در آموزشهای قبلی از مجموعه مطالب ریاضیات مجله فرادرس ، درباره بسط تیلور توابع بحث کردیم. در این آموزش، سری یا بسط مک لورن را معرفی خواهیم کرد که حالت خاصی از بسط تیلور است.
بسط تیلور
اگر تابع f ( x ) f (x ) f ( x ) پیوسته و ( n + 1 ) (n+1 ) ( n + 1 ) بار مشتقپذیر باشد، آنگاه این تابع را میتوان به صورت زیر بسط داد:
f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( a ) ( x – a ) n n ! = f ( a ) + f ’ ( a ) ( x – a ) + f ′ ′ ( a ) ( x – a ) 2 2 ! + … + f ( n ) ( a ) ( x – a ) n n ! + R n \large \begin {align*} { f \left ( x \right ) } & = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( a \right ) \frac { { { { \left ( { x – a } \right ) } ^ n } }} { { n ! } } } } \\ & = { f \left ( a \right ) + f ’ \left ( a \right ) \left ( { x – a } \right ) } + { \frac { { f ^ { \prime \prime } \left ( a \right ){ { \left ( { x – a } \right ) } ^ 2 } } } { { 2 ! } } + \ldots } \\ & \, \, \, \, \, \, \, \, + { \frac { { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( a \right ) { { \left ( { x – a } \right ) } ^ n } } } { { n ! }} } + { { R _ n } } \end {align*} f ( x ) = n = 0 ∑ ∞ f ( n ) ( a ) n ! ( x – a ) n = f ( a ) + f ’ ( a ) ( x – a ) + 2 ! f ′′ ( a ) ( x – a ) 2 + … + n ! f ( n ) ( a ) ( x – a ) n + R n
که در آن، R n R_n R n باقیمانده بعد از n + 1 n + 1 n + 1 جمله نامیده و به صورت زیر بیان میشود:
R n = f ( n + 1 ) ( ξ ) ( x – a ) n + 1 ( n + 1 ) ! , a < ξ < x . \large { { R _ n } } = { \frac { { { f ^ { \left ( { n + 1 } \right ) } } \left ( \xi \right ) { { \left ( { x – a } \right ) } ^ { n + 1 } } } } { { \left ( { n + 1 } \right ) ! } } , \; \; } \kern0pt { a \lt \xi \lt x . } R n = ( n + 1 ) ! f ( n + 1 ) ( ξ ) ( x – a ) n + 1 , a < ξ < x .
وقتی بسط، در محدوده مشخصی از x x x همگرا باشد، یعنی lim n → ∞ R n = 0 \lim\limits_{n \to \infty } {R_n} = 0 n → ∞ lim R n = 0 ، آنگاه آن را بسط تیلور f ( x ) f ( x ) f ( x ) حول a a a مینامند.
بسط مک لورن
اگر در بسط تیلور، a = 0 a = 0 a = 0 باشد، آنگاه بسط را مک لورن (Maclaurin Series) گویند:
f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( 0 ) x n n ! = f ( 0 ) + f ’ ( 0 ) x + f ′ ′ ( 0 ) x 2 2 ! + … + f ( n ) ( 0 ) x n n ! + R n . \large \begin {align*} { f \left ( x \right ) } & = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( 0 \right ) \frac { { { x ^ n } } } { { n ! } } } } = { f \left ( 0 \right ) + f ’ \left ( 0 \right ) x } + { \frac { { f ^ { \prime \prime } \left ( 0 \right ) { x ^ 2 } } } { { 2 ! } } + \ldots } \\ & \, \, \, \, \, \, \, \, + { \frac { { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( 0 \right ) { x ^ n } } } { { n ! } } } + { { R _ n } . } \end {align*} f ( x ) = n = 0 ∑ ∞ f ( n ) ( 0 ) n ! x n = f ( 0 ) + f ’ ( 0 ) x + 2 ! f ′′ ( 0 ) x 2 + … + n ! f ( n ) ( 0 ) x n + R n .
