Ряд Тейлора.

Содержание:

  1. Понятие ряда Тейлора.
  2. Остаточный член формулы Тейлора.
  3. Разложение элементарных функций в ряд Тейлора.
    1. Показательная и гиперболические функции.
    2. Тригонометрические функции.
    3. Логарифмическая функция.
    4. Степенная функция.
  4. Элементарные функции комплексного переменного.

Понятие ряда Тейлора.

Если функция \(f(x)\) определена в некоторой окрестности точки \(x_{0}\) и имеет в точке \(x_{0}\) производные всех порядков, то степенной ряд
$$
f(x_{0}) + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x - x_{0})^{n}\label{ref1}
$$
называется рядом Тейлора функции \(f\) в точке \(x_{0}\).

Пусть функция \(f\) регулярна в точке \(x_{0}\), т. е. представляется в некоторой окрестности точки \(x_{0}\) сходящимся к этой функции степенным рядом
$$
f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}(x - x_{0})^{n},\quad |x - x_{0}|\;<\;\rho,\ \rho\;>\;0.\label{ref2}
$$
Тогда по теореме, доказанной здесь, функция \(f\) бесконечно дифференцируема в окрестности точки \(x_{0}\), причем коэффициенты ряда \eqref{ref2} выражаются формулами
$$
a_{0} = f(x_{0}),\quad a_{n} = \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!},\quad n \in \mathbb{N}.\label{ref3}
$$
Таким образом, степенной ряд для функции \(f(x)\), регулярной в данной точке \(a\), совпадает с рядом Тейлора функции \(f\) в точке \(a\).

Если известно, что функция \(f(x)\) бесконечно дифференцируема в точке \(a\) (и даже в некоторой окрестности этой точки), то нельзя утверждать, что составленный для этой функции ряд Тейлора \eqref{ref1} сходится при \(x \neq x_{0}\) к функции \(f(x)\).

Рассмотрим функцию \(f(x) = e^{-1/x^{2}}\), \(x \neq 0\), \(f(0) = 0\). Эта функция определена на \(R\),
$$
f'(x) = \frac{2}{x^{3}}e^{-1/x^{2}},\ f''(x) = \left(\frac{4}{x^{6}} - \frac{6}{x^{4}}\right)e^{-1/x^{2}}\quad\mbox{при}\ x \neq 0,\nonumber
$$
откуда с помощью индукции легко показать, что
$$
f^{(n)}(x) = e^{-1/x^{2}} Q_{3n} \left(\frac{1}{x}\right)\ \mbox{при}\ x \neq 0,\nonumber
$$
где \(Q_{3n}(t)\) — многочлен степени \(3n\) от \(t\). Воспользуемся тем, что \(\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\frac{1}{|x|^{k}}e^{-1/x^{2}}=0\) для любого \(k \in \mathbb{N}\) (решение можно посмотреть здесь), и докажем, что
$$
f^{(k)}(0) = 0\ \mbox{для любого}\ k \in \mathbb{N}.\label{ref4}
$$
Утверждение \eqref{ref4} верно при \(k = 1\), так как \(f'(0) = \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\frac{e^{-1/x^{2}}}{x} = 0\), откуда, предположив, что формула \eqref{ref4} справедлива при \(k = n\), находим
$$
f^{(n + 1)}(0) = \lim_{x \rightarrow 0}\frac{f^{(n)}(x) - f^{(n)}(0)}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} Q_{3n} \left(\frac{1}{x}\right) e^{-1/x^{2}} = 0.\nonumber
$$
Таким образом, по индукции доказано равенство \eqref{ref4}, и поэтому все коэффициенты ряда Тейлора \eqref{ref1} в точке \(x_{0} = 0\) для рассматриваемой функции равны нулю.

Так как \(e^{-1/x^{2}} \neq 0\) при \(x \neq 0\), то сумма ряда Тейлора для функции \(f\) не совпадает с \(f(x)\) при \(x \neq 0\). Иначе говоря, эту функцию нельзя представить рядом Тейлора, сходящимся к ней в окрестности точки \(x_{0} = 0\).

