§6. Taylor serija. Maclaurin serija. Galios eilučių naudojimas apytiksliuose skaičiavimuose. Taylor serijos išplėtimas

1 pavyzdys . Naudojant serijos išplėtimo sin x, apskaičiuokite sin20 o 0,0001 tikslumu.

Sprendimas. Kad būtų galima naudoti (2) formulę, argumento reikšmę reikia išreikšti radianais. Mes gauname . Pakeitę šią reikšmę į formulę, gauname

Gauta serija yra kintamo ženklo ir atitinka Leibnizo sąlygas. Nes , tada šio ir visų vėlesnių serijos terminų galima atmesti, apsiribojant dviem pirmaisiais terminais. Taigi,

2 pavyzdys . Apskaičiuokite 0,01 tikslumu.

Sprendimas. Naudokime plėtinį kur (žr. 5 pavyzdį ankstesnėje temoje):

Patikrinkime, ar galime atmesti likutį po pirmųjų trijų plėtimosi narių, tai įvertinsime naudodamiesi be galo mažėjančios geometrinės progresijos suma:

.

Taigi galime išmesti šią likutį ir gauti

.

3 pavyzdys . Apskaičiuokite 0,0001 tikslumu.

Sprendimas. Naudokime dvinarę eilutę. Kadangi 5 3 yra sveikojo skaičiaus, artimiausio 130, kubas, skaičių 130 patartina pavaizduoti kaip 130 = 5 3 +5.

kadangi jau ketvirtasis gautos kintamos serijos narys, atitinkantis Leibnizo kriterijų, yra mažesnis už reikalaujamą tikslumą:

, todėl jo ir po jo esančių terminų galima atmesti.

Apytikslis apibrėžtųjų integralų skaičiavimas

Daugelio praktiškai būtinų apibrėžtųjų ar netinkamų integralų negalima apskaičiuoti naudojant Niutono-Leibnizo formulę, nes jos taikymas yra susijęs su antidarinės suradimu, kuri dažnai neturi išraiškos elementariose funkcijose. Būna ir taip, kad rasti antidarinį įmanoma, tačiau tai be reikalo reikalauja darbo jėgos. Tačiau, jei integrando funkcija išplečiama į laipsnių eilutę, o integravimo ribos priklauso šios serijos konvergencijos intervalui, tada galimas apytikslis integralo apskaičiavimas iš anksto nustatytu tikslumu.

4 pavyzdys : Apskaičiuokite integralą 0,00001 tikslumu.

Sprendimas. Atitinkamas neapibrėžtas integralas negali būti išreikštas elementariomis funkcijomis, t.y. reiškia „nenuolatinį integralą“. Niutono-Leibnizo formulė čia negali būti taikoma. Apskaičiuokime integralą apytiksliai.

Dalijant terminą iš termino nuodėmės seriją xįjungta x, mes gauname:

Integruodami šią eilutę po termino (tai įmanoma, nes integravimo ribos priklauso šios eilutės konvergencijos intervalui), gauname:

Kadangi gauta serija atitinka Leibnizo sąlygas ir pakanka paimti pirmųjų dviejų terminų sumą, kad būtų gauta norima reikšmė nurodytu tikslumu.

Taigi, mes randame

.

5 pavyzdys . Apskaičiuokite integralą 0,001 tikslumu.

Patikrinkime, ar galime atmesti likutį po antrojo gautos serijos termino.

Vadinasi, .

Apytikslis Koši problemos sprendimas įprastai

Diferencialinė lygtis

Dažnais atvejais, kai ODE negalima išspręsti bendra forma, jai skirta Koši problema gali būti išspręsta apytiksliai kelių pirmųjų Teiloro serijos sprendinio išplėtimo terminų forma (prie tam tikro taško)

Pavyzdys Raskite pirmąsias 3 Koši problemos sprendimo serijos išplėtimo sąlygas

Sprendimas: Formoje ieškosime problemos sprendimo

Koeficientas adresu(1)=2 yra pradinė Koši problemos sąlyga.

Koeficientą rasime iš lygties, pakeisdami į ją pradines sąlygas:

Išskirkime abi šios lygties puses, kad rastume:

Taigi,

Nuspręskite : Apskaičiuokite apytiksliai nurodytu tikslumu:

A 1) iki 0,0001 2) iki 0,0001 3) iki 0,01 4) ln6 iki 0,01

5) iki 0,001 6) iki 0,001 7) iki 0,01

8) iki 0,001 9) iki 0,001 10) iki 0,001

11) iki 0,001 12) iki 0,01 13) iki 0,001

14) iki 0,001 15) iki 0,001 16) iki 0,001

B Raskite keletą pirmųjų Koši problemos sprendimo serijos išplėtimo terminų:

17) y¢-4y+xy 2 -e 2 x = 0; y(0)=2 (4 terminai) 18) y¢+ycosx-y 2 sinx=0; y(p)=1 (4 terminai)

19) y¢¢=e y jaukus¢; y(1)=1; y¢(1) = p/6 (5 terminai)

20) y¢¢=xy 2 -1/y¢; y(0)=0, y¢(0)=1 (5 terminai)

Furjė serija

Netoli Furjė funkcijas f(x) intervale (-p;p)

, Kur

Netoli Furjė funkcijas f(x) intervale (-l;l) vadinama trigonometrine formos seka:

, Kur

Furjė serija fragmentiškai ištisinė, dalimis monotoniška ir apribota intervalu (- l;l) funkcijos konverguoja visoje skaičių eilutėje.