بسط مک لورن برخی از توابع پرکاربرد و مهم به صورت زیر است:
e x = ∑ n = 0 ∞ x n n ! = 1 + x + x 2 2 ! + x 3 3 ! + … \large { { e ^ x } = \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { x ^ n } } } { { n ! } } } } = { 1 + x + { \frac { { { x ^ 2 } } } { { 2 ! } } } } + { { \frac { { { x ^ 3 } } } { { 3 ! } } } + \ldots } e x = n = 0 ∑ ∞ n ! x n = 1 + x + 2 ! x 2 + 3 ! x 3 + …
cos x = ∑ n = 0 ∞ ( – 1 ) n x 2 n ( 2 n ) ! = 1 – x 2 2 ! + x 4 4 ! − x 6 6 ! + … \large { \cos x = \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { { \left ( { – 1 } \right ) } ^ n } { x ^ { 2 n } } } } { { \left ( { 2 n } \right ) ! } } } } = { 1 – { \frac { { { x ^ 2 } } } { { 2 ! } } } } + { { \frac { { { x ^ 4 } } } { { 4 ! } } } } - { { \frac { { {x ^ 6 } } } { { 6 ! } } } + \ldots } cos x = n = 0 ∑ ∞ ( 2 n ) ! ( –1 ) n x 2 n = 1– 2 ! x 2 + 4 ! x 4 − 6 ! x 6 + …
sin x = ∑ n = 0 ∞ ( – 1 ) n x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! = x – x 3 3 ! + x 5 5 ! − x 7 7 ! + … \large { \sin x = \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { { \left ( { – 1 } \right ) } ^ n } { x ^ { 2 n + 1 } } } } { { \left ( { 2 n + 1 } \right ) ! } } } } = { x – { \frac { { { x ^ 3 } } } { { 3 ! } } } } + { { \frac { { { x ^ 5 } } } { { 5 ! } } } } - { { \frac { { { x ^ 7 } } } { { 7 ! } } } + \ldots } sin x = n = 0 ∑ ∞ ( 2 n + 1 ) ! ( –1 ) n x 2 n + 1 = x – 3 ! x 3 + 5 ! x 5 − 7 ! x 7 + …
sin x = ∑ n = 0 ∞ ( – 1 ) n x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! = x – x 3 3 ! + x 5 5 ! − x 7 7 ! + … \large { \sin x = \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { { \left ( { – 1 } \right ) } ^ n } { x ^ { 2 n + 1 } } } } { { \left ( { 2 n + 1 } \right ) ! } } } } = { x – { \frac { { { x ^ 3 } } } { { 3 ! } } } } + { { \frac { { { x ^ 5 } } } { { 5 ! } } } } - { { \frac { { { x ^ 7 } } } { { 7 ! } } } + \ldots } sin x = n = 0 ∑ ∞ ( 2 n + 1 ) ! ( –1 ) n x 2 n + 1 = x – 3 ! x 3 + 5 ! x 5 − 7 ! x 7 + …
cosh x = ∑ n = 0 ∞ x 2 n ( 2 n ) ! = 1 + x 2 2 ! + x 4 4 ! + x 6 6 ! + … \large { \cosh x = \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { x ^ { 2 n } } } } { { \left ( { 2 n } \right ) ! } } } } = { 1 + { \frac { { { x ^ 2 } } } { { 2 ! } } } + { \frac { { { x ^ 4 } } } { { 4 ! } } } } + { { \frac { { { x ^ 6 } } } { { 6 ! } } } + \ldots } cosh x = n = 0 ∑ ∞ ( 2 n ) ! x 2 n = 1 + 2 ! x 2 + 4 ! x 4 + 6 ! x 6 + …
sinh x = ∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! = x + x 3 3 ! + x 5 5 ! + x 7 7 ! + … \large { \sinh x = \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { x ^ { 2 n + 1 } } } } { { \left ( { 2 n + 1 } \right ) ! } } } } = { x + { \frac { { { x ^ 3 } } } { { 3 ! } } } } + { { \frac { { { x ^ 5 } } } { { 5 ! } } } } + { { \frac { { { x ^ 7 } } } { { 7 ! } } } + \ldots } sinh x = n = 0 ∑ ∞ ( 2 n + 1 ) ! x 2 n + 1 = x + 3 ! x 3 + 5 ! x 5 + 7 ! x 7 + …
مثالها
در این بخش چند مثال را بررسی میکنیم.