Причина этого явления становится понятной, если функцию \(f\) рассматривать в комплексной плоскости. В самом деле, функция \(f(z) = e^{-1/z^{2}}\) не является непрерывной в точке \(z = 0\), так как \(f(x) = e^{-1/x^{2}} \rightarrow 0\) при \(x \rightarrow 0\), a \(f(iy) = e^{1/y^{2}} \rightarrow +\infty\) при \(y \rightarrow 0\).


Остаточный член формулы Тейлора.

Пусть функция \(f(x)\) бесконечно дифференцируема в точке \(x_{0}\). Тогда ей можно поставить в соответствие ряд \eqref{ref1}. Обозначим
$$
S_{n}(x) = \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x - x_{0})^{k},\label{ref5}
$$
$$
r_{n}(x) = f(x) - S_{n}(x)\label{ref6}
$$
и назовем \(r_{n}(x)\) остаточным членом формулы Тейлора для функции \(f\) в точке \(x_{0}\). Если существует
$$
\lim_{x \rightarrow 0} r_{n}(x) = 0,\label{ref7}
$$
то согласно определению сходимости ряда ряд \eqref{ref1} сходится к функции \(f(x)\) в точке \(x\), т. е.
$$
f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x - x_{0})^{n}.\label{ref8}
$$


Теорема 1.

Если функции \(f(x)\), \(f'(x)\), ..., \(f^{(n + 1)}(x)\) непрерывны на интервале \(\Delta = (x_{0} - \delta, x_{0} + \delta)\), где \(\delta\;>\;0\), то для любого \(x \in \Delta\) остаточный член формулы Тейлора для функции \(f\) в точке \(x_{0}\) можно представить:

  1. в интегральной форме
    $$
    r_{n}(x) = \frac{1}{n!} \int\limits_{x_{0}}^{x} (x - t)^{n}f^{(n + 1)}(t)\ dt;\label{ref9}
    $$

  2. в форме Лагранжа
    $$
    r_{n}(x) = \frac{f^{(n + 1)}(\xi)}{(n + 1)!}(x - x_{0})^{n + 1},\label{ref10}
    $$
    где \(\xi\) принадлежит интервалу с концами \(x_{0}\) и \(x\).

Доказательство.

\(\circ\) Формула \eqref{ref10} доказана в здесь. Докажем формулу \eqref{ref9} методом индукции. В силу равенств \eqref{ref5} и \eqref{ref6} нужно показать, что
$$
f(x) - f(x_{0}) = \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x - x_{0})^{k} + \frac{1}{n!} \int\limits_{x_{0}}^{x} (x - t)^{n}f^{(n + 1)}(t)\ dt.\label{ref11}
$$

