Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 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 [math]f(z)[/math], определенной в области [math]D[/math] и удовлетворяющий в ней него которым дополнительным условиям, требуется найти ряд вида [math]\sum_{n=1}^{\infty}u_n(z)[/math] который бы сходился в области [math]D[/math] и его сумма в этой области совпадала с [math]f(z)[/math].


Постановка задачи разложения функции в степенной ряд


Для функции [math]f(z)[/math], аналитической в области [math]D[/math], найти ряд [math]\sum_{n=0}^{\infty}c_n(z-z_0)^n[/math], сходящийся к [math]f(z)[/math] в круге [math]|z-z_0|<R[/math], принадлежащем области [math]D[/math], то есть


[math]f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n(z-z_0)^n,\quad |z-z_0|<R.[/math]
(3.15)

Равенство (3.15) означает, что [math]f(z)[/math] является суммой ряда в круге [math]|z-z_0|<R[/math].


Для решения задачи нужно, очевидно, найти коэффициенты ряда по заданной функции [math]f(z)[/math]; найти круг сходимости ряда и установить сходимость ряда именно к [math]f(z)[/math]. Последнее, напомним, означает, что для точек круга выполняется неравенство [math]|S_n(z)-f(z)|<\varepsilon[/math] для любого [math]\varepsilon>0[/math] и [math]N(\varepsilon,z)[/math].


Все поставленные вопросы решаются с помощью следующей теоремы.




Теорема Тейлора о разложении функции в степенной ряд


Теорема 3.4. Функция, аналитическая в области [math]D[/math], в окрестности каждой точки [math]z_0[/math] этой области представляется в виде степенного ряда (3.15), радиус сходимости [math]R[/math] которого не меньше, чем расстояние от точки [math]z_0[/math] до границы области [math]D[/math]. Коэффициенты ряда вычисляются по формуле


[math]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,[/math]
(3.16)

где [math]\gamma[/math] — произвольный контур, принадлежащий области [math]D[/math] и охватывающий точку [math]z_0[/math], в частности, [math]\gamma[/math] — окружность [math]|z-z_0|=\rho[/math] или по формуле


[math]c_n=\frac{1}{n!}f^{(n)}(z_0),\quad n=0,1,2,\ldots[/math]
(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: [math]f'(z),\,f''(z),\,\ldots,\,f^{(n)}(z),\,\ldots[/math].


2. Вычислить значения производных в точке [math]z_0;[/math]; записать коэффициенты по формуле (3.17). Составить ряд по степеням [math]z-z_0[/math] с этими коэффициентами, который соответствует данной функции [math]f(z)\sim \sum_{n=0}^{\infty}c_n(z-z_0)^n.[/math]


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, [math]R=\infty[/math].


Утверждение 3.3


1. Функция, аналитическая в точке [math]z_0[/math], 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 [math]z_0[/math] 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 [math]z[/math] функций [math]e^z,\,\sin z,\,\cos z,\,\operatorname{sh}z,\,\operatorname{ch}z[/math].


▼ Решение

Задачу решаем по вышеприведенному алгоритму.


1. Найдем производные:


[math]\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}[/math]


В поставленной задаче [math]z_0=0[/math]. По формуле (3.17) имеем


[math]\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}[/math]


3. Нетрудно убедиться, что все составленные ряды сходятся во всей комплексной плоскости, [math]R=\infty[/math]. В результате получаем формулы, которые ранее были приняты за определения соответствующих функций:


[math]\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}[/math]

В результате получены так называемые основные разложения.


Пример 3.14. Записать разложения по степеням [math]z[/math] функций: а) [math]\frac{1}{1-z}[/math]; б) [math]\frac{z^2}{z-1}[/math].


▼ 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 [math]z=1[/math]. Для каждого случая получаем:


[math]\mathsf{a)}~\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^{\infty}z^n,\quad |z|<1;[/math]


[math]\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;[/math] заметим, что здесь [math]c_0=0,~c_1=0,~c_n=-1[/math] для [math]n\geqslant2[/math].


