Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Разложение функций в степенные ряды. Ряд Тейлора

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 D и удовлетворяющий в ней него которым дополнительным условиям, требуется найти ряд вида \sum_{n=1}^{\infty}u_n(z) который бы сходился в области D и его сумма в этой области совпадала с f(z).


Постановка задачи разложения функции в степенной ряд


Для функции f(z), аналитической в области D, найти ряд \sum_{n=0}^{\infty}c_n(z-z_0)^n, сходящийся к f(z) в круге |z-z_0|<R, принадлежащем области D, 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 D, в окрестности каждой точки z_0 этой области представляется в виде степенного ряда (3.15), радиус сходимости R которого не меньше, чем расстояние от точки z_0 до границы области D. Коэффициенты ряда вычисляются по формуле


c_n=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{\gamma}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz,\quad n=0,1,2,\ldots,
(3.16)

где \gamma — произвольный контур, принадлежащий области D 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 z 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+n\frac{\pi}{2}\right)\!;\\[2pt] &f_3(z)=\cos z,\quad f_3^{(n)}(z)=\cos\!\left(z+n\frac{\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^z\sim \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 z\sim \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 z\sim \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}z\sim \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}z\sim \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}z\sim \sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{2n}}{(2n)!}\,. \end{gathered}

В результате получены так называемые основные разложения.


Пример 3.14. Записать разложения по степеням z 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^2\cdot\frac{1}{1-z}=-z^2\cdot\sum_{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 n\geqslant2.


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 0<|z|<\infty, 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{-2\cdot3}{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 z\sim \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}(z-1)^n}{n}\,.

3. Находим радиус сходимости ряда: R=\frac{1}{\ell}, где \ell=\lim_{n\to\infty} \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 \mathbb{C} 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 t, удовлетворяющих неравенству |t-1|<1 имеем разложение \ln t=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}(t-1)^n. Заменяя t 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 z 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 3z через t 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^2\cdot e^z и, используя разложение для e^z, получим ответ:


e^{z+2}= e^2\cdot \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_n\cdot 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)^6\cdot2^9}{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|+ i\bigl(\arg(z+3)+2k\pi\bigr) (рис. 3.1). Выбираем ту ветвь, для которой f(0)=\ln3, то есть из \operatorname{Ln}3= \ln3+i(\arg3+ 2k\pi)=\ln3 получаем k=0. Разложим аналитическую функцию \ln(z+3) по степеням z 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 t и используя основное разложение для \ln(1+t), получаем \ln(3+z)=\ln3+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n\cdot 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+i\pi.


▼ Решение

Функция \ln(z^2-z-6)=\ln\bigl[(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}z\geqslant3. 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+i\pi, то есть из \operatorname{Ln}(-6)=\ln6+i(\pi+2k\pi)= \ln6+i\pi 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)=i\pi~(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^n\cdot 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}}{n\cdot3^n}(-z)^n= \ln3-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n\cdot3^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+i\pi+\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_0\ne0, т.е. по степеням (z-z_0), удобно использовать замену (z-z_0)=t и полученную после замены функцию раскладывать по степеням t.


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 t, и, используя тригонометрическую формулу для функции \sin(2+t), получим: \sin(2+t)= \sin2\cdot\cos t+\cos2\cdot\sin t. Здесь \sin2 и \cos2 — постоянные величины, а для функций \cos t и \sin t используем основные разложения. В результате получим


\sin z=\sin2\cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(z-2)^{2n}}{(2n)!}+ \cos2\cdot \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}(z-2)^{2n-1}}{(2n-1)!}\,,

то есть ряд вида \textstyle{\sum\limits_{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^2\cdot e^{z-2}. Здесь e^2 — постоянная величина, функция e^{z-2} раскладывается в ряд как функция e^t по степеням t. Получаем ответ:


e^z=e^2\cdot \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 t, получаем функцию \ln(t+3). Разложение этой функции по степеням t найдено в примере 3.16:


\ln(t+3)=\ln3+ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n\cdot3^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}}{n\cdot3^n}(z-2)^n,\quad |z-2|<3.

Круг на комплексной плоскости

Пример 3.19. Разложить по степеням z 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 k.




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 (m\geqslant 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 a — корень знаменателя, k — 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_0\ne0 можно предварительно ввести вспомогательную переменную z-z_0=t.


Пример 3.20. Разложить по степеням z 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}= 2-5\cdot \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}}~(n\geqslant2). 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 A и B — неопределенные коэффициенты, которые находим из тождества


z+2=A\cdot(z-3)+B\cdot(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|<2\colon


\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 z 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 A и B 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 z:


\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 z, 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 z:


\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 z 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 z, найти значение производной седьмого порядка в точке z_0=0.


▼ Решение

Искомая величина находится по формуле (3.17): f^{(7)}(0)= c_7\cdot7!, где c_7 — коэффициент слагаемого, содержащего степень z^7 в разложении функции в ряд Тейлора. Разложение функции можно получить, используя правило умножения рядов. Функцию для этого представим в виде произведения e^{z^2+z}=e^{z^2}\cdot e^z. При этом нет необходимости находить первые члены разложения, достаточно определить коэффициент при степени z^7, которая получается при перемножении. Запишем произведение рядов:


\begin{gathered}e^{z^2+z}= e^{z^2}\cdot e^z= \left(1+z^2+\frac{z^4}{2!}+ \frac{z^6}{3!}+ \frac{z^8}{4!}+ \ldots\right)\!\cdot\! \left(1+z+ \frac{z^2}{2!}+ \frac{z^3}{3!}+ \frac{z^4}{4!}+ \frac{z^5}{5!}+ \frac{z^6}{6!}+ \frac{z^7}{7!}+ \ldots\right)=\\ =1+z+z^2 \left(\frac{1}{2!}+1\right)+ z^3 \left(\frac{1}{3!}+1\right)+ z^4 \left(\frac{1}{4!}+ \frac{1}{2!}+ \frac{1}{2!}\right)+ z^5 \left(\frac{1}{5!}+ \frac{1}{3!}+ \frac{1}{2!}\right)+\\ +\,z^6 \left(\frac{1}{6!}+ \frac{1}{4!}+ \frac{1}{2!\cdot 2!}+ \frac{1}{3!}\right)+ z^7 \left(\frac{1}{7!}+ \frac{1}{5!}+ \frac{1}{2!\cdot 3!}+ \frac{1}{3!}\right)+ \ldots\end{gathered}

Вычисляем коэффициент c_7=\frac{1}{7!}(1+6\cdot7+2\cdot5\cdot6\cdot7+ 4\cdot5\cdot6\cdot7)= \frac{1303}{7!} и получаем ответ: f^{(7)}(0)=1303.


Можно убедиться, что нахождение f^{(7)}(0) непосредственным дифференцированием более громоздко.


Пример 3.25. Записать разложение функций a) e^{\sin z} и б) \operatorname{tg}z по степеням z 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!}-\ldots\right). 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 z выражения a=\left(-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\ldots\right) 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^2\cdot \frac{1}{2}+ z^3\! \left(-\frac{1}{3!}+\frac{1}{3!}\right)+ z^4\! \left(-2\cdot \frac{1}{2!}\cdot \frac{1}{3!}+ \frac{1}{4!}\right)+ z^5\! \left(\frac{1}{5!}-3\cdot \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 z ищем в виде


\operatorname{tg}z= \frac{\sin z}{\cos z}=c_0+c_1\cdot z+c_2\cdot 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 \operatorname{tg}z.

Перейти на форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2018 MathHelpPlanet.com. All rights reserved