Воспользуемся равенством \(\displaystyle\int\limits_{x_{0}}^{x} f'(t)\ dt = f(x) - f(x_{0})\) и преобразуем его левую часть с помощью формулы интегрирования по частям:
$$
\int\limits_{x_{0}}^{x} f'(t)\ dt = - \left.\int\limits_{x_{0}}^{x} f'(t)d(x - t) = [-f'(x)(x - t)]\right|_{t = x_{0}}^{t = x} + \int\limits_{x_{0}}^{x} (x - t)f''(t)\ dt =\\= f'(x_{0})(x - x_{0}) + \int\limits_{x_{0}}^{x} (x - t)f''(t)\ dt.\nonumber
$$
Таким образом,
$$
f(x) - f(x_{0}) = f'(x_{0})(x - x_{0}) + \int\limits_{x_{0}}^{x} (x - t)f''(t)\ dt,\nonumber
$$
т. e. формула \eqref{ref11} верна при \(n = 1\). Предположим, что формула \eqref{ref11} является верной для номера \(n - 1\), т. е.
$$
f(x) - f(x_{0}) = \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x - x_{0})^{k} + \frac{1}{(n - 1)!} \int\limits_{x_{0}}^{x} (x - t)^{n - 1}f^{(n)}(t)\ dt.\label{ref12}
$$
Преобразуем интеграл в правой части формулы \eqref{ref12}, применив формулу интегрирования по частям:
$$
\frac{1}{(n - 1)!} \int\limits_{x_{0}}^{x} (x - t)^{n - 1}f^{(n)}(t)\ dt = -\frac{1}{n!} \int\limits_{x_{0}}^{x} f^{n}(t)dt((x - t)^{n}) =\\= \left.\left(-\frac{1}{n!}f^{n}(t)(x - t)^{n}\right)\right|_{t = x_{0}}^{t = x} + \frac{1}{n!} \int\limits_{x_{0}}^{x}(x - t)^{n}f^{(n + 1)}(t)\ dt =\\= \frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x - x_{0})^{n} + \frac{1}{n!} \int\limits_{x_{0}}^{x}(x - t)^{n}f^{(n + 1)}(t)\ dt.\nonumber
$$
Отсюда следует, что равенство \eqref{ref12} можно записать в виде \eqref{ref11}. Формула \eqref{ref9} доказана. \(\bullet\)


Теорема 2.

Если функция \(f\) и все ее производные ограничены в совокупности на интервале \(\Delta = (x_{0} - \delta, x_{0} + \delta)\), т. е.
$$
\exists M\;>\;0: \forall x \in \Delta \rightarrow |f^{(n)}(x)| \leq M,\ n = 0,1,2,\ldots,\label{ref13}
$$
то функция \(f\) представляется сходящимся к ней в каждой точке интервала \(\Delta\) рядом Тейлора \eqref{ref8}.

Доказательство.

\(\circ\) Пусть \(x \in (x_{0} - \delta, x_{0} + \delta)\). Тогда, используя формулу \eqref{ref10} и условие \eqref{ref13}, получаем
$$
|r_{n}(x)| \leq M \frac{|x - x_{0}|^{n + 1}}{(n + 1)!}.\label{ref14}
$$

Так как \(\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \frac{a^{n}}{n!} = 0\) для любого \(a\;>\;0\) (пример разобран здесь), то из \eqref{ref14} следует, что выполняется условие \eqref{ref7}, т. е. в точке \(x\) справедливо равенство \eqref{ref8}. \(\bullet\)


Замечание 1.
Теорема 2 остается в силе, если условие \eqref{ref13} заменить следующим условием:
$$
\exists M\;>\;0\ \exists C\;>\;0: \forall x \in \Delta \rightarrow |f^{(n)}(x)| \leq MC^{n},\ n = 0, 1, 2, \ldots\nonumber
$$


Разложение элементарных функций в ряд Тейлора.

Найдем разложение основных элементарных функций в ряд Тейлора в окрестности точки \(x_{0} = 0\), т. е. в ряд вида
$$
f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n},\label{ref15}
$$
который называют рядом Маклорена. Заметим, что коэффициенты \(\displaystyle\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\) разложения \eqref{ref15} для основных элементарных функций (показательной, гиперболических, тригонометрических и других) были найдены в разделе про формулу Тейлора.

Разложение показательной и гиперболической функций в ряд Тейлора.

Пусть \(f(x) = e^{x}\). Тогда для любого \(x \in (-\rho, \rho)\), где \(\rho\;>\;0\), выполняются неравенства
$$
0\;<\;f(x)\;<\;e^{\rho},\quad 0\;<\;f^{(n)}(x)\;<\;e^{\rho},\ n \in \mathbb{N}.\nonumber
$$
По теореме 2 ряд \eqref{ref15} для функции \(f(x) = e^{x}\) сходится к этой функции на интервале \((-\rho, \rho)\) при любом \(\rho\;>\;0\), т. е. радиус сходимости этого ряда \(R = +\infty\). Так как для функции \(f(x) = e^{x}\) выполняются равенства \(f(0) = 1\), \(f^{(n)}(0) = 1\) для любого \(n\), то по формуле \eqref{ref15} получаем разложение в ряд Маклорена показательной функции
$$
e^{x} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!},\label{ref16}
$$

