rozwiniećie funkcji w szereg Maclaurina- sprawdzenie

[norwimaj]

Nie ma sensu rozwijać takiej funkcji w szereg Maclaurina. Ona ma osobliwość (konkretnie: biegun prosty) w zerze. Można co najwyżej rozwinąć ją w szereg Laurenta.

[leszczu450]

norwimaj, zapomniałem dodać, że tutaj to rozwinąć w szereg Taylora dla \(\displaystyle{ x=2}\) . Moja wina!

[norwimaj]

To podstaw \(\displaystyle{ x=2+t}\) i rób szereg Maclaurina.

[leszczu450]

norwimaj, czyli tak to ma wyglądać?


\(\displaystyle{ x=2+t}\)

\(\displaystyle{ f(x)= \frac{x+2}{x^2 - 3x}}\)
\(\displaystyle{ f(t) = \frac{t+4}{t^2 +t -2} = \frac{t+4}{\left( t-1\right)\left( t+2\right) } = \frac{5}{3} \frac{1}{t-1} - \frac{2}{3} \frac{1}{t+2} = \left( - \frac{5}{3} \right) \frac{1}{1-t} - \frac{4}{3} \frac{1}{1 - (-t)} = \left( - \frac{5}{3} \right) \sum_{n=0}^{\infty} t^n - \frac{4}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left( -1\right) ^{n}t^n}\)

Teraz wkładam za \(\displaystyle{ t=x-2}\) i koniec?

[norwimaj]

Zasadniczo tak, ale...

\(\displaystyle{ f(t) = \frac{t+4}{t^2 +t -2}}\)

To nie jest \(\displaystyle{ f(t)}\), tylko \(\displaystyle{ f(t+2)}\).

\(\displaystyle{ \frac{5}{3} \frac{1}{t-1} - \frac{2}{3} \frac{1}{t+2} = \left( - \frac{5}{3} \right) \frac{1}{1-t} - \frac{4}{3} \frac{1}{1 - (-t)}}\)

W drugim składniku coś nie tak. Po prawej stronie powinno być \(\displaystyle{ \frac t2}\) zamiast \(\displaystyle{ t}\) i dodatkowa dwójka powinna się pojawić w mianowniku a nie w liczniku.

[leszczu450]

norwimaj, już to poprawiłem : ) Dziękuję Ci bardzo za pomoc!

I jeszcze jeden przykład(znany) \(\displaystyle{ f(x)=e^x \sin x}\). Rozwinąć w szereg Maclaurina . Na zajęciach robiliśmy okropnym sposobem. Robiliśmy iloczyn Cauchy'ego, rozpatrywaliśmy nieparzyste wyrazy, braliśmy jako ograniczeie górne podłoge... no masakra jakaś wychodziła... Zastanwiam się czy można to zrobić jakoś inaczej? Czy można w każdym szeregu uciec od iloczynu Cauchy'ego , który zazwyczaj jest po prostu brzydki ?

Znalazłem na forum takie coś: https://www.matematyka.pl/viewtopic.php?t=190459

Jednak nie wiem jak to dokończyć...

[Dasio11]

Który sposób dokończyć? W podanym temacie jest ich kilka.
Godnym polecenia wydaje mi się sposób podany przez Wasilewskiego: zauważyć, że

\(\displaystyle{ e^x \cos x + \mathrm i \cdot e^x \sin x = e^x ( \cos x + \mathrm i \sin x ) = e^x \cdot e^{\mathrm i x} = e^{(1+\mathrm i)x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(1+\mathrm i)^n}{n!} \cdot x^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{ \left( \sqrt{2} \right)^n \left( \cos \frac{n \pi}{4} + \mathrm i \sin \frac{n \pi}{4} \right)}{n!} \cdot x^n}\)

oraz porównać części urojone obu stron.

[leszczu450]

Dasio11, ten sposób jest ok. Chodzi mi o sposób, gdzie kolejno wylicza się pochodne.

[Dasio11]

W tamtym temacie Liop91 wyliczył pochodne \(\displaystyle{ f^{(1)}, f^{(2)}, f^{(3)}, f^{(4)}}\) i wyszło, że

\(\displaystyle{ f^{(4)}(x) = -4f(x).}\)

To oznacza, że

\(\displaystyle{ f^{(5)}(x) = -4f^{(1)}(x) \\
f^{(6)}(x) = -4f^{(2)}(x) \\
f^{(7)}(x) = -4f^{(3)}(x) \\
f^{(8)}(x) = -4f^{(4)}(x) = 16 f(x) \\
f^{(9)}(x) = -4f^{(5)}(x) = 16 f^{(1)}(x) \\
\vdots}\)

a zatem otrzymujemy wzór rekurencyjny

\(\displaystyle{ \begin{cases}
f^{(0)}(0) = f(0) \\
f^{(1)}(0) = f'(0) \\
f^{(2)}(0) = f''(0) \\
f^{(3)}(0) = f'''(0) \\
f^{(n)}(0) = -4 \cdot f^{(n-4)}(0) & \text{gdy } n \ge 4
\end{cases}.}\)

[leszczu450]

Dasio11, ale chyba nijak to nas prowadzi do zwinięcia tego w szereg Maclaurina.

[norwimaj]

Dlaczego nie? Jak znamy wszystkie pochodne w zerze, to znamy szereg Maclaurina.

[Dasio11]

Właśnie tak.
Ze wzoru rekurencyjnego wynika wzór ogólny:

\(\displaystyle{ f^{(4n)}(0) = (-4)^n \cdot f(0) = 0 \\
f^{(4n+1)}(0) = (-4)^n \cdot f^{(1)}(0) = (-4)^n \\
f^{(4n+2)}(0) = (-4)^n \cdot f^{(2)}(0) = (-4)^n \cdot 2 \\
f^{(4n+3)}(0) = (-4)^n \cdot f^{(3)}(0) = (-4)^n \cdot 2}\)

a stąd już mamy rozwinięcie:

\(\displaystyle{ e^x \cdot \sin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{ f^{(n)}(0) }{n!} \cdot x^n}\)

w którym wszystkie współczynniki są znane.

[leszczu450]

Dziękuję Wam za pomoc!