Furjė serijų suma S(x):

Yra periodinė funkcija su 2 periodu l

Per intervalą (- l;l) sutampa su funkcija f(x), išskyrus lūžio taškus

Nutrūkimo taškuose (pirmojo tipo, nes funkcija yra ribota) funkcijos f(x) ir intervalo pabaigoje paima vidutines vertes:

Jie sako, kad funkcija išplečiama į Furjė seriją intervale (- l;l): .

Jeigu f(x) yra lyginė funkcija, tada ją plečiant dalyvauja tik lyginės funkcijos, t b n=0.

Jeigu f(x) yra nelyginė funkcija, tada jos plėtime dalyvauja tik nelyginės funkcijos, t ir n=0

Netoli Furjė funkcijas f(x) intervale (0;l) kelių lankų kosinusais eilutė vadinama:

, Kur .

Netoli Furjė funkcijas f(x) intervale (0;l) kelių lankų sinusais eilutė vadinama:

, Kur .

Furjė serijos suma per kelių lankų kosinusus yra lygi periodinė funkcija su 2 periodu l, sutampa su f(x) intervale (0; l) tęstinumo taškuose.

Furjė serijų suma kelių lankų sinusų atžvilgiu yra nelyginė periodinė funkcija su 2 periodu l, sutampa su f(x) intervale (0; l) tęstinumo taškuose.

Tam tikros funkcijos Furjė serija tam tikrame intervale turi unikalumo savybę, tai yra, jei išplėtimas gaunamas kitu būdu, o ne naudojant formules, pavyzdžiui, pasirenkant koeficientus, tada šie koeficientai sutampa su apskaičiuotais pagal formules. .

Pavyzdžiai.

1. Išplėskite funkciją f(x)=1:

a) pilnoje Furjė serijoje intervale(-p;p) ;

b) serijoje išilgai kelių intervalo lankų sinusų(0;p); nubraižykite gautą Furjė eilutę

Sprendimas:

a) Furjė serijos išplėtimas intervale (-p;p) turi tokią formą:

,

ir visi koeficientai b n=0, nes ši funkcija yra lygi; Taigi,

Akivaizdu, kad lygybė bus patenkinta, jei priimsime

A 0 =2, A 1 =A 2 =A 3 =…=0

Dėl unikalumo savybės tai yra būtini koeficientai. Taigi reikalingas skaidymas: arba tik 1=1.

Šiuo atveju, kai serija identiškai sutampa su jos funkcija, Furjė eilutės grafikas sutampa su funkcijos grafiku visoje skaičių tiesėje.

b) Intervalo (0;p) plėtra kelių lankų sinusų atžvilgiu yra tokia:

Akivaizdu, kad neįmanoma parinkti koeficientų, kad lygybė būtų vienoda. Koeficientams apskaičiuoti naudokite formulę:

Taigi, net n (n=2k) mes turime b n=0, nelyginiam ( n=2k-1) -

Pagaliau, .

Nubraižykime gautą Furjė eilutę naudodami jos savybes (žr. aukščiau).

Pirmiausia tam tikrame intervale sukuriame šios funkcijos grafiką. Toliau, pasinaudodami serijos sumos nelygumu, tęsiame grafiką simetriškai nuo pradžios:

Jei funkcija f(x) turi visų eilių išvestines tam tikrame intervale, kuriame yra taškas a, tada jai galima pritaikyti Teiloro formulę:
,
Kur r n– vadinamasis liekanos narys arba eilutės liekana, ją galima įvertinti naudojant Lagranžo formulę:
, kur skaičius x yra tarp x ir a.

Funkcijų įvedimo taisyklės:

Jei už kokią nors vertę X r n→0 at n→∞, tada riboje Teiloro formulė tampa konvergentiška šiai reikšmei Taylor serija:
,
Taigi, funkcija f(x) gali būti išplėsta į Taylor seriją nagrinėjamame taške x, jei:
1) turi visų eilučių išvestines;
2) sudarytos eilutės konverguoja šioje vietoje.

Kai a = 0, gauname seriją, vadinamą netoli Maclaurino:
,
Paprasčiausių (elementarių) funkcijų išplėtimas Maclaurin serijoje:
Eksponentinės funkcijos
, R=∞
Trigonometrinės funkcijos
, R=∞
, R=∞
, (-π/2< x < π/2), R=π/2
Funkcija actgx nesiplečia x laipsniais, nes ctg0=∞
Hiperbolinės funkcijos


Logaritminės funkcijos
, -1
Dvejetainė serija
.

1 pavyzdys. Išplėskite funkciją į galios eilutę f(x)= 2x.
Sprendimas. Raskime funkcijos ir jos išvestinių reikšmes X=0
f(x) = 2x, f( 0) = 2 0 =1;
f"(x) = 2x ln2, f"( 0) = 2 0 ln2= ln2;
f""(x) = 2x 2 2, f""( 0) = 2 0 ln 2 2 = ln 2 2;
…
f(n)(x) = 2x ln n 2, f(n)( 0) = 2 0 ln n 2=ln n 2.
Pakeisdami gautas išvestinių vertes į Taylor serijos formulę, gauname:

Šios eilutės konvergencijos spindulys lygus begalybei, todėl ši plėtra galioja -∞<x<+∞.