Пример 3.15. Записать разложения по степеням [math](z-z_0)[/math] функций: а) [math]\ln z,~z_0=1,~\ln1=0[/math]; б) [math]\ln(1+z),~z_0=0,~\ln1=0[/math].


▼ Решение

Разложения записываются для однозначных ветвей многозначного выражения. Выбор ветви определяется заданием функции в точке [math]z_0[/math].


a) Функция определена во всей комплексной плоскости за исключением [math]z=0[/math], т.е. в двусвязной области [math]0<|z|<\infty[/math]. Чтобы получить односвязную область из [math]0<|z|<\infty[/math], проведем разрез, соединяющий точки [math]z=0[/math] и [math]z=\infty[/math]. Из условия [math]\ln1=0[/math] следует, что точка [math]z_0=1[/math] должна быть внутренней точкой области. Поэтому выбираем разрез, не проходящий через [math]z_0[/math]. например по лучу [math](-\infty;0][/math]. В полученной односвязной области, где [math]-\pi<\arg z<\pi[/math], функция [math]\ln z[/math] является однозначной аналитической функцией. Далее решаем задачу по алгоритму.


1. Находим производные (формулу устанавливаем по индукции):


[math]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}\,.[/math]

2. По формуле (3.17):

[math]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}\,.[/math]

3. Находим радиус сходимости ряда: [math]R=\frac{1}{\ell}[/math], где [math]\ell=\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n}}=1,~ R=1[/math]. В результате получаем


[math]\ln z=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}(z-1)^n}{n},\quad |z-1|<1.[/math]

б) Функция [math]\ln(1+z)[/math] определена всюду в [math]\mathbb{C}[/math] за исключением [math]z=-1[/math], т.е. в двусвязной области. В односвязной области, полученной из [math]\mathbb{C}[/math] путем разреза по лучу [math](-\infty;-1][/math], функция является однозначной , аналитической. Задачу можно решать, как и выше, т.е. по алгоритму, а можно использовать полученный выше результат, введя обозначение [math]1+z=t[/math]. Для [math]t[/math], удовлетворяющих неравенству [math]|t-1|<1[/math] имеем разложение [math]\ln t=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}(t-1)^n[/math]. Заменяя [math]t[/math] на [math](1+z)[/math], получаем результат


[math]\ln(1+z)= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\,z^n,\quad |z|<1.[/math]



Разложения основных функция в степенной ряд


Разложения, полученные в результате решения примеров 3.13-3.15, носят название основных (табличных) разложений. Выпишем их:


[math]\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}[/math]


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 [math]z_0[/math], равен расстоянию от центра разложения — точки [math]z_0[/math] до ближайшей особой точки функции. Если функция является аналитической всюду, то [math]R=\infty[/math].




Пример 3.16. Разложить по степеням [math]z[/math] функции комплексного переменного:


[math]\bold{1)}~\operatorname{ch}3z;\qquad \bold{2)}~ e^{z+2};\qquad \bold{3)}~ \sin^2z;\qquad \bold{4)}~ \ln(3+z).[/math]


▼ Решение

а) Обозначим [math]3z[/math] через [math]t[/math] и, используя табличное разложение для функции [math]\operatorname{ch}t[/math], получим ответ:


[math]\operatorname{ch}3z=\operatorname{ch}t= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{2n}}{(2n)!}[/math], то есть [math]\operatorname{ch}3z= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{9^nz^{2n}}{(2n)!},~~ R=\infty.[/math].

б) Запишем функцию в виде произведения [math]e^2\cdot e^z[/math] и, используя разложение для [math]e^z[/math], получим ответ:


[math]e^{z+2}= e^2\cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!}[/math], то есть [math]e^{z+2}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^2}{n!}\,z^n,~~ R=\infty[/math].

в) Чтобы воспользоваться одним из основных разложений, применим тригонометрическую формулу — формулу "понижения". Получим:


[math]\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)!}\,.[/math]

Заметим, что свободный член разложения в этой записи встречается дважды, поэтому нужно привести подобные члены. Для этого в записи рада отделим слагаемое при [math]n=0[/math] — свободный член:


[math]\frac{1}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n}(-1)^nz^{2n}}{(2n)!}\,.[/math]

В результате имеем [math]\sin^2z= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}2^{2n-1}}{(2n)!}\,z^{2n},~ R=\infty[/math].


