Հոդվածների այցերի քանակը
86567

Թեյլորի բանաձև։ Ստացած բանաձևի կիրառումը տարրական ֆունկցիաների նկատմամբ

Թեյլորի բանաձևն ամենից պարզ տեսք է ընդունում x0=0 դեպքում՝

\[f(x)=f(0)+\frac{f'(0)}{1!}x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + … +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+r_n(x):\]

Հարցը միշտ կարելի է հանգեցնել այս մասնավոր դեպքին, (x-x0)-ն ընդունելով վորպես նոր փոփոխական։

Դիտարկենք տարրական ֆունկցիաների համար մի քանի կոնկրետ վերլուծումներ այդ բանաձևով։

1) Դիցուք f(x)=ex. այդ ժամանակ ցանկացած k=1, 2, 3, … դեպքում

\[f^{(k)}(x)=e^x:\]

Քանի որ այդ դեպքում f(0)=1, f(k)(0)=1, ուստի Թեյլորի բանաձևով կստանանք՝

\[e^x=1+ \frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^n}{n!}+r_n(x):\]

2) Եթե f(x)=sinx, ապա
\[f^{(k)}(x)=\sin \left( x+\frac{k \pi }{2} \right)\]

ուստի՝
\[f(0)=0, \quad f^{(2m)}(0)= \sin m\pi =0\]

\[f^{(2m-1)}(0)=\sin \left( m \pi-\frac{\pi }{2} \right)=(-1)^{m-1} \quad (m=1, 2, 3, ...)\]

Այդ պատճառով Թեյլորի բանաձևի մեջ ընդունելով n=2m, կունենանք՝
\[\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!}-...+(-1)^{m-1} \frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!}+r_{2m}(x):\]

3) Նույն ձևով, երբ f(x)=cosx, կունենանք՝
\[f^{(k)}(x)= \cos \left( x+ \frac{k \pi}{2} \right), \quad f(0)=1\]

\[f^{2m}(0)=(-1)^m, \quad f^{(2m-1)}(0) =0 \quad (m=1, 2, 3, … )\]

Ուստի, եթե ընդունենք n=2m+1

\[\cos x = 1- \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!}- ...+(-1)^m \frac{x^{2m}}{(2m)!} + r_{2m+1}(x):\]

4) Այժմ դիտարկենք xm աստիճանային ֆունկցիան, որտեղ m-ը ոչ բնական թիվ է, ոչ էլ զրո։ Այս դեպքում, երբ x->0, կամ ինքը ֆունկցիան (եթե m<0), կամ նրա ածանցյալները (սկսած որևէ կարգից, երբ n>m) անվերջ աճում են։ Հետևապես, այստեղ արդեն չի կարելի վերցնել x0=0:

Վերցնենք x0=1, այսինքն՝ xm-ը վերլուծենք (x-1)-ի աստիճաններով։ Ի միջի այլոց, ինչպես արդեն ասվել է, որպես նոր փոփոխական կարելի է ընդունել (x-1)-ը։ Այդ փոփոխականը նախկինի նման դարձյալ նշանակենք x-ով և (1+x)m ֆունկցիան վերլուծենք x-ի աստիճաններով։

Ինչպես գիտենք ածանցյալի ընդհանուր բանաձևերի դասից

\[f^{(k)}(x)=m(m-1)...(m-k+1)(1+x)^{m-k},\]

ուստի՝
\[f(0)=1, \quad f^{(k)}(0)=m(m-1)...(m-k+1):\]

Վերլուծումը կունենա հետևյալ տեսքը՝
\[(1+x)^m=1+mx+\frac{m(m-1)}{1 \cdot 2}x^2+...+\frac{m(m-1)...(m-n+1)}{1 \cdot 2 \cdot 3...n}x^n+r_n(x):\]

5) Եթե անցնենք lnx լոգարիթմական ֆունկցիային, որը, երբ x->0, ձգտում է մինուս անվրջությանմ ապա, ինչպես և նախորդ օրինակում, նպատակահարմար կլինի դիտարկել f(x)=ln(1+x) ֆունկցիան և այն վերլուծել x-ի աստիճաններով։
Այդ ժամանակ բարձր կարգի ածանցյալների դասից կունենանք՝

\[f^{(k)}(x)= \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k},\]

\[f(0)=0 \quad f^{(k)}(0)=(-1)^{k-1}(k-1)!,\]

որտողից՝
\[ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-...+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+r_n(x)\]

6) Դիցուք, այժմ f(x)=arctgx: Բարձր կարգի ածանցյալների դասից հեշտ է ստանալ սրա ածանցյալների արժեքներն x=0 կետում՝

\[f^{(2m)}(0)=0, \quad f^{(2m-1)}(0)=(-1)^{m-1}(2m-2)!,\]

ուստի նրա վերլուծումը կներկայացվի այսպես՝
\[arctg x = x-\frac{x^3}{3}+ \frac{x^5}{5}-...+(-1)^{m-1} \frac{x^{2m-1}}{2m-1}+r_{2m}(x):\]

Վերջին ավելացված նյութերը

Դեկտեմբերի 01 2019
Հոկտեմբերի 30 2019
Հոկտեմբերի 14 2019
Free Joomla! templates by AgeThemes