2 pavyzdys. Parašykite Taylor seriją galiomis ( X+4) funkcijai f(x)= e x.
Sprendimas. Funkcijos e išvestinių radimas x ir jų vertės taške X=-4.
f(x)= e x, f(-4) = e -4 ;
f"(x)= e x, f"(-4) = e -4 ;
f""(x)= e x, f""(-4) = e -4 ;
…
f(n)(x)= e x, f(n)( -4) = e -4 .
Todėl reikiama funkcijos Taylor serija turi tokią formą:

Šis išplėtimas taip pat galioja -∞<x<+∞.

3 pavyzdys. Išplėskite funkciją f(x)=ln x galių serijoje ( X- 1),
(t. y. Taylor serijoje netoli taško X=1).
Sprendimas. Raskite šios funkcijos išvestinius.
f(x)=lnx , , , ,

f(1)=ln1=0, f"(1)=1, f""(1)=-1, f"""(1)=1*2,..., f (n) =(- 1) n-1 (n-1)!
Pakeitę šias reikšmes į formulę, gauname norimą Taylor seriją:

Naudodami d'Alembert testą, galite patikrinti, ar serijos konverguoja ties ½x-1½<1 . Действительно,

Serija susilieja, jei ½ X- 1½<1, т.е. при 0<x<2. При X=2 gauname kintamąją eilutę, kuri tenkina Leibnizo kriterijaus sąlygas. Kai x=0, funkcija neapibrėžta. Taigi Teiloro eilutės konvergencijos sritis yra pusiau atviras intervalas (0;2]).

4 pavyzdys. Išplėskite funkciją į galios eilutę.
Sprendimas. Išplėtime (1) pakeičiame x į -x 2, gauname:
, -∞

5 pavyzdys. Išplėskite funkciją į Maclaurin seriją.
Sprendimas. Mes turime
Naudodami (4) formulę galime parašyti:

formulėje vietoj x pakeitę –x, gauname:

Iš čia randame: ln(1+x)-ln(1-x) = -
Atidarę skliaustus, pertvarkydami serijos sąlygas ir atvesdami panašius terminus, gauname
. Ši eilutė konverguoja intervale (-1;1), nes ji gaunama iš dviejų eilučių, kurių kiekviena konverguoja šiame intervale.

komentuoti .
Formulės (1)-(5) taip pat gali būti naudojamos atitinkamoms funkcijoms išplėsti į Taylor seriją, t.y. funkcijoms plėsti teigiamais sveikaisiais skaičiais ( Ha). Norėdami tai padaryti, būtina atlikti tokias identiškas tam tikros funkcijos transformacijas, kad būtų gauta viena iš funkcijų (1)–5, kurioje vietoj X kainuoja k( Ha) m , kur k yra pastovus skaičius, m yra teigiamas sveikasis skaičius. Dažnai patogu pakeisti kintamąjį t=Ha ir išplėsti gautą funkciją t atžvilgiu Maclaurino serijoje.

Šis metodas pagrįstas teorema apie funkcijos plėtimosi laipsnių eilutėje unikalumą. Šios teoremos esmė yra ta, kad to paties taško kaimynystėje negalima gauti dviejų skirtingų laipsnių eilučių, kurios susilietų į tą pačią funkciją, nesvarbu, kaip ji išplėtima.

Pavyzdys Nr. 5a. Išplėskite funkciją Maclaurin eilutėje ir nurodykite konvergencijos sritį.
Sprendimas. Pirmiausia randame 1-x-6x 2 =(1-3x)(1+2x) , .
į pradinę:

Trupmeną 3/(1-3x) galima laikyti be galo mažėjančios geometrinės progresijos, kurios vardiklis 3x, suma, jei |3x|< 1. Аналогично, дробь 2/(1+2x) как сумму бесконечно убывающей геометрической прогрессии знаменателем -2x, если |-2x| < 1. В результате получим разложение в степенной ряд

su konvergencijos regionu |x|< 1/3.

Pavyzdys Nr.6. Išplėskite funkciją į Teiloro eilutę šalia taško x = 3.
Sprendimas. Šią problemą, kaip ir anksčiau, galima išspręsti naudojant Taylor serijos apibrėžimą, kuriai turime rasti funkcijos išvestinius ir jų reikšmes X=3. Tačiau bus lengviau naudoti esamą išplėtimą (5):
=
Gautos eilutės konverguoja ties arba –3

7 pavyzdys. Funkcijos ln(x+2) laipsniais (x -1) parašykite Teiloro eilutę.
Sprendimas.


Serija suartėja ties , arba -2< x < 5.