Используя разложение \eqref{ref16} и формулы
$$
\operatorname{ch} x = \frac{e^{x} + e^{-x}}{2},\quad \operatorname{sh} x = \frac{e^{x} - e^{-x}}{2},\nonumber
$$
находим разложения в ряд Маклорена гиперболического косинуса и гиперболического синуса:
$$
\operatorname{ch} x = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{2n!},\label{ref17}
$$
$$
\operatorname{sh} x = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{x^{2n + 1}}{(2n + 1)!},\label{ref18}
$$
Радиус сходимости каждого из рядов \eqref{ref17}, \eqref{ref18} \(R = +\infty\).

Разложение тригонометрических функций в ряд Тейлора.

Пусть \(f(x) = \sin x\). Тогда \(|f(x)| \leq 1\) и \(|f^{(n)}(x)| \leq 1\) для всех \(n \in \mathbb{N}\) и для всех \(x \in R\). По теореме 2 ряд\eqref{ref15}для функции \(f(x) = \sin x\) сходится для любого \(x \in (-\infty, +\infty)\), т. е. радиус сходимости этого ряда \(R = +\infty\).

Если \(f(x) = \sin x\), то \(f(0) = 0\), \(f^{(2n)}(0) = 0\), \(f'(0) = 1\), \(f^{(2n + 1)}(0) = (-1)^{n}\) для любого п, и по формуле\eqref{ref15}получаем разложение синуса в ряд Маклорена:
$$
\sin x = \sum_{\substack{n = 0}}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n + 1)!}x^{2n + 1}.\label{ref19}
$$

Пусть \(f(x) = \cos x\). Тогда \(|f(x)| \leq 1\), \(|f^{(n)}(x)| \leq 1\) для всех \(n\) и для всех \(x \in R\), \(f(0) = 1\), \(f'(0) = 0\), \(f^{(2n)}(0) = (-1)^{n}\) и, \(f^{(2n + 1)}(0) = 0\) для всех \(n\). По формуле\eqref{ref15}получаем
$$
\cos x = \sum_{\substack{n = 0}}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n!}x^{2n}.\label{ref20}
$$
Радиус сходимости каждого из рядов \eqref{ref19} и \eqref{ref20} \(R = +\infty\).

Разложение логарифмической функции в ряд Тейлора.

Пусть \(f(x) = \ln(1 + x)\). Тогда
$$
f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^{n - 1}(n - 1)!}{(1 + x)^{n}},\label{ref21}
$$
откуда находим
$$
\frac{f^{(n)}(0)}{n!} = \frac{(-1)^{n - 1}}{n}.\label{ref22}
$$

\(\circ\) Оценим остаточный член \(r_{n}(x)\), пользуясь формулой \eqref{ref9} при \(x_{0} = 0\). Преобразуем эту формулу, полагая \(t = \tau x\). Тогда \(dt = x\ d\tau\), \(1 - x =x(1 - \tau)\) и формула \eqref{ref9} примет вид
$$
r_{n}(x) = \frac{x^{n + 1}}{n!} \int\limits_0^1 (1 - \tau) f^{(n + 1)}(\tau x) d\tau.\label{ref23}
$$

Если \(f(x) = \ln(x + 1)\), то по формуле \eqref{ref23}, используя равенство \eqref{ref21}, получаем
$$
r_{n}(x) = (-1)^{n}x^{n + 1} \int\limits_0^1 \frac{(1 - \tau)^{n}}{(1 + \tau x)^{n + 1}} d \tau.\label{ref24}
$$