مثال ۱
سری مک لورن cos 2 x {\cos ^2}x cos 2 x را بیابید.
حل: از اتحاد مثلثاتی زیر استفاده میکنیم:
cos 2 x = 1 + cos 2 x 2 . \large { \cos ^ 2 } x = { \large \frac { { 1 + \cos 2 x } } { 2 } \normalsize } . cos 2 x = 2 1 + cos 2 x .
سری مک لورن cos x \cos x cos x به فرم ∑ n = 0 ∞ ( – 1 ) n x 2 n ( 2 n ) ! \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \large \frac { { { { \left ( { – 1 } \right ) } ^ n } { x ^ { 2 n } } } } { { \left ( { 2 n } \right ) ! } } \normalsize } n = 0 ∑ ∞ ( 2 n ) ! ( –1 ) n x 2 n است. بنابراین میتوانیم رابطه زیر را بنویسیم:
cos 2 x = ∑ n = 0 ∞ ( – 1 ) n ( 2 x ) 2 n ( 2 n ) ! = ∑ n = 0 ∞ ( – 1 ) n 2 2 n x 2 n ( 2 n ) ! . \large { \cos 2 x } = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { { \left ( { – 1 } \right ) } ^ n } { { \left ( { 2 x } \right ) } ^ { 2 n } } } } { { \left ( { 2 n } \right ) ! } } } } = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { { \left ( { – 1 } \right ) } ^ n } { 2 ^ { 2 n } } { x ^ { 2 n } } } } { { \left ( { 2 n } \right ) ! } } } . } cos 2 x = n = 0 ∑ ∞ ( 2 n ) ! ( –1 ) n ( 2 x ) 2 n = n = 0 ∑ ∞ ( 2 n ) ! ( –1 ) n 2 2 n x 2 n .
در نتیجه، داریم:
1 + cos 2 x = 1 + ∑ n = 0 ∞ ( – 1 ) n 2 2 n x 2 n ( 2 n ) ! = 2 + ∑ n = 1 ∞ ( – 1 ) n 2 2 n x 2 n ( 2 n ) ! , \large { 1 + \cos 2 x } = { 1 + \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { { \left ( { – 1 } \right ) } ^ n } { 2 ^ { 2 n } } { x ^ { 2 n } } } } { { \left ( { 2 n } \right ) ! } } } } = { 2 + \sum \limits _ { n = 1 } ^ \infty { \frac { { { { \left ( { – 1 } \right ) } ^ n } { 2 ^ { 2 n } } { x ^ { 2 n } } } } { { \left ( { 2 n } \right ) ! } } } , } 1 + cos 2 x = 1 + n = 0 ∑ ∞ ( 2 n ) ! ( –1 ) n 2 2 n x 2 n = 2 + n = 1 ∑ ∞ ( 2 n ) ! ( –1 ) n 2 2 n x 2 n ,
cos 2 x = 1 + cos 2 x 2 = 1 + ∑ n = 1 ∞ ( – 1 ) n 2 2 n – 1 x 2 n ( 2 n ) ! . \large { { \cos ^ 2 } x } = { \frac { { 1 + \cos 2 x } } { 2 } } = { 1 + \sum \limits _ { n = 1 } ^ \infty { \frac { { { { \left ( { – 1 } \right ) } ^ n } { 2 ^ { 2 n – 1 } } { x ^ { 2 n } } } }{ { \left ( { 2 n } \right ) ! } } } . } cos 2 x = 2 1 + cos 2 x = 1 + n = 1 ∑ ∞ ( 2 n ) ! ( –1 ) n 2 2 n –1 x 2 n .
مثال ۲
سری تیلور تابع f ( x ) = 3 x 2 – 6 x + 5 f \left ( x \right ) = 3 { x ^ 2 } – 6 x + 5 f ( x ) = 3 x 2 –6 x + 5 را حول نقطه x = 1 x = 1 x = 1 به دست آورید.
