ряды
 Скачать 0.7 Mb.
|
|
Московский государственный технический университет радиотехники, электроники и автоматики МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ III семестр Контрольные задания для студентов факультета Кибернетики Контрольные задания по теме: «РЯДЫ» https://www.zachet.ru/reshebnik-kontrolnogo-zadaniya-po-matematicheskomu- analizu-iii-semestr-kibernetika-mgtu-mirea/ Наша группа вКонтакте https://vk.com/zachet_ru С Уважением, https://www.zachet.ru/ Московский государственный технический университет радиотехники, электроники и автоматики МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ III семестр Контрольные задания для студентов факультета Кибернетики Контрольные задания по теме: «РЯДЫ» Вариант 9 Задача 1. Исследовать на сходимость числовые ряды: а) ∑(−1) 𝑛 𝑛 tg 𝑛 + 2 𝑛 2 + 2 ∞ 𝑛=1 ;б) ∑ 1 (𝑛 + 1) ln 2 (𝑛 + 1) ∞ 𝑛=1 Решение. а) Это знакочередующийся ряд. По признаку Лейбница, он сходится, если абсолютные величины его членов монотонно убывают, а общий член стремится к нулю. Второе условие не выполняется, т.к. lim 𝑛→∞ (𝑛 tg 𝑛 + 2 𝑛 2 + 2 ) = lim 𝑛→∞ 𝑛(𝑛 + 2) 𝑛 2 + 2 = lim 𝑛→∞ 1 + 2 𝑛 1 + 2 𝑛 2 = 1 Значит, ряд ∑ (−1) 𝑛 𝑛 tg 𝑛+2 𝑛 2 +2 ∞ 𝑛=1 расходится. б) Для этого ряда необходимое условие сходимости выполняется: lim 𝑛→∞ 1 (𝑛+1) ln 2 (𝑛+1) = 0. По интегральному признаку получим ∫ 1 (𝑛+1) ln 2 (𝑛+1) 𝑑𝑛 ∞ 1 = [− 1 ln(𝑛+1) ]| 1 ∞ = 1 ln 2 < ∞, значит, ряд ∑ 1 (𝑛+1) ln 2 (𝑛+1) ∞ 𝑛=1 сходится. Задача 2. Исследовать знакочередующийся ряд на абсолютную и условную сходимость. ∑(−1) 𝑛+1 1 2𝑛 + √𝑛 ∞ 𝑛=1 Решение. Рассмотрим ряд, состоящий из абсолютных величин данного ряда ∑ 1 2𝑛+√𝑛 ∞ 𝑛=1 Для этого ряда необходимое условие сходимости выполняется: lim 𝑛→∞ 1 2𝑛+√𝑛 = 1 ∞ = 0. Известно, что ряд lim 𝑛→∞ 1 𝑛 – расходится. Так как lim 𝑛→∞ 𝑏 𝑛 𝑎 𝑛 = lim 𝑛→∞ 1 𝑛 1 2𝑛+√𝑛 = lim 𝑛→∞ 2𝑛+√𝑛 𝑛 = lim 𝑛→∞ (2 + 1 √𝑛 ) = 2, 0 < 2 < +∞, то по второму признаку сравнения рядов, ряд ∑ 1 2𝑛+√𝑛 ∞ 𝑛=1 расходится. Рассмотрим знакочередующийся ряд ∑ (−1) 𝑛+1 1 2𝑛+√𝑛 ∞ 𝑛=1 . По признаку Лейбница, он сходится, если абсолютные величины его членов монотонно убывают, а общий член стремится к нулю. Первое условие выполняется, так как 1 2𝑛+√𝑛 > 1 2(𝑛+1)+√𝑛+1 . Второе условие также выполняется: lim 𝑛→∞ 1 2𝑛+√𝑛 = 0. Значит, ряд ∑ (−1) 𝑛+1 1 2𝑛+√𝑛 ∞ 𝑛=1 сходится. Таким образом, ряд ∑ (−1) 𝑛+1 1 2𝑛+√𝑛 ∞ 𝑛=1 является условно сходящимся. Задача 3. Найти интервал сходимости степенного ряда. Исследовать поведение ряда на концах интервала сходимости. ∑ 2𝑛 + 3 𝑛 2 √𝑛 3 + 1 (𝑥 + 7) 𝑛 ∞ 𝑛=0 Решение. По признаку Даламбера получим lim 𝑛→∞ | 𝑎 𝑛+1 𝑎 𝑛 | = = lim 𝑛→∞ | (2(𝑛 + 1) + 3)(𝑥 + 7) 𝑛+1 (𝑛 + 1) 2 √𝑛 + 1 3 + 1 ∙ 𝑛 2 √𝑛 3 + 1 (2𝑛 + 3)(𝑥 + 7) 𝑛 | = = |𝑥 + 7| lim 𝑛→∞ | (2𝑛 + 5)(𝑛 2 √𝑛 3 + 1) (2𝑛 + 3)((𝑛 + 1) 2 √𝑛 + 1 3 + 1) | = = |𝑥 + 7| lim 𝑛→∞ | (2+ 5 𝑛 )(1+ 1 𝑛2 √𝑛 3 ) (2+ 3 𝑛 )((1+ 1 𝑛 ) 2 √1+ 1 𝑛 3 + 1 𝑛2 √𝑛 3 ) | = |𝑥 + 7| < 1, т.е. радиус сходимости 𝑅 = 1. Интервал сходимости найдем из неравенства | 𝑥 + 7| < 1. Отсюда, 𝑥 ∈ (−8; −6). При 𝑥 = −8 получим: ∑ (−1) 𝑛 2𝑛+3 𝑛 2 √𝑛 3 +1 ∞ 𝑛=0 . Это знакочередующийся ряд. По признаку Лейбница, он сходится, если абсолютные величины его членов монотонно убывают, а общий член стремится к нулю. Первое условие выполняется, так как 2𝑛 + 3 𝑛 2 √𝑛 3 + 1 > 2(𝑛 + 1) + 3 (𝑛 + 1) 2 √𝑛 + 1 3 + 1 Второе условие тоже выполняется, т.к. lim 𝑛→∞ 2𝑛 + 3 𝑛 2 √𝑛 3 + 1 = lim 𝑛→∞ 2 + 3 𝑛 𝑛√𝑛 3 + 1 = 0 Значит, ряд ∑ (−1) 𝑛 2𝑛+3 𝑛 2 √𝑛 3 +1 ∞ 𝑛=0 сходится. При 𝑥 = −6 получим: ∑ 2𝑛+3 𝑛 2 √𝑛 3 +1 ∞ 𝑛=0 . Для этого ряда необходимое условие сходимости выполняется: lim 𝑛→∞ 2𝑛+3 𝑛 2 √𝑛 3 +1 = lim 𝑛→∞ 2+ 3 𝑛 𝑛 √𝑛 3 +1 = 0. Известно, что ряд ∑ 1 𝑛 √𝑛 3 ∞ 𝑛=1 сходится. Так как lim 𝑛→∞ 𝑏 𝑛 𝑎 𝑛 = lim 𝑛→∞ 1 𝑛 √𝑛 3 2𝑛+3 𝑛2 √𝑛 3 +1 = lim 𝑛→∞ 𝑛 2 √𝑛 3 +1 𝑛 √𝑛 3 (2𝑛+3) = lim 𝑛→∞ 1+ 1 𝑛2 √𝑛 3 2+ 3 𝑛 = 1 2 , 0 < 1 2 < +∞, то по второму признаку сравнения рядов, ряд ∑ 2𝑛+3 𝑛 2 √𝑛 3 +1 ∞ 𝑛=0 сходится. Таким образом, ряд ∑ 2𝑛+3 𝑛 2 √𝑛 3 +1 (𝑥 + 7) 𝑛 ∞ 𝑛=0 сходится при 𝑥 ∈ [−8; −6]. Задача 4. Разложить функцию 𝑓(𝑥) в ряд Тейлора по степеням (𝑥 − 𝑥 0 ). Указать область сходимости полученного ряда. Найти 𝑓 (109) (𝑥 0 ). а) 𝑓(𝑥) = sin 2 3𝑥, 𝑥 0 = −6; б) 𝑓(𝑥) = ln(2 − 3𝑥 + 𝑥 2 ), 𝑥 0 = 0. Решение. а) 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥 0 ) + 𝑓 ′ (𝑥 0 ) ⋅ (𝑥 − 𝑥 0 ) + 𝑓 ″ (𝑥 0 )⋅(𝑥−𝑥 0 ) 2 2! + ⋯ + 𝑓 (𝑛) (𝑥 0 )⋅(𝑥−𝑥 0 ) 𝑛 𝑛! + ⋯. 𝑓(𝑥) = sin 2 3𝑥 = 1−cos 6𝑥 2 = 1 2 − 1 2 cos 6𝑥, 𝑓(−6) = 1 2 − 1 2 cos 36. 𝑓 ′ (𝑥) = 3 sin 6𝑥, 𝑓 ′ (−6) = −3 sin 36. 