Пусть \(|x|\;<\;1\). Тогда справедливы неравенства
$$
|1 + \tau x| \geq 1 - \tau|x| \geq 1 - \tau,\label{ref25}
$$
$$
|1 + \tau x| \geq 1 - |x|,\label{ref26}
$$
так как \(0 \leq \tau \leq 1\). Отсюда следует, что при любом \(n \in \mathbb{N}\) выполняется неравенство
$$
|1 + \tau x|^{n + 1} \geq (1 - \tau)^{n}(1 - |x|).\label{ref27}
$$

Используя неравенство \eqref{ref27}, из формулы \eqref{ref24} получаем следующую оценку остаточного члена:
$$
|r_{n}(x)| \leq |x|^{n + 1} \int\limits_0^1 \frac{d\tau}{1 - |x|} = \frac{|x|^{n + 1}}{1 - |x|},\nonumber
$$
откуда следует, что \(r_{n}(x) \rightarrow 0\) при \(n \rightarrow \infty\), если \(|x|\;<\;1\).

Пусть \(x = 1\). Тогда \(1 + \tau x = 1 + \tau\), \((1 + \tau)^{n + 1} \geq 1\), \(1 - \tau \geq 0\), так как \(0 \leq \tau \leq 1\). Поэтому из формулы \eqref{ref24} следует, что \(|r_{n}(1)| \leq \displaystyle\int\limits_0^1 (1 - \tau)^{n}d\tau = \frac{1}{n + 1}\), откуда получаем: \(r_{n}(1) \rightarrow 0\) при \(n \rightarrow \infty\).

Итак, если \(x \in (-1, 1]\), то остаточный член \(r_{n}(x)\) для функции \(f(x) = \ln (1 + x)\) стремится к нулю при \(n \rightarrow \infty\), т. е. ряд Маклорена сходится к \(f(x)\). \(\bullet\)

Из формул\eqref{ref15}и \eqref{ref22} получаем разложение функции \(\ln (1 + x)\) в ряд Маклорена
$$
\ln (1 + x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n - 1}}{n} x^{n},\label{ref28}
$$
радиус сходимости которого \(R = 1\).

Формула \eqref{ref28} справедлива при \(x = 1\), и поэтому
$$
\ln 2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n - 1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \ldots + \frac{(-1)^{n - 1}}{n} + \ldots\nonumber
$$
Заменяя в формуле \eqref{ref28} \(x\) на \(-x\), получаем
$$
\ln (1 - x) = - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}.\label{ref29}
$$

Разложение степенной функции в ряд Тейлора.

Пусть \(f(x) = (1 + x)^{\alpha}\). Если \(\alpha = 0\), то \(f(x) = 1\), а если \(\alpha = n\), где \(n \in \mathbb{N}\), то \(f(x)\) — многочлен степени \(n\), который можно записать по формуле бинома Ньютона в виде конечной суммы:
$$
f(x) = \sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}x^{k}.\nonumber
$$
Покажем, что если \(\alpha \notin \mathbb{N}\) и \(a \neq 0\), то функция \(f(x) = (1 + x)^{\alpha}\) представляется при каждом \(x \in (-1, 1)\) сходящимся к ней рядом Маклорена
$$
(1 + x)^{\alpha} = \sum_{n = 0}^{\infty} C_{\alpha}^{n}x^{n},\label{ref30}
$$
где
$$
C_{\alpha}^{0} = 1,\quad C_{\alpha}^{n} = \frac{\alpha(\alpha - 1)\ldots(\alpha - (n - 1))}{n!}.\label{ref31}
$$