Из этого разложения можно найти значение производной любого порядка функции [math]\sin^2z[/math] в точке [math]z_0=0[/math], так как эти значения связаны формулой (3.17) с коэффициентами разложения: [math]f^{(n)}(z_0)=c_n\cdot n![/math]. Поэтому, учитывая, что в разложении присутствуют только четные степени, заключаем, что все производные нечетных порядков от [math]\sin^2z[/math] в точке [math]z_0=0[/math] равны нулю, а производная, например, десятого порядка не равна нулю. Найдем ее, используя равенство [math]f^{(10)}(0)= c_{10}\cdot10![/math], где [math]c_{10}[/math] — коэффициент в разложении [math]f(z)=\sin^2z[/math] при [math]z^{10}[/math], т.е. в записанном выше разложении нужно взять [math]n=5[/math]. Получим


[math]c_{10}= \frac{(-1)^6\cdot2^9}{10!},\qquad \left.{\bigl(\sin^2z \bigr)^{(10)}}\right|_{z=0}= 2^9.[/math]

г) Функция определена всюду, кроме [math]z=-3[/math]. В односвязной области, например в плоскости с разрезом по лучу [math](-\infty;-3][/math], где [math]-\pi<\arg z<\pi[/math], возможно выделение однозначных ветвей многозначного выражения [math]\operatorname{Ln}(z+3)= \ln|z+3|+ i\bigl(\arg(z+3)+2k\pi\bigr)[/math] (рис. 3.1). Выбираем ту ветвь, для которой [math]f(0)=\ln3[/math], то есть из [math]\operatorname{Ln}3= \ln3+i(\arg3+ 2k\pi)=\ln3[/math] получаем [math]k=0[/math]. Разложим аналитическую функцию [math]\ln(z+3)[/math] по степеням [math]z[/math] в круге [math]|z|<3[/math]; радиус круга [math]R=3[/math] — расстояние от центра разложения [math]z_0=0[/math] до граничной точки [math]z=-3[/math].


Чтобы воспользоваться основным разложением, преобразуем функцию следующим образом:


[math]\ln(3+z)= \ln \left[3\! \left(1+\frac{z}{3}\right)\right]= \ln3+\ln\! \left(1+ \frac{z}{3}\right)\!.[/math]

Тогда, обозначая [math]\frac{z}{3}[/math] через [math]t[/math] и используя основное разложение для [math]\ln(1+t)[/math], получаем [math]\ln(3+z)=\ln3+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n\cdot 3^n}\,z^n[/math] при условии [math]\left|\frac{z}{3}\right|<1[/math], т.е. в круге [math]|z|<3[/math].


Пример 3.17. Разложить в окрестности точки [math]z_0=0[/math] ветвь функции [math]\ln(z^2-z-6)[/math], для которой [math]f(0)=\ln6+i\pi[/math].


▼ Решение

Функция [math]\ln(z^2-z-6)=\ln\bigl[(z+2)(z-3)\bigr][/math] определена всюду в [math]\mathbb{C}[/math], кроме точек [math]z_1=-2,~z_2=3[/math], т.е. в трехсвязной области — плоскости с выколотыми точками [math]z_1[/math] и [math]z_2[/math]. Чтобы получить односвязную область, проведем разрезы по лучам, выходящим из этих точек. Например, луч из точки [math]z_1=-2[/math] выберем параллельным мнимой оси, [math]\{\operatorname{Re}z=-2,~\operatorname{Im}z \geqslant0\}[/math], а луч из точки [math]z_2=3[/math] — по действительной оси: [math]\operatorname{Im}z=0,~ \operatorname{Re}z\geqslant3[/math]. В полученной односвязной области (рис. 3.2) каждая ветвь является аналитической функцией и раскладывается в ряд в круге [math]|z|<2[/math] ([math]R=2[/math] — расстояние от [math]z_0=0[/math] до границы). Здесь ветвь задается условием:


[math]f(0)=\ln6+i\pi[/math], то есть из [math]\operatorname{Ln}(-6)=\ln6+i(\pi+2k\pi)= \ln6+i\pi[/math] при [math]k=0[/math].