𝑓 ″ (𝑥) = 18 cos 6𝑥, 𝑓 ″ (−6) = 18 cos 36. 𝑓 ‴ (𝑥) = − 1 2 ∙ 6 3 sin 6𝑥, 𝑓 ‴ (−6) = 1 2 ∙ 6 3 sin 36. … 𝑓 (2𝑛−1) (−6) = (−1) 𝑛 1 2 ∙ 6 2𝑛−1 sin 36, 𝑓 (2𝑛) (−6) = (−1) 𝑛+1 1 2 ∙ 6 2𝑛 cos 36. Таким образом, 𝑓(𝑥) = sin 2 3𝑥 = 1 2 − 1 2 cos 36 + ∑ (−1) 𝑛 1 2 ∙ 6 2𝑛−1 sin 36 ∙ (𝑥+6) 2𝑛−1 𝑛! ∞ 𝑛=1 + + ∑ (−1) 𝑛+1 1 2 ∙ 6 2𝑛 cos 36 ∙ (𝑥+6) 2𝑛 𝑛! ∞ 𝑛=1 𝑓 (109) (−6) = 𝑓 (2∙55−1) (−6) = (−1) 55 1 2 ∙ 6 109 sin 36 = − 1 2 ∙ 6 109 sin 36. б) 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥 0 ) + 𝑓 ′ (𝑥 0 ) ⋅ (𝑥 − 𝑥 0 ) + 𝑓 ″ (𝑥 0 )⋅(𝑥−𝑥 0 ) 2 2! + ⋯ + 𝑓 (𝑛) (𝑥 0 )⋅(𝑥−𝑥 0 ) 𝑛 𝑛! + ⋯. 𝑓(𝑥) = ln(2 − 3𝑥 + 𝑥 2 ) = ln[(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)] = ln(𝑥 − 1) + ln(𝑥 − 2), 𝑓(0) = ln 2. 𝑓 ′ (𝑥) = 1 (𝑥−1) + 1 (𝑥−2) , 𝑓 ′ (0) = − (1 + 1 2 ). 𝑓 ″ (𝑥) = − ( 1 (𝑥−1) 2 + 1 (𝑥−2) 2 ), 𝑓 ″ (0) = − (1 + 1 2 2 ). 𝑓 ‴ (𝑥) = 2 ( 1 (𝑥−1) 3 + 1 (𝑥−2) 3 ), 𝑓 ‴ (0) = −2 (1 + 1 2 3 ). … 𝑓 (𝑛) (0) = −(𝑛 − 1)! (1 + 1 2 𝑛 ). Таким образом, 𝑓(𝑥) = ln(2 − 3𝑥 + 𝑥 2 ) = ln 2 − ∑ (𝑛 − 1)! (1 + 1 2 𝑛 ) 𝑥 𝑛 𝑛! ∞ 𝑛=1 = = ln 2 − ∑ (1 + 1 2 𝑛 ) 𝑥 𝑛 𝑛 ∞ 𝑛=1 𝑓 (109) (0) = −(109 − 1)! (1 + 1 2 109 ) = −108! (1 + 1 2 109 ). Задача 5. Используя признак Вейерштрасса, доказать равномерную сходимость функционального ряда на указанном промежутке. ∑ 𝑥 𝑛! ∞ 𝑛=1 , [− 1 2 , 1 2 ] Решение. Рассмотрим ряд ∑ 1 2 𝑛! ∞ 𝑛=1 , причем 1 2 𝑛! ≥ |𝑥 𝑛! | при 𝑥 ∈ [− 1 2 , 1 2 ]. Для этого ряда необходимое условие сходимости выполняется: lim 𝑛→∞ 1 2 𝑛! = 0. По признаку Даламбера получим lim 𝑛→∞ 𝑎 𝑛+1 𝑎 𝑛 = = lim 𝑛→∞ 2 𝑛! 2 (𝑛+1)! = lim 𝑛→∞ 1 2 (𝑛+1)!−𝑛! = lim 𝑛→∞ 1 2 𝑛!∙𝑛 = 0 < 1, то есть ряд ∑ 1 2 𝑛! ∞ 𝑛=1 сходится. Так как ряд ∑ 1 2 𝑛! ∞ 𝑛=1 сходится, то данный функциональный ряд ∑ 𝑥 𝑛! ∞ 𝑛=1 сходится равномерно и абсолютно. Задача 6. а) Разложить функцию 𝑦 = 𝑓(𝑥), заданную на полупериоде (0, 𝑙), в ряд Фурье по косинусам. построить график второй, третьей, десятой частичных сумм. Написать равенство Парсеваля для полученного ряда. Сумму какого числового ряда можно отыскать с помощью полученного равенства? б) Разложить функцию 𝑦 = 𝑓(𝑥), заданную на полупериоде (0, 𝑙), в ряд Фурье по синусам. Построить графики второй, третьей, десятой частичных сумм. Указать тип сходимости полученного ряда. в) Разложить функцию 𝑦 = 𝑓(𝑥) в ряд Фурье, продолжая ее на полупериод (−𝑙, 0) функцией, равной 0. Построить графики второй, четвертой, десятой частичных сумм. Указать тип сходимости полученного ряда. 