.

Пусть $f(x) = \sin x$. Тогда $|f(x)| \leq 1$ и $|f^<(n)>(x)| \leq 1$ для всех $n \in \mathbb$ и для всех $x \in R$. По теореме 2 ряд \eqrefдля 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 $f(0) = 0$, $f^<(2n)>(0) = 0$, $f'(0) = 1$, $f^<(2n + 1)>(0) = (-1)^$ для любого $n$, и по формуле\eqrefполучаем разложение синуса в ряд Маклорена:
$$
\sin x = \sum_<\substack>^ <\infty>\frac<(-1)^><(2n + 1)!>x^<2n + 1>.\label
$$

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

Разложение логарифмической функции в ряд Тейлора.

$\circ$ Оценим остаточный член $r_(x)$, пользуясь формулой \eqref при $x_ <0>= 0$. Преобразуем эту формулу, полагая $t = \tau x$. Тогда $dt = x\ d\tau$, $1-x =x(1-\tau)$ и формула \eqref примет вид
$$
r_(x) = \frac> \int\limits_0^1 (1-\tau) f^<(n + 1)>(\tau x) d\tau.\label
$$

Если $f(x) = \ln(x + 1)$, то по формуле \eqref, используя равенство \eqref, получаем
$$
r_(x) = (-1)^x^ \int\limits_0^1 \frac<(1-\tau)^><(1 + \tau x)^> d \tau.\label
$$

Пусть $|x| 1$, то $\displaystyle\lim_ \frac><(1/|x|)^> = 0$. Поэтому из соотношения \eqref следует, что $r_(x) \rightarrow 0$ при $n \rightarrow \infty$ для каждого $x \in (-1, 1)$, то есть справедливо равенство \eqref, причем радиус сходимости ряда \eqref в случае, когда $\alpha \neq 0$ и $\alpha \notin \mathbb$, равен 1. $\bullet$

В заключение заметим, что при разложении функций в ряд Тейлора обычно используют формулы \eqref—\eqref, \eqref-\eqref 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.

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

$\triangle$ Используя формулу \eqref, получаем ряд
$$
\frac<1><1 + x^<2>> = \sum_^ <\infty>(-1)^x^<2n>,\label
$$
радиус сходимости которого $R = 1$.
Из равенства \eqref следует, что $\displaystyle\frac<1><\sqrt<1 + x^<2>>> = \sum_^ <\infty>C_<-1/2>^x^<2n>$, где
$$
C_<-1/2>^ = \frac<\displaystyle\left(-\frac<1><2>\right)\left(-\frac<1><2>-1\right)\ldots\left(-\frac<1><2>-(n-1)\right)>= \frac<(-1)^1\cdot3\ldots(2n-1)><2^n!> = \frac<(-1)^(2n-1)!!><2^n!>.\nonumber
$$
Следовательно,
$$
\frac<1><\sqrt<1 + x^<2>>> = 1 + \sum_^ <\infty>\frac<(-1)^(2n-1)!!><2^n!>x^<2n>,\ R = 1.\label
$$
Так как $f(x) = \displaystyle\frac<1>+ \frac<1>= \frac<1><\displaystyle2\left(1 + \frac<2>\right)>-\frac<1><\displaystyle3\left(1-\frac<3>\right)>$, то, применяя формулы \eqref и \eqref, получаем ряд
$$
\frac<2x-1>-x-6> = \sum_^ <\infty>\left(\frac<(-1)^><2^>-\frac<1><3^>\right)x^,\ R = 2.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Разложить в ряд Маклорена функции
$$
\operatorname x,\nonumber
$$
$$
\operatorname x,\nonumber
$$
$$
\ln(x + \sqrt<1 + x^<2>>),\nonumber
$$
и найти радиусы сходимости $R$ рядов.

$\triangle$ Почленно интегрируя ряд \eqref, получаем
$$
\operatorname x = \int\limits_0^x \frac
<1 + t^<2>> = \sum_^ <\infty>(-1)^ \frac><2n + 1>,\quad R = 1.\nonumber
$$
Заменяя в формуле \eqref $x^<2>$ на $-x^<2>$, получаем
$$
\frac<1><\sqrt<1-x^<2>>> = 1 + \sum_^ <\infty>\frac<(2n-1)!!><2^n!>x^<2n>,\quad R = 1.\nonumber
$$
откуда следует, что
$$
\operatorname x = \int\limits_0^x \frac
<1-t^<2>> = x + \sum_^ <\infty>\frac<(2n-1)!!><2^n!(2n + 1)>x^<2n + 1>,\ R = 1.\nonumber
$$
Почленно интегрируя ряд \eqref, получаем
$$
\ln(x + \sqrt<1 + x^<2>>) = \int\limits_0^x \frac
<1 + t^<2>> = x + \sum_^ <\infty>\frac<(-1)^(2n-1)!!><2^n!(2n + 1)>x^<2n + 1>,\ R = 1.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Разложить в ряд Тейлора в точке $x_ <0>= 2$ функцию $f(x) = \ln(4 + 3x-x^<2>)$.

$\triangle$ Так как $4 + 3x-x^ <2>= -(x-4)(x + 1)$, то, полагая $t = x-2$, получаем
$$
f(x) = \ln(4-x)(x + 1) = g(t) = \ln(2-t)(3 + t) = \ln 6 + \ln\left(1-\frac<2>\right) + \ln\left(1 + \frac<3>\right).\nonumber
$$
Используя формулы \eqref и \eqref, отсюда находим
$$
g(t) = \ln 6-\sum_^ <\infty>\frac>> + \sum_^ <\infty>\frac<(-1)^t^>>,\quad |t|

Элементарные функции комплексного переменного.

Используя равенства \eqref и формулы \eqref, \eqref, находим
$$
\frac + e^<-iz>> <2>= \cos z,\ \frac-e^<-iz>> <2i>= \sin z,\label
$$
откуда следует, что
$$
e^ = \cos z + i \sin z.\label
$$
Полагая в формуле \eqref $z = z_<1>$ и $z = z_<2>$. и перемножая соответствующие ряды, можно показать, что
$$
e^>e^> = e^ + z_<2>>.\label
$$

Пусть $z = x + iy$, где $x \in R$, $y \in R$. Тогда из равенства \eqref и формулы \eqref находим
$$
e^ = e^ = e^(\cos y + i \sin y).\label
$$
Из формулы \eqref следует, что
$$
e^ = e^,\nonumber
$$
то есть $e^$ — периодическая функция с периодом $2\pi i$. Поэтому для каждого комплексного $z \neq 0$ уравнение
$$
e^ = z\label
$$
имеет бесконечное множество решений вида $w + i2\pi n$, где $w$ — одно из решений уравнения \eqref, $n \in Z$.

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

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

По заданному значению $z$ значение $w$ из уравнения \eqref определяется, согласно формуле \eqref, неоднозначно (говорят, что логарифмическая функция $\operatorname\ z$ является многозначной).

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

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

источники:

http://allcalc.ru/node/688

http://univerlib.com/mathematical_analysis/function_rows/taylor_row/