Далее, чтобы использовать основное разложение, преобразуем функцию:


[math]ln \bigl[(z+2)(z-3)\bigr]= \ln \bigl[(z+2)(-1)(3-z)\bigr]= \ln(z+2)+\ln(-1)+\ln(3-z).[/math]

Для числа [math]\ln(-1)[/math] в силу выбора ветви берем [math]\ln(-1)=i\pi~(k=0)[/math], а функции [math]\ln(z+2)[/math] и [math]\ln(3-z)[/math] раскладываем в ряды, как в предыдущем примере:


[math]\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}[/math]

В области [math]|z|<2[/math], принадлежащей выбранной односвязной области, сходятся оба ряда. Используя свойство сложения рядов, получаем окончательный результат:


[math]\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[/math]

При разложении функции в ряд в окрестности точки [math]z_0\ne0[/math], т.е. по степеням [math](z-z_0)[/math], удобно использовать замену [math](z-z_0)=t[/math] и полученную после замены функцию раскладывать по степеням [math]t[/math].


Пример 3.18. Разложить по степеням [math](z-2)[/math] функции: a) [math]\sin z[/math]; б) [math]e^z[/math] в) [math]\ln(1+z)[/math].


▼ Решение

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


[math]\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)!}\,,[/math]

то есть ряд вида [math]\textstyle{\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_n(z-2)^n}[/math], где коэффициент [math]c_n[/math] определяется следующим образом: [math]c_n=\frac{(-1)^k}{k!}\sin2[/math] для [math]n=2k[/math] и [math]c_n=\frac{(-1)^k}{k!}\cos2[/math] для [math]n=2k-1[/math].


б) Можно, как и выше, использовать вспомогательную переменную, а можно сделать то же самое, применив простое преобразование: [math]e^z=e^{z-2+2}=e^2\cdot e^{z-2}[/math]. Здесь [math]e^2[/math] — постоянная величина, функция [math]e^{z-2}[/math] раскладывается в ряд как функция [math]e^t[/math] по степеням [math]t[/math]. Получаем ответ:


[math]e^z=e^2\cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z-2)^n}{n!}[/math], или [math]e^z= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^2}{n!}(z-2)^n,~~ R=\infty[/math].

в) Обозначая [math](z-2)[/math] через [math]t[/math], получаем функцию [math]\ln(t+3)[/math]. Разложение этой функции по степеням [math]t[/math] найдено в примере 3.16:


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

Возвращаясь к исходной переменной, получаем разложение исходной функции в круге [math]|z-2|<3[/math] (рис. 3.3):


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

Пример 3.19. Разложить по степеням [math]z[/math] функции: [math]f(z)=\frac{1}{1-az};~~ f(z)=\frac{1}{a-z};~~ f(z)=\frac{1}{(1-z)^2}[/math].


▼ Решение

Данные функции являются простейшими рациональными (элементарными) дробями. Для их разложения используется формула суммы членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии [math]\frac{1}{1-q}= \sum_{n=0}^{\infty} q^n,~|q|<1[/math]. В первом случае формула используется непосредственно, при [math]q=az[/math], во втором — после преобразования [math]\frac{1}{a-z}= \frac{1}{a}\cdot \frac{1}{1-\frac{z}{a}}[/math] получаем [math]q=\frac{z}{a}[/math]. Разложение заданных функций имеет вид


[math]\frac{1}{1-az}= \sum_{n=0}^{\infty}a^nz^n,\quad |z|<\frac{1}{|a|}=R;[/math]
(3.18)

[math]\frac{1}{a-z}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{a^{n+1}},\quad |z|<|a|=R.[/math]
(3.19)

Соотношения (3.18),(3.19) обобщают формулу [math]\frac{1}{1-z}= \sum_{n=0}^{\infty}z^n,~ |z|<1[/math], которая получается из них при [math]a=1[/math].