حل: ابتدا مشتقها را محاسبه میکنیم:
f ’ ( x ) = 6 x – 6 , f ′ ′ ( x ) = 6 , f ′ ′ ′ ( x ) = 0. \large { f ’ \left ( x \right ) = 6 x – 6 , \; \; } \kern-0.3pt { f ^ { \prime \prime } \left ( x \right ) = 6 , \; \; } \kern-0.3pt { f ^ { \prime \prime \prime } \left ( x \right ) = 0 . } f ’ ( x ) = 6 x –6 , f ′′ ( x ) = 6 , f ′′′ ( x ) = 0.
همانطور که میبینیم، برای n ≥ 3 n \ge 3 n ≥ 3 ، f ( n ) ( x ) = 0 {f^{\left( n \right)}}\left( x \right) = 0 f ( n ) ( x ) = 0 است. در نتیجه، برای x = 1 x = 1 x = 1 میتوان نوشت:
f ( 1 ) = 2 , f ’ ( 1 ) = 0 , f ′ ′ ( 1 ) = 6. \large { f \left ( 1 \right ) = 2 , \; \; } \kern-0.3pt { f ’ \left ( 1 \right ) = 0 , \; \; } \kern-0.3pt { f ^ { \prime \prime } \left ( 1 \right ) = 6 . } f ( 1 ) = 2 , f ’ ( 1 ) = 0 , f ′′ ( 1 ) = 6.
بنابراین، بسط تیلور تابع به صورت زیر است:
f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( 1 ) ( x – 1 ) n n ! = 2 + 6 ( x – 1 ) 2 2 ! = 2 + 3 ( x – 1 ) 2 . \large \begin {align*} { f \left ( x \right ) } & = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( 1 \right ) \frac { { { { \left ( { x – 1 } \right ) } ^ n } } } { { n ! } } } } \\ & = { 2 + \frac { { 6 { { \left ( { x – 1 } \right ) } ^ 2 } } } { { 2 ! } } } = { 2 + 3 { \left ( { x – 1 } \right ) ^ 2 } . } \end {align*} f ( x ) = n = 0 ∑ ∞ f ( n ) ( 1 ) n ! ( x –1 ) n = 2 + 2 ! 6 ( x –1 ) 2 = 2 + 3 ( x –1 ) 2 .
مثال ۳
بسط مک لورن e k x {e^{kx}} e k x را بیابید که در آن، k k k یک عدد حقیقی است.
حل: ابتدا مشتقهای تابع را محاسبه میکنیم:
f ’ ( x ) = ( e k x ) ′ = k e k x , f ′ ′ ( x ) = ( k e k x ) ′ = k 2 e k x , … , f ( n ) ( x ) = k n e k x . \large \begin {align*} f ’ \left ( x \right ) & = { \left ( { { e ^ { k x } } } \right ) ^ \prime } = k { e ^ { k x } } , \; \; \kern-0.3pt \\ f ^ { \prime \prime } \left ( x \right ) & = { \left ( { k { e ^ { k x } } } \right ) ^ \prime } = { k ^ 2 } {e ^ { k x } },\\ & \ldots , \; \; \kern-0.3pt \\ f ^ { \left ( n \right ) } \left ( x \right ) & = { k ^ n } { e ^ { k x } } . \end {align*} f ’ ( x ) f ′′ ( x ) f ( n ) ( x ) = ( e k x ) ′ = k e k x , = ( k e k x ) ′ = k 2 e k x , … , = k n e k x .
بنابراین، در x = 0 x = 0 x = 0 داریم:
f ( 0 ) = e 0 = 1 , f ’ ( 0 ) = k e 0 = k , f ′ ′ ( 0 ) = k 2 e 0 = k 2 , … , f ( n ) ( 0 ) = k n e 0 = k n . \large \begin {align*} f \left ( 0 \right ) & = { e ^ 0 } = 1 , \; \; \kern-0.3pt \\ f ’ \left ( 0 \right ) & = k { e ^ 0 } = k , \; \; \kern-0.3pt \\ f ^ { \prime \prime } \left ( 0 \right ) & = { k ^ 2 } { e ^ 0 } = { k ^ 2 } , \\ & \ldots \; \; \kern-0.3pt , \\ { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( 0 \right ) & = { k ^ n } { e ^ 0 } = { k ^ n } . \end {align*} f ( 0 ) f ’ ( 0 ) f ′′ ( 0 ) f ( n ) ( 0 ) = e 0 = 1 , = k e 0 = k , = k 2 e 0 = k 2 , … , = k n e 0 = k n .