Pavyzdys Nr.8. Išplėskite funkciją f(x)=sin(πx/4) į Teiloro eilutę šalia taško x =2.
Sprendimas. Padarykime pakeitimą t=x-2:

Naudodami išplėtimą (3), kuriame vietoj x pakeičiame π / 4 t, gauname:

Gauta eilutė konverguoja į nurodytą funkciją ties -∞< π / 4 t<+∞, т.е. при (-∞Taigi,
, (-∞

Apytiksliai skaičiavimai naudojant galių eilutes

• jei gauta serija yra kintamoji, naudojama ši savybė: kintamajai serijai, atitinkančiai Leibnizo sąlygas, likusi absoliučios vertės eilutės dalis neviršija pirmojo atmesto nario.
• jei tam tikra serija yra pastovaus ženklo, tada serija, sudaryta iš atmestų terminų, lyginama su be galo mažėjančia geometrine progresija.
• bendruoju atveju, norėdami įvertinti likusią Teiloro serijos dalį, galite naudoti Lagranžo formulę: a x ).

1 pavyzdys. Apskaičiuokite ln(3) 0,01 tikslumu.
Sprendimas. Naudokime plėtinį, kur x=1/2 (žr. 5 pavyzdį ankstesnėje temoje):

Patikrinkime, ar galime atmesti likutį po pirmųjų trijų plėtimosi narių, tai įvertinsime naudodamiesi be galo mažėjančios geometrinės progresijos suma:

Taigi galime išmesti šią likutį ir gauti

2 pavyzdys. Apskaičiuokite 0,0001 tikslumu.
Sprendimas. Naudokime dvinarę eilutę. Kadangi 5 3 yra sveikojo skaičiaus, artimiausio 130, kubas, skaičių 130 patartina pavaizduoti kaip 130 = 5 3 +5.



kadangi jau ketvirtasis gautos kintamos serijos narys, atitinkantis Leibnizo kriterijų, yra mažesnis už reikalaujamą tikslumą:
, todėl jo ir po jo esančių terminų galima atmesti.
Daugelio praktiškai būtinų apibrėžtųjų ar netinkamų integralų negalima apskaičiuoti naudojant Niutono-Leibnizo formulę, nes jos taikymas yra susijęs su antidarinės suradimu, kuri dažnai neturi išraiškos elementariose funkcijose. Būna ir taip, kad rasti antidarinį įmanoma, tačiau tai be reikalo reikalauja darbo jėgos. Tačiau, jei integrando funkcija išplečiama į laipsnių eilutę, o integravimo ribos priklauso šios serijos konvergencijos intervalui, tada galimas apytikslis integralo apskaičiavimas iš anksto nustatytu tikslumu.

3 pavyzdys. Apskaičiuokite integralą ∫ 0 1 4 sin (x) x 10 -5 tikslumu.
Sprendimas. Atitinkamas neapibrėžtas integralas negali būti išreikštas elementariomis funkcijomis, t.y. reiškia „nenuolatinį integralą“. Niutono-Leibnizo formulė čia negali būti taikoma. Apskaičiuokime integralą apytiksliai.
Dalijant terminą iš termino nuodėmės seriją xįjungta x, mes gauname:

Integruodami šią eilutę po termino (tai įmanoma, nes integravimo ribos priklauso šios eilutės konvergencijos intervalui), gauname:

Kadangi gauta serija atitinka Leibnizo sąlygas ir pakanka paimti pirmųjų dviejų terminų sumą, kad būtų gauta norima reikšmė nurodytu tikslumu.
Taigi, mes randame
.

4 pavyzdys. Apskaičiuokite integralą ∫ 0 1 4 e x 2 0,001 tikslumu.
Sprendimas.
. Patikrinkime, ar galime atmesti likutį po antrojo gautos serijos termino.
0,0001<0.001. Следовательно, .

Šioje pamokoje apžvelgsime pirmąją, paprasčiausią problemą, kuriai išspręsti reikės elementariausių žinių apie serijas, funkcijų išplėtimo į laipsnių eilutes lentelė ir mikro skaičiuotuvą. Kaip pasirinktis, tai padarys „Excel“ (jei žinote, kaip valdyti jos funkcijas). Skaičiavimo užduotys reikalauja didesnės koncentracijos, todėl rekomenduoju žiūrėti į straipsnį geros fizinės formos ir šviežiu protu:

Yra 2 nagrinėjamų problemų tipai, su kuriais iš tikrųjų jau susidūrėme anksčiau, ypač skaičiuojant integralą naudojant trapecijos formulę ir Simpsono metodą. Įveskite vieną:

1 pavyzdys

Naudodamiesi funkcijos serijos išplėtimu, apskaičiuokite skaičių, apsiribodami 5 išplėtimo dalimis. Rezultatą suapvalinkite iki 0,001. Atlikite skaičiavimus skaičiuotuvu ir raskite absoliučią skaičiavimų paklaidą.

Sprendimas: Pirmiausia išsirinkite tinkamą funkcijos lentelės išskaidymas. Akivaizdu, kad mūsų atveju reikia imtis šių serijų:
, kuri konverguoja bet kuriai „x“ reikšmei.

Trumpai pakartokime, kas tai yra funkcinių eilučių konvergencija: kuo daugiau terminų atsižvelgsime, tuo tikslesnis daugianario funkcija aproksimuosis funkciją . Iš tiesų, parabolės grafikas visai nepanašus į eksponentinį ir kubinės funkcijos grafiką taip pat toli gražu nėra idealus, bet jei paimsite 50-100 serijos narių, vaizdas kardinaliai pasikeis. Ir galiausiai begalinio daugianario grafikas sutaps su eksponentinės funkcijos grafiku.