\(\circ\) Так как
$$
f^{(n + 1)}(x) = \alpha(\alpha - 1)\ldots(\alpha - n)(1 + x)^{\alpha - (n - 1)},\label{ref32}
$$
то по формуле \eqref{ref23} получаем
$$
r_{n}(x) = A_{n}x^{n + 1} \int\limits_0^1 \left(\frac{1 - \tau}{1 + \tau x}\right)^{n} (1 + \tau x)^{\alpha - 1} d\tau,\label{ref33}
$$
где
$$
A_{n} = \frac{\alpha(\alpha - 1)\ldots(\alpha - n)}{n!}.
$$
Выберем число \(m \in \mathbb{N}\) таким, чтобы выполнялось условие \(|a| \leq m\). Тогда при всех \(n \geq m\) справедливы неравенства
$$
|A_{n}| \leq \frac{m(m + 1)\ldots(m + n)}{n!} \leq \frac{(m + n)!}{n!} = (n + 1)\ldots(n + m) \leq (2n)^{m}.\label{ref34}
$$
Используя неравенства \eqref{ref25} и \eqref{ref26}, а также неравенство \(|1 + \tau x| \leq 1 + |x|\), получаем
$$
0 \leq \frac{1 - \tau}{1 + x\tau} \leq 1,\label{ref35}
$$
$$
|1 + \tau x|^{\alpha - 1}\leq \beta(x)=\left\{\begin{array}{lc}(1 + |x|)^{\alpha - 1},&\mbox{если}\ \alpha \geq 1, \\(1 - |x|)^{\alpha - 1},&\mbox{если}\ \alpha\;<\;1,\end{array} \right.\label{ref36}
$$
Из формулы \eqref{ref33} и оценок \eqref{ref34}-\eqref{ref36} следует неравенство
$$
|r_{n}(x)| \leq \beta(x) 2^{m}n^{m}|x|^{n + 1},\label{ref37}
$$
которое справедливо при всех \(n \geq m\) и для каждого \(x \in (-1, 1)\).

Так как \(\displaystyle\lim_{t \rightarrow +\infty} \frac{t^{m}}{a^{t}}\) при \(a\;>\;1\), то \(\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n^{m}}{(1/|x|)^{n + 1}} = 0\). Поэтому из соотношения \eqref{ref37} следует, что \(r_{n}(x) \rightarrow 0\) при \(n \rightarrow \infty\) для каждого \(x \in (-1, 1)\), т. е. справедливо равенство \eqref{ref30}, причем радиус сходимости ряда \eqref{ref30} в случае, когда \(\alpha \neq 0\) и \(\alpha \notin \mathbb{N}\), равен 1. \(\bullet\)

Отметим важные частные случаи формулы \eqref{ref30}:
$$
\frac{1}{1 + x} = \sum_{n = 0}^{\infty} (-1)^{n}x^{n},\label{ref38}
$$
$$
\frac{1}{1 - x} = \sum_{n = 0}^{\infty} x^{n}.\label{ref39}
$$

В заключение заметим, что при разложении функций в ряд Тейлора обычно используют формулы \eqref{ref16}—\eqref{ref20}, \eqref{ref28}-\eqref{ref30} и применяют такие приемы, как: представление данной функции в виде линейной комбинации функций, ряды Тейлора для которых известны; замена переменного; почленное дифференцирование и интегрирование ряда.


Пример 1.

Разложить в ряд Маклорена функцию \(f(x)\) и найти радиус сходимости \(R\) ряда, если:

  1. \(\displaystyle f(x) = \frac{1}{1 + x^{2}}\);

  2. \(\displaystyle f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}\);

  3. \(\displaystyle f(x) = \frac{2x - 1}{x^{2} - x - 6}\).

Решение.

  1. \(\triangle\) Используя формулу \eqref{ref38}, получаем ряд
    $$
    \frac{1}{1 + x^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty} (-1)^{n}x^{2n},\label{ref40}
    $$
    радиус сходимости которого \(R = 1\).