При разложении дроби [math]\frac{1}{(1-z)^2}[/math] замечаем, что она является производной от [math]\frac{1}{1-z}[/math], то есть [math]\left(\frac{1}{1-z}\right)'=\frac{1}{(1-z)^2}[/math], поэтому ее разложение можно получить, используя дифференцирование ряда:


[math]\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}[/math]

Ответ удобнее записать в виде [math]\frac{1}{(1-z)^2}= \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)z^n,~|z|<1[/math].


Очевидно, повторяя процедуру дифференцирования, можно получить разложение элементарных дробей вида [math]\frac{1}{(a-z)^k}[/math] при любом натуральном [math]k[/math].




Алгоритм разложения рациональных дробей в ряд Тейлора


Рассмотрим примеры на разложение в ряд Тейлора рациональных дробей


[math]R(z)= \frac{P_m(z)}{Q_n(z)}\,,[/math]

где [math]P_m(z)[/math] и [math]Q_n(z)[/math] — многочлены. Первые этапы решения задачи аналогичны этапам интегрирования этих дробей. Приведем полный алгоритм.


1. Если дробь неправильная [math](m\geqslant n)[/math], следует выделить целую часть дроби многочлен.


2. Правильную рациональную дробь разложить на элементарные дроби:
а) записать дробь в виде суммы элементарных дробей вида [math]\frac{A_k}{(z-a)^k}[/math] с неопределенными коэффициентами [math]A_k[/math], где [math]a[/math] — корень знаменателя, [math]k[/math] — 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 [math](z-z_0),~z_0\ne0[/math] можно предварительно ввести вспомогательную переменную [math]z-z_0=t[/math].


Пример 3.20. Разложить по степеням [math]z[/math] функции: а) [math]\frac{2z-1}{z+2}[/math]; б) [math]\frac{z^2-z+3}{z+2}[/math].


▼ Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.


1. Дробь неправильная, поэтому выделяем целую часть: [math]\frac{2z-1}{z+2}= \frac{2(z+2)-5}{z+2}=2-\frac{5}{z+2}[/math].


2. Полученная правильная дробь является элементарной дробью.


3. Записываем разложение элементарной дроби и получаем:


[math]\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.[/math]

Для разложения дроби [math]\frac{1}{z+2}[/math] можно было использовать формулу (3.19) при [math]a=-2[/math].


Для нахождения окончательного ответа нужно сделать преобразование приведения подобных членов, так как в полученном выражении свободный член встречается дважды. Имеем


[math]2-\frac{5}{2}-5 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^nz^n}{2^{n+1}}[/math], то есть [math]\frac{2z-1}{z+2}= 5 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}z^n}{2^{n+1}}-\frac{1}{2}\,,~~|z|<2.[/math].

б) Воспользуемся алгоритмом.


1. Дробь неправильная, выделяем целую часть. Можно, как и выше, применить преобразование дроби:


[math]\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}\,.[/math]

Можно для выделения целой части применить метод деления "углом", или, обозначая i + 2 = t, произвести почленное деление на одночлен [math](z=t-2)\colon[/math]


[math]\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}\,.[/math]

2,3. Записываем разложение заданной функции, используя формулу (3.19) для правильной дроби:


[math]\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}\,.[/math]

Окончательный ответ: [math]\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[/math].


Получен ряд вида [math]\sum_{n=0}^{\infty}c_nz^n[/math], где [math]c_0=\frac{3}{2},~ c_1=-\frac{5}{4},~ c_n=\frac{9(-1)^n}{2^{n+1}}~(n\geqslant2)[/math]. Нетрудно проверить равенство: [math]c_0=f(0)=\frac{3}{2}[/math].


Пример 3.21. Функцию [math]\frac{z+2}{z^2-2z-3}[/math] разложить в ряд Тейлора в окрестности точки [math]z_0[/math], если а) [math]z_0=0[/math]; б) [math]z_0=1[/math].