Pastaba : teoriškai yra net toks požiūris ir apibrėžimas: funkcija yra funkcinių eilučių suma.

Sąlyga tiesiogiai nurodo, kad reikia susumuoti pirmuosius 5 serijos terminus, o rezultatas turi būti suapvalintas iki 0,001. Ir todėl čia nėra problemų:

Apskaičiuokime tikslesnę vertę naudodami mikroskaičiuotuvą:

Absoliuti skaičiavimo klaida:
- Na, tai visai gerai. Bet gerėja.

Atsakymas:

Dabar pažvelkime į šiek tiek kitokio tipo užduotį:

2 pavyzdys

Naudodamiesi funkcijos serijos išplėtimu, apskaičiuokite apytiksliai 0,001 tikslumu.

! Pastaba : kartais argumentas išreiškiamas laipsniais, tokiais atvejais tai būtina konvertuoti į radianus.

Prisiminkime posakio „tiksliai“ reikšmę prieš 0,001". Tai reiškia, kad mūsų atsakymas turi skirtis nuo tiesos ne daugiau kaip 0,001.

Sprendimas: naudojant lentelės skaidymas , užrašome keletą atitinkamų serijų terminų, o geriau suapvalinti „marža“ - iki 5–6 skaitmenų po kablelio:

Kiek serijos terminų reikia susumuoti, kad būtų pasiektas reikiamas tikslumas? Dėl konvergencijos kintantys ženklai eilučių galioja toks kriterijus:nariai turėtų būti sumuojami, kol jie modulo daugiau nurodytu tikslumu. Pirmasis mažesnis kartu su visa „uodega“ turi būti išmestas. Šiame pavyzdyje tai yra 4-asis narys: , Štai kodėl:

– su galutinio rezultato apvalinimu iki reikiamo tikslumo.

Atsakymas: tikslumas iki 0,001

Turbūt visi supranta, kodėl tai garantuojama: čia prie neigiamo 4-ojo termino pridedamas mažiau modulo skaičių, tada atimamas iš rezultato dar mažesnis skaičius – ir taip toliau iki begalybės. Vaizdžiai tariant, dizainas primena švytuoklę su slopintais svyravimais, kur didžiausias svyravimas yra neigiama kryptimi, „užtemdydamas“ visus kitus judesius.

Akivaizdu, kad konvergencijai teigiamos serijos (artimiausias pavyzdys yra 1 pavyzdys) svarstytas kriterijus yra neteisingas. Santykinai kalbant, jei 0,00034< 0,001, то сумма «хвоста» может запросто превзойти 0,001 (nes VISI serijos nariai teigiami). Ir prie šios problemos grįšiu vėliau:

3 pavyzdys

4 pavyzdys

Apskaičiuokite apytiksliai naudodami pirmuosius du atitinkamo išplėtimo terminus. Įvertinkite absoliučią skaičiavimų paklaidą.

Tai yra pavyzdžiai, kuriuos galite nuspręsti patys. Žinoma, naudinga jį rasti nedelsiant, kad būtų galima efektyviai kontroliuoti sprendimo eigą.

Ir kyla klausimas: kam daryti tokius juokingus dalykus, jei yra skaičiuotuvai ir skaičiavimo programos? Dalį atsakymo pateikiau klasėje Apytiksliai skaičiavimai naudojant diferencialą. Ne taip seniai skaičiuotuvas buvo retenybė, jau nekalbant apie tokią prabangą kaip raktai su užrašais ir pan. Svetainės svečių knygoje viena iš lankytojų pasidalino prisiminimais, kaip ji atliko visus diplomo skaičiavimus, naudodama matematines lenteles ir skaidrių taisyklę. O tokie instrumentai, kartu su mechaniniais abakusais, šiandien tik užims vietą matematikos istorijos muziejuje.

Santrauka tokia: mes sprendžiame pasenusią problemą. Tiesioginė praktinė prasmė ta, kad ją reikia išspręsti =) Na, gal dar kam nors informatikos srityje pravers - apytikslė suma su iš anksto nustatytu tikslumu tiesiog algoritmuojama kilpa. Tiesa, kai kurie Paskaliai suges gana greitai, nes faktorialas auga šuoliais.

Be to, yra dar viena labai svarbi ir aktuali aplikacija, kuri turi praktinę reikšmę, tačiau ši paslaptis bus atskleista pamokos metu;-) Iškelkite hipotezes, jei spėsite – pagarba.

Taip pat nereikėtų prarasti dėmesio į siūlomų serijų konvergencijos sritį, sinuso, kosinuso ir eksponentinio plėtimosi– taip, jie sutampa su bet kokiu „X“, bet analizuoti pavyzdžiai neturėtų užliūliuoti budrumo! Paprasčiausia iliustracija yra arktangentas ir jo išplėtimas . Jei pabandytume apskaičiuoti, tarkime, vertę , tuomet nesunku pastebėti neribotą augimą (modulis) serialo nariai, kurie mūsų nenuves galutinis, o juo labiau iki apytikslės vertės. Ir viskas todėl, kad jis nėra įtrauktas į šios plėtros konvergencijos regioną.