  2. Из равенства \eqref{ref30} следует, что \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} = \sum_{n = 0}^{\infty} C_{-1/2}^{n}x^{2n}\), где
    $$
    C_{-1/2}^{n} = \frac{\displaystyle\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{1}{2} - 1\right)\ldots\left(-\frac{1}{2} - (n - 1)\right)}{n!} = \frac{(-1)^{n}1\cdot3\ldots(2n - 1)}{2^{n}n!} = \frac{(-1)^{n}(2n - 1)!!}{2^{n}n!}.\nonumber
    $$
    Следовательно,
    $$
    \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}(2n - 1)!!}{2^{n}n!}x^{2n},\ R = 1.\label{ref41}
    $$

  3. Так как \(f(x) = \displaystyle\frac{1}{x + 2} + \frac{1}{x - 3} = \frac{1}{\displaystyle2\left(1 + \frac{x}{2}\right)} - \frac{1}{\displaystyle3\left(1 - \frac{x}{3}\right)}\), то, применяя формулы \eqref{ref38} и \eqref{ref39}, получаем ряд 
    $$
    \frac{2x - 1}{x^{2} - x - 6} = \sum_{n = 0}^{\infty} \left(\frac{(-1)^{n}}{2^{n + 1}} - \frac{1}{3^{n + 1}}\right)x^{n},\ R = 2.\ \blacktriangle\nonumber
    $$


Пример 2.

Разложить в ряд Маклорена функции \(\operatorname{arctg} x\), \(\operatorname{arcsin} x\), \(\ln(x + \sqrt{1 + x^{2}})\) и найти радиусы сходимости \(R\) рядов.

Решение.

\(\triangle\) а) Почленно интегрируя ряд \eqref{ref40}, получаем
$$
\operatorname{arctg} x = \int\limits_0^x \frac{dt}{1 + t^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty} (-1)^{n} \frac{x^{2n + 1}}{2n + 1},\quad R = 1.\nonumber
$$

б) Заменяя в формуле \eqref{ref41} \(x^{2}\) на \(-x^{2}\), получаем
$$
\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n - 1)!!}{2^{n}n!}x^{2n},\quad R = 1.\nonumber
$$
откуда следует, что
$$
\operatorname{arcsin} x = \int\limits_0^x \frac{dt}{1 - t^{2}} = x + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n - 1)!!}{2^{n}n!(2n + 1)}x^{2n + 1},\ R = 1.\nonumber
$$

в) Почленно интегрируя ряд \eqref{ref41}, получаем
$$
\ln(x + \sqrt{1 + x^{2}}) = \int\limits_0^x \frac{dt}{1 + t^{2}} = x + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}(2n - 1)!!}{2^{n}n!(2n + 1)}x^{2n + 1},\ R = 1.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Пример 3.

Разложить в ряд Тейлора в точке \(x_{0} = 2\) функцию \(f(x) = \ln(4 + 3x - x^{2})\).

Решение.

\(\triangle\) Так как \(4 + 3x - x^{2} = -(x - 4)(x + 1)\), то, полагая \(t = x - 2\), получаем
$$
f(x) = \ln(4 - x)(x + 1) = g(t) = \ln(2 - t)(3 + t) = \ln 6 + \ln\left(1 - \frac{t}{2}\right) + \ln\left(1 + \frac{t}{3}\right).\nonumber
$$
Используя формулы \eqref{ref28} и \eqref{ref29}, отсюда находим
$$
g(t) = \ln 6 - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^{n}}{n2^{n}} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n - 1}t^{n}}{n3^{n}},\quad |t|\;<\;2.\nonumber
$$
Следовательно,
$$
\ln(4 + 3x - x^{2}) = \ln 6 + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{(-1)^{n - 1}}{3n} - \frac{1}{2^{n}}\right)\frac{(x - 2)^{n}}{n},\ R = 2.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Элементарные функции комплексного переменного.

Показательная, гиперболические и тригонометрические функции комплексного переменного \(z\) определятся соответственно формулами
$$
e^{z} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{z^{n}}{n!},\label{ref42}
$$
$$
\operatorname{ch} z = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{z^{2n}}{(2n)!},\label{ref43}
$$
$$
\operatorname{sh} z = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{z^{2n + 1}}{(2n + 1)!},\label{ref44}
$$
$$
\cos z = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}z^{2n}}{(2n)!},\label{ref45}
$$
$$
\sin z = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}z^{2n + 1}}{(2n + 1)!}.\label{ref46}
$$
Радиус сходимости \(R\) каждого из рядов \eqref{ref42}-\eqref{ref46} равен \(+\infty\). Заменяя в равенстве \eqref{ref42} \(z\) на \(iz\) и \(-iz\), получаем
$$
e^{iz} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{i^{n}z^{n}}{n!},\qquad e^{-iz} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}i^{n}z^{n}}{n!}.\label{ref47}
$$

