Wyprowadzenie rozw. w szereg Maclaurina wybranych funkcji

[luka52]

Szeregi Maclaurina wybranych funkcji

Spis treści
1. \(\displaystyle{ e^x}\)
2. \(\displaystyle{ \sin x}\)
3. [url=http://www.matematyka.pl/304176.htm#3]\(\displaystyle{ \cos x}\)[/url]
4. [url=http://www.matematyka.pl/304176.htm#4]\(\displaystyle{ (1-x)^{-1}}\)[/url]
5. [url=http://www.matematyka.pl/304176.htm#5]\(\displaystyle{ \ln (1+x)}\)[/url]
6. [url=http://www.matematyka.pl/304176.htm#6]\(\displaystyle{ (1+x)^\alpha}\)[/url]
7. [url=http://www.matematyka.pl/304176.htm#7]\(\displaystyle{ \arctan x}\)[/url]
8. [url=http://www.matematyka.pl/304176.htm#8]\(\displaystyle{ \arcsin x}\)[/url]
9. [url=http://www.matematyka.pl/304176.htm#9]\(\displaystyle{ x/(e^x - 1)}\)[/url]
10. [url=http://www.matematyka.pl/304176.htm#10]\(\displaystyle{ \ln(1-x)/(x-1)}\)[/url]
11. [url=http://www.matematyka.pl/304176.htm#11]\(\displaystyle{ e^x \sin x}\)[/url]
12. [url=http://www.matematyka.pl/304176.htm#d]Dodatek[/url]

1. \(\displaystyle{ e^x = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \ldots, \quad x \in \RR}\)

Wyprowadzenie:    

Niech \(\displaystyle{ f \colon \RR \ni x \to e^x \in \RR}\), ponieważ \(\displaystyle{ \left( e^x \right)' = e^x}\), zatem \(\displaystyle{ f^{(n)} (0) = e^0 = 1, \; n = 0, 1, 2, \ldots}\) i mamy:

\(\displaystyle{ e^x = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{x^n}{n!}, \quad x \in \RR}\)

Na marginesie warto zauważyć, że rozwinięcie to jest prawdziwe na całej płaszczyźnie zespolonej, tj. dla \(\displaystyle{ x \in \CC}\)

2. \(\displaystyle{ \sin x = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^n }{(2n+1)!} x^{2n+1} = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \frac{x^7}{5040} + \ldots, \quad x \in \RR}\)

Wyprowadzenie:    

Niech \(\displaystyle{ f \colon \RR \ni x \to \sin x \in \RR}\), zauważmy, że \(\displaystyle{ \left( \sin x \right)' = \cos x = \sin \left( x + \tfrac{\pi}{2} \right)}\) a dalej:

\(\displaystyle{ \ddfrac{^n}{x^n} (\sin x ) = \ddfrac{^{n-1}}{x^{n-1}} \left( \sin \left( x + \frac{\pi}{2}\right) \right) = \ldots = \sin \left( x + \frac{n \pi}{2} \right)}\)

stąd obliczamy, że:

\(\displaystyle{ f^{(n)}(0) = \sin \frac{n \pi}{2} = \begin{cases} 0 & {\rm gdy } \; n \; {\rm jest parzyste} \\ (-1)^k & {\rm gdy } \; n = 2k+1, \; k \in \ZZ \end{cases}}\)

co pozwala ostatecznie zapisać:

\(\displaystyle{ \sin x = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^n }{(2n+1)!} x^{2n+1}, \quad x \in \RR}\)

3. \(\displaystyle{ \cos x = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n} = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \frac{x^6}{720} + \ldots, \quad x \in \RR}\)

Wyprowadzenie:    

Postępując analogicznie jak w przykładzie 2 mamy: \(\displaystyle{ (\cos x)' = - \sin x = \cos \left( x + \tfrac{\pi}{2}\right)}\), a ogólniej:

\(\displaystyle{ \ddfrac{^n}{x^n} (\cos x) = \cos \left( x + \frac{\pi n}{2} \right)}\)

w punkcie \(\displaystyle{ x=0}\) wartość \(\displaystyle{ n}\)-tej pochodnej to: \(\displaystyle{ \cos \frac{\pi n}{2} = (-1)^k}\) gdy \(\displaystyle{ n = 2k, \; k \in \ZZ}\), dla pozostałych \(\displaystyle{ n}\) pochodna się zeruje. Otrzymujemy więc rozwinięcie:

\(\displaystyle{ \cos x = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}, \quad x \in \RR}\)

4. \(\displaystyle{ \frac{1}{1-x} = \sum_{n = 0}^{+\infty} x^n = 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + \ldots, \quad |x| < 1}\)

Wyprowadzenie:    

Ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego.

5. \(\displaystyle{ \ln (1+x) = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} x^n = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} - \ldots, \quad x \in (-1, 1]}\)

Wyprowadzenie:    

Niech \(\displaystyle{ f \colon (-1, +\infty) \ni x \to \ln (1+x) \in \RR}\), wtedy pochodna \(\displaystyle{ f'}\) i jej rozwinięcie w szereg Maclaurina (patrz pkt. 4) to:

\(\displaystyle{ \ddfrac{}{x} \ln (1+x) = \frac{1}{1 + x} = 1 - x + x^2 - \ldots = \sum_{n = 0}^{+\infty} (-x)^n, \quad |x| < 1}\)

Całkując powyższe w granicach od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ x}\) otrzymamy:

\(\displaystyle{ $\begin{align*} \int_0^x \frac{\dd t}{1 + t} & = \int_0^x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-t)^n \, \dd t= \sum_{n = 0}^{+\infty} \int_0^x (-t)^n \, \dd t \\
\ln (1 + x) & = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n+1} x^{n+1} = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} x^n
\end{align*}$}\)

Powstały szereg jest zbieżny dla każdego \(\displaystyle{ x \in (-1,1)}\) oraz dla \(\displaystyle{ x = 1}\) na mocy kryterium Leibniza.

6. \(\displaystyle{ (1 + x)^\alpha = \sum_{n = 0}^{+\infty} \binom{\alpha}{n} x^n = 1 + \alpha x + \frac{\alpha (\alpha - 1)}{2} x^2 + \ldots , \quad |x| < 1, \; \alpha \in \CC}\)

Wyprowadzenie:    

Obliczmy kolejne pochodne:

\(\displaystyle{ \begin{tabular}{rcc}
$n$ & $f^{(n)}$ & $f^{(n)}(0)$ \\ \hline
$0$ & $(1+x)^\alpha$ & $1$ \\
$1$ & $\alpha (1+x)^{\alpha - 1}$ & $\alpha$ \\
$2$ & $\alpha (\alpha - 1) (1+x)^{\alpha - 2}$ & $\alpha (\alpha - 1)$ \\
$3$ & $\alpha (\alpha - 1)(\alpha - 2) (1+x)^{\alpha - 3}$ & $\alpha (\alpha - 1)(\alpha - 2)$
\end{tabular}}\)

Zauważamy ogólną prawidłowość:

\(\displaystyle{ $\begin{align*} f(0) &= 1 = \binom{\alpha}{0} \\
f^{(n)}(0) &= \alpha (\alpha - 1) \cdot \ldots \cdot (\alpha - n + 1) = n! \binom{\alpha}{n}, \; n \ge 1
\end{align*}$}\)

co ostatecznie prowadzi do podanego wzoru.