Pažvelkime į sudėtingesnes užduotis:

5 pavyzdys

Apskaičiuokite 0,01 tikslumu

Sprendimas: spustelėkite skaičiuoklės klavišus: . Ir mes galvojame apie tai, kaip atlikti apytikslius skaičiavimus naudojant seriją. Pagrindinėse situacijose reikalas yra dvinario plėtra su garantuotu konvergencijos intervalu.

Mes stengiamės reprezentuoti savo radikalą tokia forma:

Ir viskas būtų gerai, bet vertė neįtraukta į nagrinėjamos dvinario eilutės konvergencijos sritį, tai yra, konstrukcija netinkama skaičiavimams - įvyks ta pati avarija, kaip ir su aukščiau aptarta.

Ką turėčiau daryti? Dar kartą pažiūrėkime į vertę ir pastebime, kad jis yra arti „trijų“. Iš tikrųjų: . Naudodamiesi nuostabiu kaimynu, atliekame tokią tipišką transformaciją: po šaknimi pasirenkame skaičių 27, dirbtinai pašaliname jį iš skliaustų ir pašaliname iš po šaknies:

Dabar viskas yra ant viršaus: skaičius priklauso konvergencijos intervalui. Tačiau kaip „šalutinį poveikį“ reikia koreguoti skaičiavimų tikslumą. Juk kai skaičiuosime išplėtimo terminus, kiekvieną skaičių turėsime padauginti iš „trijų“. Ir dėl šios priežasties iš pradžių reikalaujamą 0,01 tikslumą reikia padidinti tris kartus: .

Taigi, mes naudojame seriją, kurioje . Nepamirškite patikrinti išplėtimo stalas, ar mūsų pavyzdys nepatenka į kokį nors specialų binomio išplėtimo atvejį. Nr. Tai reiškia, kad turite dirbti rankiniu būdu:

Čia norint pasiekti reikiamą tikslumą (Atkreipkite dėmesį, kad nariai pradėjo keistis!) užteko trijų terminų ir ketvirtos pabaisos nebuvo prasmės skaičiuoti. Bet „atsargoje“ visada stengiamės užrašyti daugiau serialo narių. Jei esate tingus ir neturite pakankamai terminų, visą užduotį perrašysite dar kartą.

Atsakymas: tikslumas iki 0,001

Taip, skaičiavimai, žinoma, nėra dovana, bet ką tu padarysi...

Paprastesnis tos pačios temos variantas, kurį galite išspręsti patys:

6 pavyzdys

Apskaičiuokite , apsiribodami trimis pirmaisiais serijos terminais. Rezultatą suapvalinkite iki 3 skaičių po kablelio.

Pavyzdinė užduotis pamokos pabaigoje. Ir nepamirškite vėl kreiptis į kompiuterines technologijas: .

Ko studentas laukia kiekvieną dieną? Logaritmai:

7 pavyzdys

Apskaičiuokite 0,001 tikslumu

Sprendimas: pirmiausia, kaip visada, sužinome atsakymą: .

Akivaizdu, kad čia turime naudoti išplėtimą

Ir tai tikrai įmanoma, nes... reikšmė įtraukta į šios eilutės konvergencijos sritį.

Mes skaičiuojame:

Sustabdyti. Kažkas čia negerai. Serija susilies, tačiau tokiu greičiu skaičiavimai gali užsitęsti iki laiko pabaigos. Mokslinis žvilgsnis į nelygybę leido manyti, kad ši pabaiga ateis po laimingo skaičiaus .

Taigi, serija konverguoja gana lėtai ir tinka skaičiuoti tik kitus logaritmus, kurių argumentas gana artimas vienybei.

Norint žymiai pagreitinti procesą, nesunku gauti tokį skaidymą:
su konvergencijos regionu

Puiku tai, kad kiekvienas teigiamas skaičius (išskyrus vieną) gali būti pavaizduotas kaip . Paverskime logaritmo argumentą į paprastąją trupmeną: ir išspręskime šią lygtį:

Egzaminas:

„Įkrovimas“:

Ir dabar mes atradome kitą problemą - pasirodo, eilė, teigiamas, todėl čia jo nurodyti negalima ir išmeskite visą "uodegą". Ką daryti, jei jo bendra suma yra didesnė nei 0,001? Šiuo atžvilgiu naudojame sudėtingesnį vertinimo metodą. Laikydami įtartinai didelį trečiąjį terminą „tik tuo atveju“, panagrinėkime likusias serijos dalis:

Skaičiai 9, 11, 13, ... vardikliuose pakeisti iki 7 – taigi tik didėja nariai, taigi ir visa likučio suma:

Moksliškai tai vadinama atranka majorantas konvergentinė eilutė (šiuo atveju geometrinė progresija), kurios sumą lengva rasti (arba kuri žinoma). Ir planas buvo ne tik įvykdytas, bet ir viršytas! Atmetus visas serijos sąlygas, pradedant nuo 4-osios, bus garantuotas 0,00002 tikslumas! Tačiau, atsižvelgiant į sąlygą, rezultatą vis tiek reikia suapvalinti iki trijų skaičių po kablelio:

Atsakymas: tikslumas iki 0,001

Na, beliko tik patikrinti tikslesne prasme su mėlyno moralinio pasitenkinimo jausmu.