𝑦 = cos 𝑥 2 , ( 0, 𝜋). Решение. а) Ряд Фурье по косинусам имеет вид 𝑓(𝑥) = 𝑎 0 2 + ∑ 𝑎 𝑚 cos 𝑚𝜋𝑥 𝑙 ∞ 𝑚=1 , где 𝑙 = 𝜋, 𝑎 𝑚 = 2 𝑙 ∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑚𝜋𝑥 𝑙 𝑑𝑥 𝑙 0 Найдем эти коэффициенты: 𝑎 0 = 2 𝜋 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝜋 0 = 2 𝜋 ∫ cos 𝑥 2 𝑑𝑥 𝜋 0 = 2 𝜋 (2 sin 𝑥 2 )| 0 𝜋 = 2 𝜋 (2 sin 𝜋 2 − 2 sin 0) = 4 𝜋 ; 𝑎 𝑚 = 2 𝜋 ∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑚𝜋𝑥 𝜋 𝑑𝑥 𝜋 0 = 2 𝜋 ∫ cos 𝑥 2 cos 𝑚𝑥 𝑑𝑥 𝜋 0 = = 1 𝜋 ∫ (cos ( 2𝑚 + 1 2 𝑥) + cos ( 2𝑚 − 1 2 𝑥)) 𝑑𝑥 𝜋 0 = = 1 𝜋 ( 2 2𝑚 + 1 sin ( 2𝑚 + 1 2 𝑥) + 2 2𝑚 − 1 sin ( 2𝑚 − 1 2 𝑥))| 0 𝜋 = = 1 𝜋 ( 2 2𝑚 + 1 sin ( 2𝑚 + 1 2 𝜋) + 2 2𝑚 − 1 sin ( 2𝑚 − 1 2 𝜋)) − 1 𝜋 ( 2 2𝑚 + 1 sin 0 + 2 2𝑚 − 1 sin 0) = = 1 𝜋 ( 2 2𝑚 + 1 sin (𝜋𝑚 + 𝜋 2 ) + 2 2𝑚 − 1 sin (𝜋𝑚 − 𝜋 2 )) = = 1 𝜋 ( 2 2𝑚 + 1 cos 𝜋𝑚 − 2 2𝑚 − 1 cos 𝜋𝑚) = 2 𝜋 −2 4𝑚 2 − 1 cos 𝜋𝑚 = −4 𝜋(4𝑚 2 − 1) cos 𝜋𝑚. Получаем, 𝑓(𝑥) = 2 𝜋 + ∑ −4 𝜋(4𝑚 2 −1) cos 𝜋𝑚 cos 𝑚𝑥 ∞ 𝑚=1 Равенство Парсеваля: ∫ {𝑓(𝑥)} 2 𝑑𝑥 𝜋 0 = ∑ ( −4 𝜋(4𝑚 2 −1) cos 𝜋𝑚) 2 ∞ 𝑚=1 б) Ряд Фурье по синусам имеет вид 𝑓(𝑥) = ∑ 𝑏 𝑚 sin 𝑚𝜋𝑥 𝑙 ∞ 𝑚=1 , где 𝑙 = 𝜋, 𝑏 𝑚 = 2 𝑙 ∫ 𝑓(𝑥) sin 𝑚𝜋𝑥 𝑙 𝑑𝑥 𝑙 0 Найдем эти коэффициенты: 𝑏 𝑚 = 2 𝜋 ∫ 𝑓(𝑥) sin 𝑚𝜋𝑥 𝜋 𝑑𝑥 𝜋 0 = 2 𝜋 ∫ cos 𝑥 2 sin 𝑚 𝑥𝑑𝑥 𝜋 0 = = 1 𝜋 ∫ (sin ( 2𝑚 + 1 2 𝑥) + sin ( 2𝑚 − 1 2 𝑥)) 𝑑𝑥 𝜋 0 = = 1 𝜋 (− 2 2𝑚 + 1 cos ( 2𝑚 + 1 2 𝑥) − 2 2𝑚 − 1 cos ( 2𝑚 − 1 2 𝑥))| 0 𝜋 = = 1 𝜋 (− 2 2𝑚 + 1 cos ( 2𝑚 + 1 2 𝜋) − 2 2𝑚 − 1 cos ( 2𝑚 − 1 2 𝜋)) − 1 𝜋 (− 2 2𝑚 + 1 cos 0 − 2 2𝑚 − 1 cos 0) = = 1 𝜋 ( 2 2𝑚 + 1 (1 − cos (𝜋𝑚 + 𝜋 2 )) + 2 2𝑚 − 1 (1 − cos (𝜋𝑚 − 𝜋 2 ))) = = 1 𝜋 ( 2 2𝑚 + 1 (1 + sin 𝜋𝑚) + 2 2𝑚 − 1 (1 − sin 𝜋𝑚)) = 1 𝜋 ( 2 2𝑚 + 1 + 2 2𝑚 − 1 ) = 8𝑚 𝜋(4𝑚 2 − 1) Получаем, 𝑓(𝑥) = ∑ 8𝑚 𝜋(4𝑚 2 −1) sin 𝑚 𝑥 ∞ 𝑚=1 в) Ряд Фурье имеет вид 𝑓(𝑥) = 𝑎 0 2 + ∑ (𝑎 𝑚 cos 𝑚𝜋𝑥 𝑙 + 𝑏 𝑚 sin 𝑚𝜋𝑥 𝑙 ) ∞ 𝑚=1 , где 𝑙 = 𝜋, 𝑎 𝑚 = 1 𝑙 ∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑚𝜋𝑥 𝑙 𝑑𝑥 𝑙 −𝑙 , 𝑏 𝑚 = 1 𝑙 ∫ 𝑓(𝑥) sin 𝑚𝜋𝑥 𝑙 𝑑𝑥 𝑙 −𝑙 Найдем эти коэффициенты: 𝑎 0 = 1 𝜋 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝜋 −𝜋 = 1 𝜋 ∫ cos 𝑥 2 𝑑𝑥 𝜋 0 = 2 𝜋 ; 𝑎 𝑚 = 1 𝜋 ∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑚𝜋𝑥 𝜋 𝑑𝑥 𝜋 −𝜋 = 1 𝜋 ∫ cos 𝑥 2 cos 𝑚𝑥 𝑑𝑥 𝜋 0 = −2 𝜋(4𝑚 2 − 1) cos 𝜋𝑚 ; 𝑏 𝑚 = 1 𝜋 ∫ 𝑓(𝑥) sin 𝑚𝜋𝑥 𝜋 𝑑𝑥 𝜋 −𝜋 = 1 𝜋 ∫ cos 𝑥 2 sin 𝑚 𝑥𝑑𝑥 𝜋 0 = 8𝑚 𝜋(4𝑚 2 − 1) Получаем, 𝑓(𝑥) = 1 𝜋 + ∑ ( −2 𝜋(4𝑚 2 −1) cos 𝜋𝑚 cos 𝑚𝑥 + 8𝑚 𝜋(4𝑚 2 −1) sin 𝑚𝑥) ∞ 𝑚=1 Задача 7. Методом Фурье найти решение уравнения колебаний струны 𝜕 2 𝑢 𝜕𝑡 2 = 𝜕 2 𝑢 𝜕𝑥 2 длины 𝑙 = 2, закрепленной на концах: 𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(2, 𝑡) = 0 и удовлетворяющей следующим начальным условиям: 𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥), 𝜕𝑢(𝑥,0) 𝜕𝑡 = 𝜑(𝑥). 𝑓(𝑥) = { 2𝑥, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 2(2 − 𝑥) 1 ≤ 𝑥 ≤ 2; 𝜑 (𝑥) = 0. Решение. По методу Фурье уравнение 𝜕 2 𝑢 𝜕𝑡 2 = 𝜕 2 𝑢 𝜕𝑥 2 имеет следующее решение: 𝑢(𝑥, 𝑡) = (𝐴 ⋅ cos √𝜆𝑥 + 𝐵 ⋅ sin √𝜆𝑥)(𝐶 ∙ cos √𝜆𝑡 + 𝐷 ⋅ sin √𝜆𝑡). Постоянные 𝐴 и 𝐵 можно найти, используя краевые условия: 𝑢(0, 𝑡) = 0 ⇒ 𝐴 ⋅ (𝐶 ∙ cos √𝜆𝑡 + 𝐷 ⋅ sin √𝜆𝑡) = 0, 𝐴 = 0; 𝑢(2, 𝑡) = 0 ⇒ (𝐴 ⋅ cos 2√𝜆 + 𝐵 ⋅ sin 2√𝜆)(𝐶 ∙ cos √𝜆𝑡 + 𝐷 ⋅ sin √𝜆𝑡) = 0, 𝐵 ⋅ sin 2√𝜆 = 0, √𝜆 = 𝑘 ⋅ 𝜋 2 , где 𝑘 = 1,2, …. При найденных значениях 𝜆 получаем 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐵 sin ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑥) (𝐶 cos ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑡) + 𝐷 sin ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑡)), или 𝑢 𝑘 (𝑥, 𝑡) = sin ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑥) ⋅ (𝑎 𝑘 ⋅ cos ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑡) + 𝑏 𝑘 ⋅ sin ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑡)), т.к. каждому значению 𝑘 отвечают свои постоянные 𝐶 и 𝐷, а постоянную 𝐵 включаем в 𝑎 𝑘 и 𝑏 𝑘 Таким образом, 𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝑢 𝑘 (𝑥, 𝑡) ∞ 𝑘=1 = ∑ (𝑎 𝑘 ⋅ cos ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑡) + 𝑏 𝑘 ⋅ sin ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑡)) sin ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑥) ∞ 𝑘=1 Решение должно удовлетворять начальным условиям: 𝑢(𝑥, 0) = { 2𝑥, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 2(2 − 𝑥) 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 ⇒ ∑ 𝑎 𝑘 ⋅ sin ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑥) ∞ 𝑘=1 = { 2𝑥, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 2(2 − 𝑥) 1 ≤ 𝑥 ≤ 2, 𝑎 𝑘 = 2 2 ∫ 2𝑥 ⋅ sin ( 𝑘𝜋𝑥 2 ) 𝑑𝑥 1 0 + 2 2 ∫ 2(2 − 𝑥) ⋅ sin ( 𝑘𝜋𝑥 2 ) 𝑑𝑥 2 1 = 16 sin 𝑘𝜋 2 (𝑘𝜋) 2 𝑢 𝑡 (𝑥, 0) = 0 ⇒ 𝜕𝑢 𝜕𝑡 = ∑ (− 𝑘𝜋 2 𝑎 𝑘 ⋅ sin ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑡) + 𝑘𝜋 2 𝑏 𝑘 ⋅ cos ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑡)) sin ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑥) ∞ 𝑘=1 , ∑ 𝑘𝜋 2 𝑏 𝑘 ⋅ sin ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑥) ∞ 𝑘=1 = 0, 𝑏 𝑘 = 0. Таким образом, 𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝑢 𝑘 (𝑥, 𝑡) ∞ 𝑘=1 = ∑ 16 sin 𝑘𝜋 2 (𝑘𝜋) 2 cos ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑡) sin ( 𝑘𝜋 2 ⋅ 𝑥) ∞ 𝑘=1 Задача 8. Найти приближенное решение задачи Коши 𝑎(𝑥)𝑦 ″ + 𝑏(𝑥)𝑦 ′ + 𝑐(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥), 𝑦(0) = 0, 𝑦 ′ (0) = 0. Решение задачи Коши ищется в виде степенного ряда ∑ 𝐶 𝑘 𝑥 𝑘 ∞ 𝑘=0 , коэффициенты которого вычисляются последовательно. Ограничиваясь суммой ∑ 𝐶 𝑘 𝑥 𝑘 𝑁 𝑘=0 , содержащей 𝑁 + 1 член ряда, получаем приближенное решение. Оценка погрешности этого решения в работе облегчается тем, что получающиеся степенные ряды – знакочередующиеся. Требуется, чтобы эта погрешность не превосходила 0.001 при 𝑥 ∈ [0, 𝑥 0 ]. 𝑦 ″ + 𝑥 3 𝑦 ′ + 3𝑥 2 𝑦 = 3𝑥, 𝑥 0 = 0.75. Решение. Будем искать решение этого уравнения в виде ряда 𝑦 = 𝐶 0 + 𝐶 1 𝑥 + 𝐶 2 𝑥 2 + ⋯ + 𝐶 𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯. Тогда 𝑦 ′ = 𝐶 1 + 2𝐶 2 𝑥 + ⋯ + 𝑛𝐶 𝑛 𝑥 𝑛−1 + ⋯, 𝑦 ″ = 2𝐶 2 + 3 ⋅ 2 ⋅ 𝐶 3 𝑥 + 4 ⋅ 3 ⋅ 𝐶 4 𝑥 2 … + 𝑛 ⋅ (𝑛 − 1)𝐶 𝑛 𝑥 𝑛−2 + ⋯. Подставляя 𝑦, 𝑦 ′ и 𝑦 ″ в исходное уравнение, получим (2𝐶 2 + 3 ⋅ 2 ⋅ 𝐶 3 𝑥 + 4 ⋅ 3 ⋅ 𝐶 4 𝑥 2 … + 𝑛 ⋅ (𝑛 − 1)𝐶 𝑛 𝑥 𝑛−2 + ⋯ ) + +𝑥 3 (𝐶 1 + 2𝐶 2 𝑥 + ⋯ + 𝑛𝐶 𝑛 𝑥 𝑛−1 + ⋯ ) + 3𝑥 2 (𝐶 0 + 𝐶 1 𝑥 + 𝐶 2 𝑥 2 + ⋯ + 𝐶 𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯ ) ≡ 3𝑥. Сгруппируем члены с одинаковыми степенями 𝑥: 2𝐶 2 + (3 ⋅ 2 ⋅ 𝐶 3 − 3)𝑥 + (4 ⋅ 3 ⋅ 𝐶 4 + 3𝐶 0 )𝑥 2 + (5 ⋅ 4 ⋅ 𝐶 5 + 4𝐶 1 )𝑥 3 + ⋯ + +((𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝐶 𝑛+2 + (𝑛 + 1)𝐶 𝑛−2 )𝑥 𝑛 + ⋯ ≡ 0. Приравнивая нулю все коэффициенты полученного ряда, находим: 𝐶 2 = 0, 𝐶 3 = 3 3⋅2 = 1 2 , 𝐶 𝑛+2 = −𝐶 𝑛−2 𝑛+2 , где 𝑛 = 2,3,4, …. Последнее соотношение позволяет найти последовательно все коэффициенты искомого разложения. Т.к. 𝑦(0) = 0, то 0 = 𝐶 0 + 𝐶 1 ⋅ 0 + 𝐶 2 ⋅ 0 + ⋯ + 𝐶 𝑛 ⋅ 0 + ⋯, т.е. 𝐶 0 = 0. Т.к. 𝑦 ′ (0) = 0, то 0 = 𝐶 1 + 2𝐶 2 ⋅ 0 + ⋯ + 𝑛𝐶 𝑛 ⋅ 0 + ⋯, т.е. 𝐶 1 = 0. Найдем коэффициенты: 𝐶 4𝑘 = (−1) 𝑘 𝐶 0 4⋅8⋅…⋅4𝑘 = 0, 𝐶 4𝑘+1 = (−1) 𝑘 𝐶 1 5⋅9⋅…⋅(4𝑘+1) = 0, 𝐶 4𝑘+2 = (−1) 𝑘 𝐶 2 6⋅10⋅…⋅(4𝑘+2) = 0, 𝐶 4𝑘+3 = (−1) 𝑘 𝐶 3 7⋅11⋅…⋅(4𝑘+3) = (−1) 𝑘 2⋅(7⋅11⋅…⋅(4𝑘+3)) Тогда 𝑦 = 1 2 ⋅ 𝑥 3 + ∑ (−1) 𝑛 2⋅(7⋅11⋅…⋅(4𝑛+3)) 𝑥 4𝑛+3 ∞ 𝑛=1 𝑦(0.75) = 1 2 ⋅ 0.75 3 + ∑ (−1) 𝑛 2⋅(7⋅11⋅…⋅(4𝑛+3)) 0.75 4𝑛+3 ∞ 𝑛=1 При 𝑛 = 1 член ряда равен |−0.071 ⋅ 0.75 7 | = 0.0095 > 0.001; 𝑛 = 2 — |−0.0065 ⋅ 0.75 11 | = 0.00027 < 0.001. Таким образом, с погрешностью 0.001 𝑦 ≈ 1 2 𝑥 3 − 0.071𝑥 7 Задача 9. Приближенно вычислить определенный интеграл. Для вычисления интеграла функцию 𝑓(𝑥) разлагают на отрезке интегрирования в степенной ряд, который интегрируют почленно. Ограничившись несколькими первыми слагаемыми полученного таким образом числового ряда, имеем приближенное значение интеграла. В работе погрешность приближения не должна превышать 0.0001, и оценка этой погрешности упрощается по тем же причинам, что и в задаче 8. ∫ √1 + 𝑥 3 3 𝑑𝑥 0.5 0 Решение. Т.к. разложение ( 1 + 𝑥) 𝛼 в ряд имеет вид ( 1 + 𝑥) 𝛼 = 1 + ∑ 𝛼(𝛼−1)(𝛼−2)…(𝛼−(𝑛−1))𝑥 𝑛 𝑛! ∞ 𝑛=1 , то получим ∫ √1 + 𝑥 3 3 𝑑𝑥 0.5 0 = ∫ (1 + ∑ 1 3 ⋅ −2 3 ⋅ −5 3 …( 1 3 −(𝑛−1))𝑥 3𝑛 𝑛! ∞ 𝑛=1 ) 𝑑𝑥 0.5 0 = = (𝑥 + ∑ 1 3 ⋅ −2 3 ⋅ −5 3 …( 1 3 −(𝑛−1))𝑥 3𝑛+1 𝑛!⋅(3𝑛+1) ∞ 𝑛=1 )| 0.5 = 0.5 + ∑ 1 3 ⋅ −2 3 ⋅ −5 3 …( 1 3 −(𝑛−1))⋅0.5 3𝑛+1 𝑛!⋅(3𝑛+1) ∞ 𝑛=1 Найдем такой член ряда, модуль которого не превосходит 0.0001: 𝑛 = 1: | 1 3 ⋅0.5 3∙1+1 1!⋅(3∙1+1) | ≈ |0.00521| > 0.0001, 𝑛 = 2: | 1 3 ⋅ −2 3 ⋅0.5 3∙2+1 2!⋅(3∙2+1) | ≈ |−0.00012| > 0.0001, 𝑛 = 3: | 1 3 ⋅ −2 3 ⋅ −5 3 ⋅0.5 3∙3+1 3!⋅(3∙3+1) | ≈ |0.000006| < 0.0001. Тогда ∫ √1 + 𝑥 3 3 𝑑𝑥 0.5 0 ≈ 0.5 + 0.0052 − 0.0001 = 0.5051. Задача 10. а) Найти преобразование Фурье (спектральную плотность 𝑆(𝑢)) следующей функции (сигнала) б) Продолжить периодическую функцию (сигнал) с интервала [ − 𝑇 2 ; 𝑇 2 ] на всю числовую прямую, разложить в ряд Фурье. Построить графики второй и третьей частичных сумм. Решение. 𝑓(𝑡) = { 2𝐴 𝑇 𝑡 + 𝐴, − 𝑇 2 ≤ 𝑡 ≤ 0 𝐴, 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑇 2 а) 𝑆(𝑢) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑒 −𝑢𝑡 𝑑𝑡 +∞ −∞ = ∫ ( 2𝐴 𝑇 𝑡 + 𝐴) 𝑒 −𝑢𝑡 𝑑𝑡 0 −𝑇 2 + ∫ 𝐴𝑒 −𝑢𝑡 𝑑𝑡 𝑇 2 0 = = (−𝑒 −𝑢𝑡 ( 2𝐴 + 𝐴𝑇𝑢 𝑇𝑢 2 + 2𝐴𝑡 𝑇𝑢 ))| −𝑇 2 0 + (− 𝐴 𝑢 𝑒 −𝑢𝑡 )| 0 𝑇 2 = = −𝑒 0 ( 2𝐴 + 𝐴𝑇𝑢 𝑇𝑢 2 + 2𝐴 𝑇𝑢 ⋅ 0) + 𝑒 𝑢 𝑇 2 ( 2𝐴 + 𝐴𝑇𝑢 𝑇𝑢 2 + 2𝐴 𝑇𝑢 𝑇 2 ) − 𝐴 𝑢 𝑒 −𝑢 𝑇 2 + 𝐴 𝑢 𝑒 0 = = − 2𝐴 𝑇𝑢 2 + 𝑒 𝑢 𝑇 2 ( 2𝐴 + 2𝐴𝑇𝑢 𝑇𝑢 2 ) − 𝐴 𝑢 𝑒 −𝑢 𝑇 2 б) Ряд Фурье имеет вид 𝑓(𝑥) = 𝑎 0 2 + ∑ (𝑎 𝑚 cos 𝑚𝜋𝑥 𝑙 + 𝑏 𝑚 sin 𝑚𝜋𝑥 𝑙 ) ∞ 𝑚=1 , где 𝑎 𝑚 = 1 𝑙 ∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑚𝜋𝑥 𝑙 𝑑𝑥 𝑙 −𝑙 , 𝑏 𝑚 = 1 𝑙 ∫ 𝑓(𝑥) sin 𝑚𝜋𝑥 𝑙 𝑑𝑥 𝑙 −𝑙 Найдем эти коэффициенты: 𝑎 0 = 2 𝑇 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝑇 2 −𝑇 2 = 2 𝑇 (∫ ( 2𝐴 𝑇 𝑥 + 𝐴) 𝑑𝑥 0 −𝑇 2 + ∫ 𝐴𝑑𝑥 𝑇 2 0 ) = 3𝐴 2 ; 𝑎 𝑚 = 2 𝑇 ∫ 𝑓(𝑥) cos 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 𝑑𝑥 𝑇 2 −𝑇 2 = 2 𝑇 ( ∫ ( 2𝐴 𝑇 𝑥 + 𝐴) cos 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 𝑑𝑥 0 −𝑇 2 + ∫ 𝐴 cos 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 𝑑𝑥 𝑇 2 0 ) = = | 𝑈 = 2𝐴 𝑇 𝑥 + 𝐴 𝑑𝑉 = cos 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 𝑑𝑥 𝑑𝑈 = 2𝐴 𝑇 𝑑𝑥 𝑉 = 𝑇 2𝑚𝜋 sin 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 | = = 2 𝑇 (( 2𝐴 𝑇 𝑥 + 𝐴) 𝑇 2𝑚𝜋 sin 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 )| −𝑇 2 0 − 2 𝑇 ∫ 𝐴 𝑚𝜋 sin 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 𝑑𝑥 0 −𝑇 2 + ( 𝐴 𝑚𝜋 sin 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 )| 0 𝑇 2 = = 2 𝑇 (( 2𝐴 𝑇 𝑥 + 𝐴) 𝑇 2𝑚𝜋 sin 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 + 𝐴𝑇 2(𝑚𝜋) 2 cos 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 )| −𝑇 2 0 + ( 𝐴 𝑚𝜋 sin 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 )| 0 𝑇 2 = = 2 𝑇 ((0 + 𝐴) 𝑇 2𝑚𝜋 sin 0 + 𝐴𝑇 2(𝑚𝜋) 2 cos 0 + ( 2𝐴 𝑇 −𝑇 2 + 𝐴) 𝑇 2𝑚𝜋 sin 𝑚𝜋 − 𝐴𝑇 2(𝑚𝜋) 2 cos 𝑚𝜋) + + ( 𝐴 𝑚𝜋 sin 𝑚𝜋 − 𝐴 𝑚𝜋 sin 0) = 𝐴(1 − cos 𝑚𝜋) (𝑚𝜋) 2 ; 𝑏 𝑚 = 2 𝑇 ∫ 𝑓(𝑥) sin 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 𝑑𝑥 𝑇 2 −𝑇 2 = 2 𝑇 (∫ ( 2𝐴 𝑇 𝑥 + 𝐴) sin 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 𝑑𝑥 0 −𝑇 2 + ∫ 𝐴 sin 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 𝑑𝑥 𝑇 2 0 ) = − 𝐴 cos 𝑚𝜋 𝑚𝜋 Получаем 𝑓(𝑥) = 3𝐴 4 + ∑ ( 𝐴(1 − cos 𝑚𝜋) (𝑚𝜋) 2 cos 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 − 𝐴 cos 𝑚𝜋 𝑚𝜋 sin 2𝑚𝜋𝑥 𝑇 ) ∞ 𝑚=1 |