در نتیجه، بسط مک لورن تابع به صورت زیر است:
e k x = ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( 0 ) x n n ! = 1 + k x + k 2 x 2 2 ! + k 3 x 3 3 ! + … = ∑ n = 0 ∞ k n x n n ! . \large \begin {align*} { { e ^ { k x } } } & = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( 0 \right ) \frac { { { x ^ n } } } { { n ! } } } } \\ & = { 1 + k x + \frac { { { k ^ 2 } { x ^ 2 } } } { { 2 ! } } } + { \frac { { { k ^ 3 } { x ^ 3 } } } { { 3 ! } } + \ldots } \\ & = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { k ^ n } { x ^ n } } } { { n ! } } } . } \end {align*} e k x = n = 0 ∑ ∞ f ( n ) ( 0 ) n ! x n = 1 + k x + 2 ! k 2 x 2 + 3 ! k 3 x 3 + … = n = 0 ∑ ∞ n ! k n x n .
مثال ۴
بسط تیلور تابع درجه سوم x 3 x ^ 3 x 3 را حول x = 2 x = 2 x = 2 به دست آورید.
حل: تابع f ( x ) = x 3 f\left( x \right) = {x^3} f ( x ) = x 3 است. مشتقهای آن نیز عبارتند از:
f ’ ( x ) = ( x 3 ) ′ = 3 x 2 , f ′ ′ ( x ) = ( 3 x 2 ) ′ = 6 x , f ′ ′ ′ ( x ) = ( 6 x ) ′ = 6 , f I V ( x ) = 0 \large { f ’ \left ( x \right ) = { \left ( { { x ^ 3 } } \right ) ^ \prime } = 3 { x ^ 2 } , \; \; } \kern-0.3pt \\ \large { f ^ { \prime \prime } \left ( x \right ) = { \left ( { 3 { x ^ 2 } } \right ) ^ \prime } = 6 x , \; \; } \kern-0.3pt \\ \large { f ^ { \prime \prime \prime } \left ( x \right ) = { \left ( { 6 x } \right ) ^ \prime } = 6 , \; \; } \kern-0.3pt \\ \large { { f ^ { I V } } \left ( x \right ) = 0 } f ’ ( x ) = ( x 3 ) ′ = 3 x 2 , f ′′ ( x ) = ( 3 x 2 ) ′ = 6 x , f ′′′ ( x ) = ( 6 x ) ′ = 6 , f I V ( x ) = 0
و برای n ≥ 4 n \ge 4 n ≥ 4 رابطه f ( n ) ( x ) = 0 {f^{\left( n \right)}}\left( x \right) = 0 f ( n ) ( x ) = 0 برقرار است.
در نقطه x = 2 x = 2 x = 2 ، داریم:
f ( 2 ) = 8 , f ’ ( 2 ) = 12 , f ′ ′ ( 2 ) = 12 , f ′ ′ ′ ( 2 ) = 6. \large { f \left ( 2 \right ) = 8 , \; \; } \kern-0.3pt { f ’ \left ( 2 \right ) = 1 2 , \; \; } \kern-0.3pt { f ^ { \prime \prime } \left ( 2 \right ) = 1 2 , \; \; } \kern-0.3pt { f^ { \prime \prime \prime } \left ( 2 \right ) = 6 . } f ( 2 ) = 8 , f ’ ( 2 ) = 12 , f ′′ ( 2 ) = 12 , f ′′′ ( 2 ) = 6.