...O gal būtų buvę lengviau apskaičiuoti 12 lėtai konverguojančios eilutės narių sumą? =) Tačiau atliekant kitą užduotį ši galimybė nebebus pasiekiama:

8 pavyzdys

Apskaičiuokite 0,001 tikslumu

– dėl to, kad reikšmė neįtraukta į eilučių konvergencijos diapazoną .

Pirmyn!

Straipsnis prasidėjo apytiksliu skaičiaus „e“ apskaičiavimu, o baigsime kita garsia konstanta:

Apytikslis skaičiaus apskaičiavimas naudojant seriją

Kilometrai popieriaus parašyta apie „pi“ ir pasakyta milijonai žodžių, todėl istorijos, teorijos ir hipotezių jums nekraunu, jei domina (o tai iš tikrųjų įdomu), kreipkitės, pavyzdžiui, į Vikipediją . Šis skaičius turi begalinį skaičių po kablelio: , o serijų teorija yra vienas efektyvus būdas rasti šiuos skaičius.

Panagrinėkime tam tikros funkcijos išplėtimo į laipsnių eilutę problemą.

Tegu pateikiama funkcija, kuri turi visų eilių išvestines tam tikrame segmente, tada ji gali būti išplėsta šiame segmente į formos seką

kuris vadinamas Kitas Tayloras.Čia -- nurodytas numeris.

Formaliai Taylor serija gali būti parašyta bet kuriai funkcijai, kuri yra taško kaimynystėje turi bet kokios eilės išvestinių. Tačiau ši serija susilieja su funkcija, kuri ją sugeneravo tik toms reikšmėms , kuriai likusi serijos dalis yra lygi nuliui:

.

Likusi Taylor serijos dalis parašyta Lagrange forma taip:

,

Kur sudaryta tarp Ir .

Jeigu
, tada gauname specialų Taylor serijos atvejį, kuris vadinamas netoli Maclaurin:

Panagrinėkime kai kurių elementarių funkcijų Maclaurin seriją.

ši serija vadinama binomine, nes su natūralia
iš to gauname Niutono dvinarį.

Pabrėžiame, kad funkcijų laipsnio eilutės konverguoja į atitinkamas funkcijas, kai
, o funkcijų eilės
Ir
susilieja tik tada, kai
.

Užduotis Nr.1.
.

Sprendimas. Kaip pradinę formulę imame Maclaurin serijos išplėtimą

funkcijas
:

.

Mes pakeisime įjungta :

Atsakymas:

2 užduotis. Parašykite funkcijos laipsnio eilės išplėtimą
.

Sprendimas. Užrašykime dvinarę eilutę

ir pakeiskite jame
:

Pagal sąlygą
, pakeiskite šią reikšmę į ankstesnę formulę:

Galios serijos plačiai naudojamos apytiksliems skaičiavimams. Panagrinėkime Taylor serijos naudojimą apytiksliai funkcijų verčių, apibrėžtųjų integralų reikšmių ir apytikslių diferencialinių lygčių sprendinių skaičiavimui.

Užduotis Nr.3. Apskaičiuoti

Sprendimas. Bet kam galioja ši formulė:

.

At mes gauname

Įvertinkime skaičiavimo paklaidą naudodami likusią Lagranžo formos terminą:

.

,

Kur yra tarp Ir .

At mes turime

,

Kur
.

Atsižvelgiant į tai
, mes gauname

.

At

At

Taigi, norint pasiekti reikiamą tikslumą, pakanka paimti
(arba daugiau):

.

Kiekvieną terminą apskaičiuojame vienu papildomu skaitmeniu po kablelio, kad apvalinimo klaidos nebūtų pridėtos prie mūsų klaidos:

Atsakymas: 0,0001 tikslumu
.

4 užduotis. Apskaičiuoti
apytiksliai 0,0001 tikslumu.

Sprendimas. Suskaičiuoti
naudosime dvinarę eilutę, kuri susilieja tik tada, kai
, todėl pirmiausia transformuojame šią šaknį:

.

Į dvinarę eilutę įdedame
:

Ši kintamoji skaičių serija yra Leibnizo serija. Norėdami nustatyti, kiek pirmųjų serijos narių reikia apskaičiuoti
0,0001 tikslumu paeiliui apskaičiuojame keletą pirmųjų serijos sąlygų:

Pagal Leibnizo serijos savybę, jei paliksite pirmuosius tris terminus, tada norimos apytikslės šaknies vertės paklaida bus mažesnė
:

vadinasi,

Atsakymas: 0,0001 tikslumu

nuo kokios nors funkcijos
, kurio antidarinys elementariose funkcijose neskaičiuojamas. Todėl Niutono-Leibnizo formulė negali būti taikoma. Jeigu
galima išplėsti į segmento galios seriją
, priklausantis eilučių konvergencijos sričiai, tuomet integralas gali būti apskaičiuojamas apytiksliai. Kartais pakanka apytikslio skaičiavimo net ir esant antiderivatinei funkcijai. Norėdami išspręsti šią problemą, naudojamos Taylor serijos. Pažiūrėkime į pavyzdžius.

Užduotis Nr.5.
0,01 tikslumu.

Sprendimas. Atkreipkite dėmesį, kad šis plačiai naudojamas integralas nėra išreikštas elementariomis funkcijomis.