7. \(\displaystyle{ \arctan x = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \ldots , \quad |x| \le 1}\)

Wyprowadzenie:    

Pochodna arcus tangensa i jej rozwinięcie w szereg Maclaurina (patrz pkt. 4) to:

\(\displaystyle{ \left( \arctan x \right)' = \frac{1}{1+x^2} = \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n x^{2n}, \quad |x| < 1}\)

Całkując powyższe wyraz po wyrazie w granicach od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ x}\) otrzymujemy:

\(\displaystyle{ $\begin{align*} \int_0^x \left( \arctan t\right)' \, \dd t & = \int_0^x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n t^{2n} \, \dd t = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \int_0^x t^{2n} \, \dd t \\
\arctan x & = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}
\end{align*}}\)

Szereg ten jest zbieżny dla \(\displaystyle{ |x| < 1}\) jak również na krańcach przedziału, tj. w punktach \(\displaystyle{ x = \pm 1}\) (na mocy kryterium Leibniza).

8. \(\displaystyle{ \arcsin x = \sum_{n = 0}^{+\infty} \binom{-\frac{1}{2} }{n} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} = x + \frac{1}{6} x^3 + \frac{3}{40} x^5 + \ldots, \quad |x| \le 1}\)

Wyprowadzenie:    

Pochodna arcus sinusa i jej rozwinięcie w szereg Maclaurina (patrz pkt. 6) to:

\(\displaystyle{ \left( \arcsin x \right)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = \sum_{n = 0}^{+\infty} \binom{-\frac{1}{2} }{n} (-1)^n x^{2n}, \quad |x|<1}\)

Całkując powyższe wyraz po wyrazie w granicach od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ x}\) otrzymujemy:

\(\displaystyle{ $\begin{align*} \int_0^x \left( \arcsin t \right)' \, \dd t & = \int_0^x \sum_{n = 0}^{+\infty} \binom{-\frac{1}{2} }{n} (-1)^n t^{2n} \, \dd t = \sum_{n = 0}^{+\infty} \binom{-\frac{1}{2} }{n} (-1)^n \int_0^x t^{2n} \, \dd t \\
\arcsin x & = \sum_{n = 0}^{+\infty} \binom{-\frac{1}{2} }{n} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} = x + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} x^3 + \frac{3}{8} \cdot \frac{1}{5} x^5 + \ldots \\
& = x + \frac{1}{6} x^3 + \frac{3}{40} x^5 + \ldots, \quad |x| \le 1
\end{align*}}\)

9. \(\displaystyle{ \frac{x}{e^x - 1} = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{B_n}{n!} x^n = 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{12} - \frac{x^4}{720} + \frac{x^6}{30240} + \ldots, \quad x \in \RR}\)

Wyprowadzenie:    

Jest to definicja liczb Bernoulliego.
Możemy jednak wyprowadzić rekurencyjną zależność dla współczynników \(\displaystyle{ B_n}\). Wpierw jednak uściślijmy jaką funkcję rozwijamy w szereg, chodzi o:

\(\displaystyle{ f(x) = \begin{cases} 1 &, x = 0 \\ \frac{x}{e^x - 1} &, x \in \RR \setminus \{ 0 \} \end{cases}}\)

Następnie skorzystajmy ze znanego rozwinięcia: \(\displaystyle{ e^x - 1 = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{x^n}{n!}}\) i zapiszmy:

\(\displaystyle{ $\begin{align*} x &= \left( \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{x^n}{n!} \right) \cdot \left( \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{B_n}{n!} x^n \right)\\
& = \left( B_0 \right) x + \left( \frac{B_0}{2!} + B_1 \right) x^2 + \left( \frac{B_0}{3!} + \frac{B_1}{2!} + \frac{B_2}{2!} \right)x^3 + \left( \frac{B_0}{4!} + \frac{B_1}{3!} + \frac{B_2}{2!} + \frac{B_3}{3!} \right) x^4 + \ldots \\
& = \sum_{n = 1}^{+\infty} \left( \sum_{k=0}^{n-1} \frac{B_k}{k!(n-k)!}\right) x^n
\end{align*}$}\)

Przyrównując współczynniki przy kolejnych potęgach zmiennej \(\displaystyle{ x}\) możemy odczytać wartości kolejnych liczb Bernoulliego jako:

\(\displaystyle{ B_0 = 1, \; B_1 = - \frac{1}{2}, \; B_2 = \frac{1}{12}, \; B_3 = 0, \; B_4 = - \frac{1}{30}, \; \ldots}\)

10. \(\displaystyle{ \frac{\ln (1-x)}{x-1} = \sum_{n = 1}^{+\infty} H_n x^n = x + \frac{3}{2} x^2 + \frac{11}{6} x^3 + \frac{25}{12} x^4 + \ldots, \quad |x| < 1}\)

Wyprowadzenie:    

Korzystając z wyników z punktów 4 i 5 mamy:

\(\displaystyle{ $\begin{align*} \ln (1-x) & = - \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{x^n}{n} \\
\frac{1}{x-1} & = - \sum_{n = 0}^{+\infty} x^n
\end{align*}}\)

Stąd:

\(\displaystyle{ $\begin{align*} \frac{\ln (1-x)}{x-1} & = \left( \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{x^n}{n} \right) \cdot \left( \sum_{n = 0}^{+\infty} x^n \right) \\
& = \sum_{n = 1}^{+\infty} \left( \sum_{k = 1}^n \frac{1}{k}\right) x^n = \sum_{n = 1}^{+\infty} H_n x^n, \quad |x|<1
\end{align*}$}\)

Skorzystaliśmy w obliczeniach z iloczynu Cauchy'ego szeregów.

11. \(\displaystyle{ e^x \sin x = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{2^{\frac{n}{2}} \sin \frac{\pi n}{4} }{n!} x^n = x + x^2 + \frac{x^3}{3} - \frac{x^5}{30} - \ldots ,\quad x \in \RR}\)

Wyprowadzenie:    

Skorzystajmy z następującego przedstawienia funkcji sinus za pomocą eksponent zespolonego argumentu:

\(\displaystyle{ \sin x = \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i}}\)

Wtedy:

\(\displaystyle{ $\begin{align*} e^x \sin x & = \frac{e^{(1+i)x} - e^{(1-i)x}}{2i} = \frac{1}{2i} \sum_{n = 0}^{+\infty} \left( \frac{(1+i)^n}{n!} - \frac{(1-i)^n}{n!} \right) x^n\\
& = \frac{1}{2i} \sum_{n = 0}^{+\infty} \left( \frac{2^{\frac{n}{2}} e^{i \frac{\pi n}{4} } }{n!} - \frac{2^{\frac{n}{2}} e^{-i \frac{\pi n}{4} } }{n!} \right) x^n \\
& = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{2^{\frac{n}{2} }}{n!} \left( \frac{e^{i \frac{\pi n}{4} } - e^{-i \frac{\pi n}{4} }}{2i} \right) x^n \\
& = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{2^{\frac{n}{2}} \sin \frac{\pi n}{4} }{n!} x^n, \quad x \in \RR
\end{align*}$}\)

Dodatek
Najczęściej wykorzystywane metody przy rozwijaniu funkcji w szereg Maclaurina (jak również Taylora), to:

* Mając dane rozwinięcie funkcji \(\displaystyle{ f(x)}\), aby wyznaczyć rozwinięcie \(\displaystyle{ f(x^2)}\) (lub podobnej) wystarczy podstawić \(\displaystyle{ x \to x^2}\). I tak np.:

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

* Czasem łatwiej jest wyznaczyć rozwinięcie pochodnej lub całki z danej funkcji. Np. Mając rozwinięcie funkcji kosinus wystarczy skorzystać z tego, iż \(\displaystyle{ (\cos x)' = - \sin x}\) by otrzymać rozwinięcie funkcji sinus.

* Jeżeli funkcja jest iloczynem kilku bardziej podstawowych funkcji, których rozwinięcie jest znane, można skorzystać z iloczynu Cauchy'ego szeregów by otrzymać szukane rozwinięcie - patrz [url=http://www.matematyka.pl/304176.htm#10]przykład 10[/url].