بنابراین، بسط سری تیلور تابع درجه سوم به صورت زیر است:
x 3 = ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( 2 ) ( x – 2 ) n n ! = 8 + 12 ( x – 2 ) + 12 ( x – 2 ) 2 2 ! + 6 ( x – 2 ) 3 3 ! = 8 + 12 ( x – 2 ) + 6 ( x – 2 ) 2 + ( x – 2 ) 3 . \large \begin {align*} { { x ^ 3 } } & = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( 2 \right ) \frac { { { { \left ( { x – 2 } \right ) } ^ n } } } { { n ! } } } } \\ & = { 8 + 1 2 \left ( { x – 2 } \right ) } + { \frac { { 1 2 { { \left ( { x – 2 } \right ) } ^ 2 } } } { { 2 ! } } } + { \frac { { 6 { { \left ( { x – 2 } \right ) } ^ 3 } } } { { 3 ! } } } \\ & = { 8 + 1 2 \left ( { x – 2 } \right ) } + { 6 { \left ( { x – 2 } \right ) ^ 2 } } + { { \left ( { x – 2 } \right ) ^ 3 } . } \end {align*} x 3 = n = 0 ∑ ∞ f ( n ) ( 2 ) n ! ( x –2 ) n = 8 + 12 ( x –2 ) + 2 ! 12 ( x –2 ) 2 + 3 ! 6 ( x –2 ) 3 = 8 + 12 ( x –2 ) + 6 ( x –2 ) 2 + ( x –2 ) 3 .
مثال ۵
سری مکلورن تابع ( 1 + x ) μ {\left( {1 + x} \right)^\mu } ( 1 + x ) μ را بیابید.
حل: تابع f ( x ) = ( 1 + x ) μ f\left( x \right) = {\left( {1 + x} \right)^\mu } f ( x ) = ( 1 + x ) μ را در نظر میگیریم که در آن، μ \mu μ یک عدد حقیقی است و x ≠ − 1 x \ne -1 x = − 1 . مشتقهای این تابع به صورت زیر هستند:
f ’ ( x ) = μ ( 1 + x ) μ – 1 , f ′ ′ ( x ) = μ ( μ – 1 ) ( 1 + x ) μ – 2 , f ′ ′ ′ ( x ) = μ ( μ – 1 ) ( μ – 2 ) ⋅ ( 1 + x ) μ – 3 , f ( n ) ( x ) = μ ( μ – 1 ) ( μ – 2 ) ⋯ ( μ – n + 1 ) ( 1 + x ) μ – n . \large \begin {align*} f ’ \left ( x \right ) & = \mu { \left ( { 1 + x } \right ) ^ { \mu – 1 } } , \\ { f ^ { \prime \prime } \left ( x \right ) } & = { \mu \left ( { \mu – 1 } \right ) { \left ( { 1 + x } \right ) ^ { \mu – 2 } } , } \\ { f ^ { \prime \prime \prime } \left ( x \right ) } & = { \mu \left ( { \mu – 1 } \right ) \left ( { \mu – 2 } \right ) \cdot } \kern0pt { { \left ( { 1 + x } \right ) ^ { \mu – 3 } } , } \\ { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( x \right ) } & = { \mu \left ( { \mu – 1 } \right ) \left ( { \mu – 2 } \right ) \cdots } \kern0pt { \left ( { \mu – n + 1 } \right ) { \left ( { 1 + x } \right ) ^ { \mu – n } } . } \end {align*} f ’ ( x ) f ′′ ( x ) f ′′′ ( x ) f ( n ) ( x ) = μ ( 1 + x ) μ –1 , = μ ( μ –1 ) ( 1 + x ) μ –2 , = μ ( μ –1 ) ( μ –2 ) ⋅ ( 1 + x ) μ –3 , = μ ( μ –1 ) ( μ –2 ) ⋯ ( μ – n + 1 ) ( 1 + x ) μ – n .
برای x = 0 x = 0 x = 0 ، داریم:
f ( 0 ) = 1 , f ’ ( 0 ) = μ , f ′ ′ ( 0 ) = μ ( μ – 1 ) , … , f ( n ) ( 0 ) = μ ( μ – 1 ) ⋯ ( μ – n + 1 ) . \large \begin {align*} f \left ( 0 \right ) & = 1 , \; \; \kern-0.3pt \\ f ’ \left ( 0 \right ) & = \mu , \; \; \kern-0.3pt \\ f ^ { \prime \prime } \left ( 0 \right ) & = \mu \left ( { \mu – 1 } \right ) , \\ & \ldots , \; \; \kern-0.3pt \\ { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( 0 \right) } & = { \mu \left ( { \mu – 1 } \right ) \cdots } \kern0pt { \left ( { \mu – n + 1 } \right ) . } \end {align*} f ( 0 ) f ’ ( 0 ) f ′′ ( 0 ) f ( n ) ( 0 ) = 1 , = μ , = μ ( μ –1 ) , … , = μ ( μ –1 ) ⋯ ( μ – n + 1 ) .