Maclaurin serijoje funkcijai
mes pakeisime
:

Dabar mes naudojame teoremą, kad laipsnių eilutę galima integruoti po terminą per bet kurį segmentą, priklausantį konvergencijos intervalui. Ši serija susilieja į visą skaičių eilutę, todėl ją galima integruoti per bet kurį segmentą, įskaitant segmentą
:

Gavome skaičių eilutę, lygią apibrėžtojo integralo reikšmei.

Įvertinkime skaičiavimo paklaidą. Ši serija yra Leibnizo serija, todėl skaičiavimo paklaida absoliučia verte neviršija pirmojo atmesto eilutės nario. Todėl, skaičiuodami eilės sąlygas, pirmiausia atmesime tą, kurios absoliuti reikšmė mažesnė už nurodytą tikslumą:

,

.

Tada 024=0,743.

Atsakymas:
0,743.

6 užduotis. Apskaičiuokite apibrėžtąjį integralą
0,001 tikslumu.

Sprendimas. Neįmanoma apskaičiuoti šio integralo naudojant Niutono-Leibnizo formulę, nes funkcijos antidarinys
nėra išreikštas elementariomis funkcijomis. Problemai išspręsti naudojame galios seriją. Parašykime išplėtimą funkcijos Maclaurin serijoje
:

.

Pakeiskime šią formulę
:

Šią seriją galima integruoti po vieną segmentą
:

Taigi apskaičiuotas apibrėžtasis integralas yra lygus kintamų skaičių eilutės, atitinkančios Leibnizo kriterijaus sąlygas, sumai, todėl skaičiavimo paklaida neviršija pirmojo iš atmestų eilutės narių modulio.

,
.

Todėl norint pasiekti nurodytą tikslumą, būtina palikti pirmuosius 3 terminus.

Atsakymas:
.

Užduotis Nr.7.. Apskaičiuokite apibrėžtąjį integralą
0,001 tikslumu.

Sprendimas. Parašykime funkcijos Maclaurin seriją
.

.

Padalinkime kairę ir dešinę formulės puses iš :

. Gautas galių eilutes galima integruoti po vieną segmentą
.

Gautos skaičių eilutės konverguoja pagal Leibnizo kriterijų, todėl atmetame pirmąjį narį, kuris yra mažesnis už deklaruotą tikslumą:

,
.

Atsakymas:
.

Panagrinėkime kitą laipsnių eilučių pritaikymą apytiksliui diferencialinių lygčių sprendimui. Diferencialinės lygties sprendimas ne visada gali būti išreikštas elementariomis funkcijomis. Daugelio diferencialinių lygčių integralai gali būti pavaizduoti kaip laipsnio eilutė, kuri susilieja į tam tikrą nepriklausomo kintamojo verčių diapazoną. Šiuo atveju seriją, kuri yra diferencialinės lygties sprendimas, galima rasti naudojant Taylor serijas.

Tegul reikia rasti konkretų diferencialinės lygties sprendimą su nurodytomis pradinėmis sąlygomis, t.y. išspręsti Cauchy problemą.

Iliustruojame sprendimą pavyzdžiu.

8 užduotis. Raskite pirmuosius penkis diferencialinės lygties sprendinio laipsnių eilučių išplėtimo narius

.

Sprendimas. Mes ieškosime konkretaus diferencialinės lygties sprendimo serijos pavidalu

Mes pasirinkome Maclaurin serijos išplėtimą, nes problemos teiginyje mums buvo pateiktos norimos funkcijos reikšmės ir pirmoji jos išvestinė taške
. Norėdami rasti apytikslę funkcijos reikšmę
, turime žinoti jo antrosios, trečiosios ir ketvirtosios išvestinių reikšmes taške
. Pačios funkcijos ir pirmosios išvestinės reikšmės nuliui pateikiamos pagal sąlygą.

Antrosios išvestinės vertės esant
iš diferencialinės lygties randame pakeisdami pradines sąlygas:

.

Norėdami rasti trečiąją išvestinę, išskiriame šią diferencialinę lygtį:

.

Būtina atsižvelgti į tai -- tai funkcija ir -- nepriklausomas kintamasis:

Dabar galime apskaičiuoti trečiosios išvestinės reikšmę taške
:

Panašiai apskaičiuokime ketvirtosios išvestinės vertę:

, arba

Vertybių pakeitimas rasta lygybe

Belieka pakeisti išvestines vertes, apskaičiuotas tam tikru tašku, į Maclaurin seriją:

Atsakymas:
.

Užduotis Nr.9. Raskite pirmuosius keturis diferencialinės lygties sprendinio laipsnių eilučių išplėtimo narius
, atitinkantis pradines sąlygas

.

Sprendimas. Pradinės sąlygos nurodytos taške
, todėl ieškosime sprendimo Taylor serijos pavidalu:

Pačios funkcijos ir pirmosios jos išvestinės reikšmės pateikiamos problemos teiginyje. Antroji išvestinė taške
iš diferencialinės lygties randame:

Apskaičiuokime trečiąją išvestinę diferencialinę lygtį:

arba

.

Tada trečiosios išvestinės reikšmė yra

Belieka užsirašyti reikiamas serijas.