▼ Решение
а) Воспользуемся алгоритмом.
1. Дробь правильная.
2. Раскладываем ее на элементарные дроби. Для этого представим дробь в виде

[math]\frac{z+2}{(z+1)(z-3)}= \frac{A}{z+1}+ \frac{B}{z-3}\,,[/math]

где [math]A[/math] и [math]B[/math] — неопределенные коэффициенты, которые находим из тождества


[math]z+2=A\cdot(z-3)+B\cdot(z+1).[/math]

Полагая последовательно [math]z=-1[/math] и [math]z=3[/math], получаем [math]A=-\frac{1}{4},~ B=\frac{5}{4}[/math].


Записываем дробь в виде суммы дробей: [math]\frac{z+2}{(z+1)(z-3)}= -\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{z+1}+\frac{5}{4}\cdot \frac{1}{z-3}[/math].


3. Раскладываем по степеням г каждую элементарную дробь:


[math]\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}[/math]

В общей области сходимости — круге [math]|z|<1[/math] — записываем сумму рядов разложение исходной дроби:


[math]\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.[/math]

б) Воспользуемся алгоритмом.
1. Дробь правильная.
2. Разложение дроби на элементарные получено в предыдущем пункте:

[math]\frac{z+2}{(z+1)(z-3)}= -\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{z+1}+\frac{5}{4}\cdot \frac{1}{z-3}\,.[/math]

3. Раскладываем по степеням [math](z-1)[/math] каждую элементарную дробь:


[math]\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}[/math]

Записываем разложение исходной дроби в круге [math]|z-1|<2\colon[/math]


[math]\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.[/math]

При разложении по степеням, [math](z-1)[/math] можно было сделать замену [math]z-1=t[/math] в исходной дроби.


Радиусы сходимости в обоих случаях можно определить заранее, до записи» разложения — по виду функции. Ее особыми точками являются точки [math]z_1=-1[/math] и [math]z_2=3[/math]. В первом случае ближайшей к точке [math]z_0=0[/math] является точка [math]z_1[/math], расстояние между точками равно единице и, следовательно, [math]R=1[/math]; во втором — обе особые точки удалены от [math]z_0=1[/math] на расстояние, равное двум, и [math]R=2[/math].


Пример 3.22. Разложить по степеням [math]z[/math] функции (рациональные дроби): а) [math]f(z)=\frac{2}{z^2-2z+2}[/math]; б) [math]f(z)=\frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}[/math].


▼ Решение
а) Воспользуемся алгоритмом.
1. Дробь правильная.
2. Раскладываем правильную дробь на элементарные дроби, предварительно разложив знаменатель на множители:

[math]z^2-2z+2=(z-z_1)(z-z_2)[/math], где [math]z_1=1-i[/math] и [math]z_2=1+i[/math].

Представим дробь в виде [math]\frac{2}{z^2-2z+2}= \frac{2}{(z-z_1)(z-z_2)}= \frac{A}{z-z_1}+ \frac{B}{z-z_2}[/math]. Находим коэффициенты [math]A[/math] и [math]B[/math] из тождества [math]A(z-z_2)+B(z-z_1)=2[/math], т.е. из системы


[math]\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}[/math]

Дробь представлена в виде суммы: [math]\frac{2}{z^2-2z+2}= \frac{i}{z-(1-i)}+\frac{-i}{z-(1+i)}[/math].


3. Раскладываем элементарные дроби по степеням [math]z:[/math]


[math]\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}[/math]

Записываем ответ:

[math]\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}[/math]

б) Воспользуемся алгоритмом.
1,2. Раскладываем дробь на элементарные:

[math]\frac{z+1}{(z-1)^2(z+2)}= \frac{A}{z-1}+ \frac{B}{(z-1)^2}+ \frac{C}{z+2}[/math], где [math]A,\,B,\,C[/math] — неопределенные коэффициенты.

Находим коэффициенты из тождества [math]A(z-1)(z+2)+B(z+2)+C(z-1)^2=z+1[/math].
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях [math]z[/math], имеем

[math]\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}[/math]

3. Раскладываем элементарные дроби по степеням [math]z:[/math]


[math]\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}[/math]

Для исходной дроби получаем разложение:


[math]\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}}\,,[/math]

или, складывая ряды: [math]\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[/math].


Окончательный ответ: [math]\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[/math].