بسط سری را میتوان به فرم زیر نوشت:
( 1 + x ) μ = 1 + μ x + μ ( μ – 1 ) 2 ! x 2 + μ ( μ – 1 ) ( μ – 2 ) 3 ! x 3 + … + μ ( μ – 1 ) ⋯ ( μ – n + 1 ) n ! x n + … \large \begin {align*} { \left ( { 1 + x } \right ) ^ \mu } & = { 1 + \mu x } + { \frac { { \mu \left ( { \mu – 1 } \right ) } } { { 2 ! } } { x ^ 2 } } + \frac { { \mu \left( {\mu – 1 } \right ) \left ( { \mu – 2 } \right ) } } { { 3 ! } } { x ^ 3 } + \\ & \ldots + { \frac { { \mu \left ( { \mu – 1 } \right ) \cdots \left ( { \mu – n + 1 } \right ) } } { { n ! } } { x ^ n } + \ldots } \end {align*} ( 1 + x ) μ = 1 + μx + 2 ! μ ( μ –1 ) x 2 + 3 ! μ ( μ –1 ) ( μ –2 ) x 3 + … + n ! μ ( μ –1 ) ⋯ ( μ – n + 1 ) x n + …
این سری، یک بسط دوجملهای است.
مثال ۶
سری مک لورن f ( x ) = 1 + x f\left( x \right) = \sqrt {1 + x} f ( x ) = 1 + x را به دست آورید.
حل: با استفاده از بسط دوجملهای مثال قبل، و جایگذاری μ = 1 2 \mu = {\large\frac{1}{2}\normalsize} μ = 2 1 ، داریم:
1 + x = ( 1 + x ) 1 2 = 1 + x 2 + 1 2 ( 1 2 – 1 ) 2 ! x 2 + 1 2 ( 1 2 – 1 ) ( 1 2 – 2 ) 3 ! x 3 + … = 1 + x 2 – 1 ⋅ x 2 2 2 2 ! + 1 ⋅ 3 ⋅ x 3 2 3 3 ! − 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ x 3 2 4 4 ! + … + ( – 1 ) n + 1 ⋅ 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋯ ( 2 n – 3 ) x n 2 n n ! . \large \begin {align*} { \sqrt { 1 + x } } & = { { \left ( { 1 + x } \right ) ^ { \frac { 1 } { 2 } } } }\\ & = { 1 + \frac { x } { 2 } } + { \frac { { \frac { 1 } { 2 } \left ( { \frac { 1 } { 2 } – 1 } \right ) } } { { 2 ! } } { x ^ 2 } } +{ \frac { { \frac { 1 } { 2 } \left ( { \frac { 1 } { 2 } – 1 } \right ) \left ( { \frac { 1 } { 2 } – 2 } \right ) } } { { 3 ! }} { x ^ 3 } + \ldots } \\ & = { 1 + \frac { x } { 2 } – \frac { { 1 \cdot { x ^ 2 } } }{ { { 2 ^ 2 } 2 ! } } } + { \frac { { 1 \cdot 3 \cdot { x ^ 3 } } }{ { { 2 ^ 3 } 3 ! } } } - { \frac { { 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot { x ^ 3 } } } { { { 2 ^ 4 } 4 ! } } + \ldots } \\ & + \, \, \, \, \, { { \left ( { – 1 } \right ) ^ { n + 1 } } \cdot \frac { { 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots \left ( { 2 n – 3 } \right ) { x ^ n } } } { { { 2 ^ n } n ! } } . } \end {align*} 1 + x = ( 1 + x ) 2 1 = 1 + 2 x + 2 ! 2 1 ( 2 1 –1 ) x 2 + 3 ! 2 1 ( 2 1 –1 ) ( 2 1 –2 ) x 3 + … = 1 + 2 x – 2 2 2 ! 1 ⋅ x 2 + 2 3 3 ! 1 ⋅ 3 ⋅ x 3 − 2 4 4 ! 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ x 3 + … + ( –1 ) n + 1 ⋅ 2 n n ! 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋯ ( 2 n –3 ) x n .