Используя равенства \eqref{ref47} и формулы \eqref{ref45}, \eqref{ref46}, находим
$$
\frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2} = \cos z,\ \frac{e^{iz} - e^{-iz}}{2i} = \sin z,\label{ref48}
$$
откуда следует, что
$$
e^{iz} = \cos z + i \sin z.\label{ref49}
$$
Полагая в формуле \eqref{ref42} \(z = z_{1}\) и \(z = z_{2}\). и перемножая соответствующие ряды, можно показать, что
$$
e^{z_{1}}e^{z_{2}} = e^{z_{1} + z_{2}}.\label{ref50}
$$

Пусть \(z = x + iy\), где \(x \in R\), \(y \in R\). Тогда из равенства \eqref{ref50} и формулы \eqref{ref49} находим
$$
e^{z} = e^{x + iy} = e^{x}(\cos y + i \sin y).\label{ref51}
$$
Из формулы \eqref{ref51} следует, что
$$
e^{z + 2\pi i} = e^{z},\nonumber
$$
т. е. \(e^{z}\) — периодическая функция с периодом \(2\pi i\). Поэтому для каждого комплексного \(z \neq 0\) уравнение
$$
e^{w} = z\label{ref52}
$$
имеет бесконечное множество решений вида \(w + i2\pi n\), где \(w\) — одно из решений уравнения \eqref{ref52}, \(n \in Z\).

Если \(w = u + iv\), то \(z = e^{w} = e^{u}(\cos v + i \sin v)\), откуда получаем
$$
|z| = e^{u},\quad u = \ln |z|,\quad v = \arg z.\nonumber
$$

Пусть \(\varphi\) — какое-нибудь значение аргумента числа \(z\). Тогда
$$
v = \varphi + 2\pi n,\ n \in Z.\nonumber
$$
Таким образом, все решения уравнения \eqref{ref52}, если их обозначить символом \(\operatorname{Ln}\ z\), задаются формулой
$$
\operatorname{Ln}\ z = \ln |z| + i(\varphi + 2\pi n),\label{ref53}
$$
где \(\varphi\) — одно из значений аргумента числа \(z\) \((z \neq 0)\), \(n \in Z\).

По заданному значению \(z\) значение \(w\) из уравнения \eqref{ref52} определяется, согласно формуле \eqref{ref53}, неоднозначно (говорят, что логарифмическая функция \(\operatorname{Ln}\ z\) является многозначной).


Пример 4.

Разложить в степенной ряд в окрестности точки \(z = 0\) функцию \(f(z) = e^{z}\sin z\).

Решение.

\(\triangle\) Используя формулы \eqref{ref48} и \eqref{ref50}, получаем
$$
f(z) = e^{z}\left(\frac{e^{iz} - e^{-iz}}{2i}\right) = \frac{1}{2i}(e^{z(1 + i)} - e^{z(1 - i)}).\nonumber
$$
Так как \(1 + i = \sqrt{2}e^{i\pi/4}\), \(1 - i = \sqrt{2}e^{-i\pi/4}\), то по формуле \eqref{ref42} находим
$$
f(z) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2^{n/2}}{n!} \left(\frac{e^{i\pi n/4} - e^{-i\pi n/4}}{2i}\right)z^{n},\nonumber
$$
откуда в силу второго из равенств \eqref{ref48} следует, что
$$
e^{z}\sin z = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2^{n/2}}{n!} \sin \frac{\pi n}{4}z^{n}.\nonumber
$$
Радиус сходимости ряда \(R = +\infty\). \(\blacktriangle\)