Szereg Maclaurina (dwa przykłady krok po kroku)

Fukuro · Post autor: **Fukuro** » 26 sie 2008, o 15:33

Proszę o rozwiązanie obu przykładów, najlepiej krok po kroku, bym wiedział jak postępować z innymi, bo już w ogóle nie wiem jak podejść do zadań tego typu.

Rozwinąć w szereg Maclaurina funkcje f(x) oraz rozstrzygnać dla jakich $\displaystyle{ x R}$ prawdziwe są rozwinięcia.

a) $\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{1+25x ^{2} }}$
b) $\displaystyle{ f(x)= t_{0}^{x} cos( \sqrt{t}) \mbox{d}t}$ , dodatkowo obliczyć $\displaystyle{ f^{18}(0)}$

Z góry bardzo dziękuję za pomoc.

Pozdrawiam.

luka52 · Post autor: **luka52** » 26 sie 2008, o 16:57

ad a)

$\displaystyle{ $\begin{eqnarray*} f(x) & = & \frac{1}{1 + 25 x^2} = \frac{1}{1 - ft( - 25 x^2 \right)} \\
& = & \sum_{n = 0}^{+\infty} (-25 x^2)^n = \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n \; \; (5x)^{2n}\end{eqnarray*}}$

Powyższy szereg jako szereg geometryczny jest zbieżny dla $\displaystyle{ \left| -25x^2 \right| < 1 \iff x ft( - \frac{1}{5}, \; \frac{1}{5} \right)}$.

ad b)
Oznaczmy

$\displaystyle{ g(x) = f'(x) = \cos \sqrt{x}}$

Korzystając z rozwinięcia w szereg Maclaurina funkcji kosinus możemy zapisać (za $\displaystyle{ x}$ podstawiamy $\displaystyle{ \sqrt{x}}$)

$\displaystyle{ g(x) = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^n}$

Całkując powyższy szereg wyraz za wyrazem otrzymujemy szukane rozwinięcie funkcji f

$\displaystyle{ f(x) = t g(x) \; \mbox d x = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1) \, \, (2n)!} \; x^{n+1}}$

Szereg ten jest zbieżny dla każdego rzeczywistego $\displaystyle{ x}$.
Wyznaczenie 18 pochodnej funkcji f w zerze nie powinno stanowić problemu - wystarczy popatrzeć czym są kolejne współczynniki przy potęgach iksa w rozwinięciu funkcji f w szereg Maclaurina i odczytać odpowiednią wartość współczynnika.

Fukuro · Post autor: **Fukuro** » 27 sie 2008, o 14:44

Dziękuję za pokazanie metody.

Prosiłbym zaś o sprawdzenie tego przykładu, czy od strony formalnej zapis jest czytelny?

Rozwinąć funkcję w szereg Maclaurina oraz określić obszar zbieżności.

$\displaystyle{ f(x)=arctg(x)}$
$\displaystyle{ g(x)=f'(x)= \frac{1}{x^{2} +1}=\frac{1}{1-(-x^{2})}=\frac{1}{1-z}}$

$\displaystyle{ z=(-x^{2})}$

$\displaystyle{ \frac{1}{1-z}= \sum_{n=0}^{ } z ^{n} = \sum_{n=0}^{ } (-1) ^{n} x ^{2n}}$

Korzystając zaś z Twierdzenia o całkowanie szeregu wyraz po wyrazie:
$\displaystyle{ \int_{}^{} \sum_{n=0}^{ } (-1) ^{n} x ^{2n} = \sum_{n=0}^{ } (-1)^{n} x^{2n} = \sum_{n=0}^{ } (-1)^{n} \frac{x ^{2n+1}}{2n+1}}$

$\displaystyle{ \left| z\right| x^{2} (-1;1)}$

Wasilewski · Post autor: **Wasilewski** » 27 sie 2008, o 14:48

Na brzegach też jest zbieżny (kryterium Leibniza).

Fukuro · Post autor: **Fukuro** » 27 sie 2008, o 16:37

No tak, ale do rozwinięcia $\displaystyle{ \frac{1}{1-x}}$ dodano, iż jest prawdziwe dla każdego $\displaystyle{ x (-1;1)}$. Czy w takim razie, nie wyklucza to zbieżności na krańcach?

Wasilewski · Post autor: **Wasilewski** » 27 sie 2008, o 17:56

Ale to już nie jest ten sam szereg. Na krańcach szereg przyjmuje postać:
$\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+1}}$
a ten jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza.

Fukuro · Post autor: **Fukuro** » 28 sie 2008, o 15:15

Ok, dziękuję - poprawiłem.

To były przykłady bazujące na przekształceniu funkcji i użyciu znanych rozwinięć, a jak się ma sprawa rozwijania funkcji w szereg Taylora/Maclaurina, gdy mamy zrobić to bez wykorzystywania gotowych rozwinięć? Prosiłbym o przedstawienie metody szukania takiego rozwinięcia, najlepiej krok po kroku, bo z zapisów w książkach nie mogę tego jakoś połapać.

Przykłady:

a) $\displaystyle{ x^{2}(cos(x) -1)}$
b) $\displaystyle{ \frac{x}{x^{2}-5x + 6}}$

Z góry dziękuję za pomoc.