با در نظر گرفتن فقط سه جمله اول، داریم:
1 + x ≈ 1 + x 2 – x 2 8 . \large { \sqrt { 1 + x } } \approx { 1 + \frac { x } { 2 } – \frac { { { x ^ 2 } } } { 8 } . } 1 + x ≈ 1 + 2 x – 8 x 2 .
خیلی مفید است سپاسگزارم ، پرسشی دارم ، بسط تابع کسری یک ایکسم چطوراست .
با سلام،
طبق تعریف بسط تیلور، لازم است تابع موردنظر f(x) در نقطه موردنظر تعریف شده باشد، یعنی مقدار متناهی داشته باشد. میدانیم بسط مکلورن حالت خاصی از بسط تیلور است که در نقطه صفر بررسی میشود. مقدار تابع یک ایکسم در نقطه صفر نامتناهی است و در این تعریف قرار نمیگیرد.
سلام و وقت بخیر.ممکنه بسط مک لورن تابع تانژانت رو با استفاده از تقسیم سینوس کسینوس بدست بیارید برام؟ممنونم
سلام لطفا ارتباط اویلر مک لورن و روش ذورنقه انتگرال رو بگید یا اگر امکانش هست مطلب یا لینکی با این موضوع ارائه بدید
درمثال پنجم در دومین سطر ازپایین (چهارمین عبارت) توان ایکس باید ۳ باشد .
سلام و وقت بخیر؛
فرمول اصلاح شد.
از همراهی شما با مجله فادرس سپاسگزاریم.
سلام.
برای آشنایی بیشتر، به آموزش «قاعده ذوزنقه ای — به زبان ساده (+ دانلود فیلم آموزش گام به گام)» مراجعه کنید.
موفق باشید.
سلام ببخشید بسط مک لورن برای 1/2^(x+1) من حس میکنم یه غلطی وجود دارع
میشه اونو بی زحمت به صورت سیگما بنویسید؟
سلام امیررضای عزیز.
جواب این مثال از فرمول منتجه مثال قبلی بهدست آمده و صحیح است.
شاد و پیروز باشید.
خیلی عالی بود واقعا ممنونم من حتی توماس رو خوندم ولی توضیحات شما عالی بود. فقط یه سوال داشتم اگر بجای 1/2 که توان 1+X ، داشتیم 1+X به توان یک تقسیم بر X بسط مکلورنش چطور حل میشه؟ در اینصورت که باید بجای X صفر بگذاریم کسر بی معنی میشوود. این سوال کنکور ارشد تصویربرداری پزشکی سال 95 بوده.
سلام.
در سؤالی که به آن اشاه کردهاید، ضریب x در بسط مکلورن تابع (1+x)x1 خواسته شده است. همانطور که میدانیم، ضریب x در بسط مکلورن، همان f′(0) است. بنابراین، کافی است این مقدار را محاسبه کنیم. محاسبه این ضریب از راه مستقیم کار دشواری است. بنابراین، با کمک بسط سایر توابع و دانستههای ریاضیمان آن را به دست میآوریم. رابطه f=(1+x)x1 را داریم. از دو طرف لگاریتم طبیعی میگیریم و به رابطه lnf=x1ln(1+x) میرسیم. همانطور که میدانیم، بسط مکلون ln(1+x)=x–2x2+3x3–⋯ را داریم. بنابراین، تساوی lnf=x1(x–2x2+3x3–⋯)=1−2x+3x2−⋯ را خواهیم داشت. اکنون از طرفین این تساوی مشتق میگیریم و به ff’=−21+32x−⋯ میرسیم. با قرار دادن x=0 رابطه f′(0)=−21f(0) را داریم. اکنون کافی است f(0) را محاسبه کنیم. از طرفی، از تعریف عدد نپر میدانیم که تساوی e=x→0lim(1+x)x1 برقرار است. بنابراین، f(0)=e را خواهیم داشت و در نهایت، پاسخ این سؤال f′(0)=−2e خواهد بود.
از اینکه با مجله فرادرس همراه هستید، خوشحالیم.
عااالیییی بوددد
من شخصاً راضی هستم خیلی چیز های مفید است وخیلی کار ره برای ما راحت ساختید