Пример 3.23. Разложить по степеням [math]z[/math] функции: а) [math]\frac{4}{4+z^2}[/math]; б) [math]\frac{z}{z^2-i}[/math].


▼ Решение

Обе дроби правильные; раскладывать на более простые нет необходимости. Используя основные разложения, получаем ответы:


а) [math]\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[/math];


б) [math]\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[/math] или [math]\frac{z}{z^2-i}= \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^ni^{n+1} z^{2n+1},~~ |z|<1[/math].


Пример 3.24. Используя разложение функции [math]e^{z^2+z}[/math] по степеням [math]z[/math], найти значение производной седьмого порядка в точке [math]z_0=0[/math].


▼ Решение

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


[math]\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}[/math]

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


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


Пример 3.25. Записать разложение функций a) [math]e^{\sin z}[/math] и б) [math]\operatorname{tg}z[/math] по степеням [math]z[/math] до члена, содержащего [math]z^5[/math].


▼ Решение

а) Применим метод подстановки ряда в ряд, используя основные разложения для функций [math]e^z[/math] и [math]\sin z[/math]. Имеем


[math]u=\sin z,\quad u(0)=0,\quad u=z-\frac{z^3}{3!}+ \frac{z^5}{5!}+\ldots;[/math]

[math]e^u=1+u+ \frac{1}{2!}\,u^2+ \frac{1}{3!}\,u^3+\ldots[/math], или, подставляя:


[math]\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}[/math]

где [math]a=\left(-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\ldots\right)[/math]. Записывать большее число слагаемых нет необходимости, так как уже у следующего (первого отброшенного) младшая степень равна [math]z^6[/math].


Возведение в степень рядов, как и перемножение рядов, производится по правилам действий с многочленами, в частности применяется формула бинома Ньютона:


[math](z+a)^n= z^n+nz^{n-1}a+ \frac{n(n-1)}{2!}\,z^{n-2}a^2+\ldots+a^n.[/math]

Так как младшая степень [math]z[/math] выражения [math]a=\left(-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\ldots\right)[/math] равна трем, следовательно, [math]a^2[/math] — шести, то для записи результата следует взять из первых двух скобок по два слагаемых, а из остальных по одному, т.е.


[math]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[/math]

Приводя подобные члены, получим окончательный ответ:


[math]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[/math]

или [math]e^{\sin z}= 1+z+\frac{1}{2!}z^2-\frac{3}{4!}z^4-\frac{1}{15}z^5+\ldots[/math].


Разложение, очевидно, можно получить, вычисляя коэффициенты разложения по формуле (3.17), что более громоздко.




б) Разложение [math]\operatorname{tg}z[/math] можно получить, используя формулу (3.17) для коэффициентов либо произведя деление ряда [math]\sin z=z-\frac{z^3}{3!}+ \frac{z^5}{5!}-\ldots[/math] на ряд [math]\cos z=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\ldots[/math] методом деления "утлом" или методом неопределенных коэффициентов.


Применим последний прием. Разложение [math]\operatorname{tg}z[/math] по степеням [math]z[/math] ищем в виде


[math]\operatorname{tg}z= \frac{\sin z}{\cos z}=c_0+c_1\cdot z+c_2\cdot z^2+\ldots[/math]

По определению деления имеем тождество


[math]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).[/math]

Перемножаем ряды справа и приравниваем коэффициенты полученного ряда известным коэффициентам при соответствующих степенях ряда, записанного слева. Получаем систему уравнений


[math]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!}\,,[/math]

из которой находим коэффициенты [math]c_0=0,~ c_1=1,~ c_2=0,~ c_3=\frac{1}{3},~ c_4=0,~ c_5= \frac{2}{15}[/math].


Ответ получаем в виде [math]\operatorname{tg}z= z+\frac{1}{3}z^3+\frac{2}{15}z^5+\ldots[/math]. Это разложение справедливо в круге [math]z<\frac{\pi}{2}[/math], так как [math]z= \frac{\pi}{2}[/math] — ближайшая к [math]z_0=0[/math] особая точка функции тангенса [math]\operatorname{tg}z[/math].


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved