Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/SuppMathOperators.js

5.7.2 Разложения основных элементарных функций

Формулу Тейлора с центром в точке x0=0 называют формулой Маклорена
f(x)=f(0)+f(0)1!x+f(0)2!x2++f(n)(0)n!xn+ˉo(xn) (x0).

Построим разложения некоторых функций по формуле Маклорена.

  1. f(x)=ex, f(x)=f(x)==f(n)(x)=ex, f(0)=f(0)==f(n)(0)=1. Поэтому получаем
    ex=1+11!x+12!x2+13!x3++1n!xn+ˉo(xn)==nk=01k!xk+ˉo(xn).
  2. f(x)=sinx, f(x)=cosx, f(x)=sinx, f(x)=cosx, f(4)(x)=sinx. Теперь легко видеть, что f(k)(x)=sin(x+kπ2) (k=0,1,). Поэтому
    f(k)(0)={0, k=2s, s=0,1,,(1)s, k=2s+1, s=0,1,.
    Таким образом, получаем
    sinx=0+11!x+02!x2+13!x3+04!x4+15!+++(1)n1(2n+1)!x2n+1+0(2n+2)!x2n+2+ˉo(x2n+2)==xx33!+x55!+(1)nx2n+1(2n+1)!+ˉo(x2n+2)==nk=0(1)kx2k+1(2k+1)!+ˉo(x2n+2).
  3. f(x)=cosx. Как и в предыдущем примере, легко убедиться в том, что f(k)(x)=cos(x+kπ2) (k=0,1,). Отсюда
    f(k)(0)={(1)s, k=2s,0, k=2s+1, и тогда
    cosx=1+01!x+12!x2+03!x3+14!x4+++(1)n(2n)!x2n+0(2n+1)!x2n+1+ˉo(x2n+1)==1x22!+x44!+(1)nx2n(2n)!+ˉo(x2n+1)==nk=0(1)kx2k(2k)!+ˉo(x2n+1).
  4. Функция f(x)=(1+x)α (αR) определена в окрестности нуля единичного радиуса. Имеем
    f(x)=α(1+x)α1, f(0)=α,f(x)=α(α1)(1+x)α2, f(0)=α(α1),,f(k)(x)=α(α1)(αk+1)(1+x)αk,f(k)(0)=α(α1)(αk+1). Поэтому
    (1+x)α=1+α1!x+α(α1)2!x2+α(α1)(α2)3!x3+++α(α1)(αn+1)n!xn+ˉo(xn)==1+nk=1α(α1)(αk+1)k!xk+ˉo(xn).
    В частности, если α=n, то получим (1+x)n=1+nx+n(n1)2!x2++xn, т. е. формулу бинома Ньютона. Если же α=1, то 11+x=1x+x2+(1)nxn+ˉo(xn) — сумма геометрической прогрессии со знаменателем x и первым слагаемым, равным 1.
  5. Функция f(x)=ln(1+x) определена в окрестности нуля радиуса 1. Имеем f(0)=0,
    f(x)=11+x, f(0)=1,f(x)=1(1+x)2, f(0)=1,f(x)=2(1+x)3, f(0)=2,f(4)(x)=23(1+x)4, f(4)(0)=23,,f(k)(x)=(1)k1(k1)!(1+x)k, f(k)(0)=(1)k1(k1)!, k=1,2,
    Отсюда имеем ln(1+x)=xx22+x33x44++(1)n1xnn+ˉo(xn)==nk=1(1)k1xkk+ˉo(xn).

Примеры решения практических заданий

  1. Вычислить предел I=limx0exsinxx(1+x)x3.
    Решение

    Используя равенства ex=1+x+x22+ˉo(x2), sinx=xx36+ˉo(x4), получаем
    I=limx0(1+x+x22+ˉo(x2))(xx36+ˉo(x4))xx2x3= =limx0x+x2+x32x36+ˉo(x3)xx2x3=13.

  2. Вычислить предел I=limx01(cosx)sinxx3.
    Решение

    Поскольку sinxlncosx0 (x0), то
    I=limx01esinxlncosxx3=limx01(1+sinxlncosx+ˉo(sinxlncosx))x3.
    Воспользуемся следующими равенствами: ˉo(sinxlncosx)=ˉo(x(cosx1))=ˉo(x3), sinx=x+ˉo(x2), lncosx=ln(1+(cosx1))= =cosx1(cosx1)22+ˉo((cosx1)2)=x22+ˉo(x3).
    Поэтому получим I=limx0(x+ˉo(x2))(x22+ˉo(x3))+ˉo(x3)x3= =limx0x32+ˉo(x3)x3=12.

  3. Вычислить предел I=limx+(6x6+x56x6x5).
    Решение

    I=limx+(6x6+x56x6x5)=limx+(x61+1xx611x)=
    =limx+x((1+1x)16(11x)16)=
    Воспользовавшись разложениями
    (1+1x)16=1+16x572x2+ˉo(1x2)
    (11x)16=116x572x2+ˉo(1x2) получаем
    I=limx+x(13x+ˉo(1x2))=limx+(13+ˉo(1x))=13

  4. Вычислить предел I=limx+0ax+ax2x2 (a>0).
    Решение

    I=limx+0ax+ax2x2=limx+0exlna+exlna2x2
    Воспользовавшись следующими разложениями
    exlna=1+xlna+x22!ln2a+ˉo(x2),
    exlna=1xlna+x22!ln2a+ˉo(x2) имеем

    I=limx+0(ln2a+ˉo(1))=ln2a (a>0).

Разложения основных элементарных функций

Пройдите тест, чтобы проверить свои знания о разложениях основных элементарных функций

Таблица лучших: Разложения основных элементарных функций

максимум из 5 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

См. также:

М1762. Две тысячи делителей

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 4 выпуск)

Условие

Существует ли натуральное число n такое, что n имеет ровно 2000 различных простых делителей и 2n+1 делится на n?

Решение

Докажем по индукции, что для любого натурального k существует натуральное nk, имеющее k различных простых делителей, делящееся на 3 и такое, что 2nk+1 делится на nk.

Для k=1 можно взять n=3. Пусть число nk=n, кратное 3, имеет k различных простых делителей, причём 2n+1 делится на n.

Число 23n+1=(2n+1)(22n2n+1) делится на 3n. Это следует из того, что 2n+1 делится на n, а
22n2n+1=(2n2)(2n+1)+3() делится на 3 (поскольку при нечётном n числа 2n+1 и 2n2 делятся на 3).

Далее, число 22n2n+1 не делится на 9, поскольку на 9 делится произведение (2n2)(2n+1). Значит, поскольку 22n2n+1>3 при n>1, то это число имеет при n>1 простой делитель p>3. Так как НОД (2n+1,22n2n+1)=3 (это тоже ясно из равенства ()), то p — не делитель n.

Из сказанного следует, что число 3pn имеет k+1 простой делитель, причём 23pn+1 делится на 3pn. Последнее следует, например из равенства
(23n)p+1=(23n+1)((23n)p1(23n)p2++1)

Для завершения решения достаточно положить nk+1=3pn=3pnk.

А.Егоров, В.Сендеров

М1759. Остроугольный прямоугольник

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 4 выпуск)

Условие

Имеется остроугольный треугольник с меньшей стороной c и противолежащим ей углом γ . Известно, что треугольник можно раскрасить в два цвета так, что расстояние между любыми двумя точками одного цвета будет не больше с. Докажите, что γ.

Решение

Рисунок к задачеРассмотрим треугольник ABC с длинами сторон AB=c, BC=a, CA=b, причём a \geqslant b \geqslant c; углы при вершинах A, B и C обозначим соответственно через \alpha, \beta и \gamma.

Пусть точка K — середина стороны BC, точка A_1 — пересечение серединного перпендикуляра к BC и стороны AC (см. рисунок).

Из условия задачи следует, что в указанной раскраске вершины B и C должны быть разного цвета, поскольку расстояние между ними больше c (если оно равно c, то треугольник равносторонний, и для него утверждение задачи выполняется). Значит, точка A_1 должна иметь одинаковый цвет с одной из точек B или C.

В любом случае должно выполняться неравенство AB \geqslant A_1C, которое равносильно следующим неравенствам:
c \geqslant \frac{a}{2\cos\gamma}\;;\;\frac{\sin\gamma}{\sin\alpha}\geqslant\frac{1}{2\cos\gamma};
\sin2\gamma \geqslant \sin\alpha\;;\;\alpha \leqslant 2\gamma \leqslant \pi-\alpha
Учитывая, что 2\gamma \leqslant \beta+\gamma=\pi-\alpha, имеем: AB \geqslant A_1C \Leftrightarrow \alpha \leqslant 2\gamma .

Завершаем доказательство:
180^\circ = \alpha+\beta+\gamma \leqslant 2\gamma+2\gamma+\gamma=5\gamma \Rightarrow \gamma \geqslant 36^\circ .

А.Эвнин