Przedział zbieżności szeregu Maclaurina funkcji wymiernej

[kitku]

Witam wszystkich!

Jak zapewne wielu nowych użytkowników forum, tak i mnie sprowadził tu problem z którym od dłuższego czasu nie potrafię sobie poradzić Chodzi mianowicie o określenie przedziału zbieżności szeregu Maclaurina znalezionego dla funkcji:

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

Po rozkładzie na ułamki proste i zapisaniu w postaci szeregów potęgowych otrzymałem coś takiego:

\(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{3} \sum_{n=0}^{ \infty } (-1) ^{n} (x-2) ^{n} - \frac{1}{3} \sum_{n=0}^{ \infty } (-1) ^{n} (x+1) ^{n} }\).

No i tutaj nie za bardzo wiem, co dalej robić. Mam dwa szeregi o promieniu zbieżności \(\displaystyle{ 1}\) i przedziałach \(\displaystyle{ (-2;0)}\) i \(\displaystyle{ (1;3)}\). Jak to rozumieć? Gdyby znalazł się ktoś uprzejmy i zechciał wskazać mi dalszą drogę (albo zepchnąć z obecnej ) byłbym bardzo wdzięczny, zadanie spędza mi już sen z powiek którąś noc z rzędu

Z góry wielkie dzięki za każdą podpowiedź

[Premislav]

To nie jest rozwinięcie tej funkcji w szereg Maclaurina. Szereg Maclaurina to szereg Taylora o środku w zerze.

To powinno być tak:
\(\displaystyle{ \frac{1}{(x+2)(x-1)}=\frac{1}{3}\left( \frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+2}\right)\\=\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{1-x}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1+\frac{x}{2}}\right)\\=\sum_{n=0}^{\infty}-\frac{1}{3}x^{n}+\sum_{n=0}^{\infty}-\frac{1}{6}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}x^{n}}\)
i to zapisać jako jeden szereg. Ustalenie promienia zbieżności to formalność, pierwszy jest zbieżny dla \(\displaystyle{ |x|<1}\) a drugi dla \(\displaystyle{ |x|<2}\), czyli ogólnie…

[kitku]

...czyli ogólnie przedział zbieżności to (-1;1), czy tak?

Dziękuję za tak szybką odpowiedź. Ciągle jeszcze te szeregi mi nie leżą, ale chyba jest coraz lepiej. Faktycznie źle podstawiałem

[Premislav]

...czyli ogólnie przedział zbieżności to (-1;1), czy tak?

Zgadza się.

[kitku]

Jeszcze raz dziękuję za wyjaśnienie. Mam jeszcze jeden podobny problem związany z szeregami Maclaurina, więc może żeby nie zakładać nowego wątku zadam pytanie tutaj. Podejrzewam że rozwiązanie nie jest trudne, ale nie mogę nigdzie znaleźć podobnych zadań żeby porównać sobie tok rozumowania. Korzystając z rozwinięć Maclaurina mam obliczyć wartość pochodnej 49. rzędu w zerze dla funkcji:

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

Znajduję więc szereg:

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

I teraz rozumuję tak:

\(\displaystyle{ (-1)^{n}= \frac{f^{(n)}(0)}{n!}\ dla\ n \in \left\{ 0,1,2,3,...\right\} }\)

więc:

\(\displaystyle{ f^{(49)}(0)=(-1)^{49} \cdot 49!=-49!}\)

Czy to prawidłowe rozwiązanie?

[Premislav]

Niezupełnie, choć blisko.
Zauważ, że współczynnik przy \(\displaystyle{ x^{k}}\) w rozwinięciu, które uzyskałeś, jest równy
\(\displaystyle{ 0}\), gdy \(\displaystyle{ k}\) jest parzyste oraz \(\displaystyle{ (-1)^{\frac{k-1}{2}}}\), gdy
\(\displaystyle{ k}\) jest nieparzyste (bo gdy \(\displaystyle{ k=2n+1}\), to wynosi on \(\displaystyle{ (-1)^{\red{n}}}\)). Czyli współczynnik przy \(\displaystyle{ x^{49}}\) (zgadza się, że to jest \(\displaystyle{ \frac{f^{(49)}(0)}{49!}}\)) jest równy \(\displaystyle{ (-1)^{\frac{49-1}{2}}=1}\)
Zatem wynik to \(\displaystyle{ 49!}\)

[kitku]

Zauważ, że współczynnik przy \(\displaystyle{ x^{k}}\) w rozwinięciu, które uzyskałeś, jest równy
\(\displaystyle{ 0}\), gdy \(\displaystyle{ k}\) jest parzyste

Nie bardzo rozumiem, k chyba nie może być tam parzyste. Czy to właśnie dlatego mówimy, że współczynnik jest równy 0? Bo nie istnieje?

W związku z powyższym zastanawia mnie jeszcze jak obliczyć w tym przypadku pochodną w zerze rzędu parzystego, np. 48. Jest ona równa 0? A może tak:

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

Wówczas współczynnik przy \(\displaystyle{ x^{48}}\) wyniósłby \(\displaystyle{ (-1)^{23}}\), co dałoby wynik \(\displaystyle{ -48!}\)
Czy wolno mi było w ogóle tak sobie "przerobić' ten szereg?

[Premislav]

To od początku. Dla funkcji \(\displaystyle{ f}\), która jest klasy \(\displaystyle{ C^{\infty}}\) (nieskończenie wiele razy różniczkowalna) w punkcie \(\displaystyle{ x_{0}}\) i w pewnym otoczeniu \(\displaystyle{ x_{0}}\) zbieżny jest szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}}\)
(jej szereg Taylora) zachodzi w tymże otoczeniu
\(\displaystyle{ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}}\)
Zawsze forma wzoru jest taka, po prostu jeśli pewne współczynniki (na przykład przy nieparzystych/parzystych potęgach) się nie pojawiają, to są równe zero.
Rozwinięcie w szereg Taylora wokół ustalonego punktu jest jednoznaczne, tj. jeśli w otoczeniu punktu \(\displaystyle{ x_{0}}\) zbieżny jest wspomniany szereg Taylora funkcji \(\displaystyle{ f}\) i mamy reprezentację \(\displaystyle{ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}}\),
to dla każdego \(\displaystyle{ n\in \NN}\) zachodzi
\(\displaystyle{ a_{n}=\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}}\)
Z tego właśnie korzystasz.
Tutaj mamy \(\displaystyle{ a_{n}=\begin{cases}0\text{ gdy } 2|n\\(-1)^{\frac{n-1}{2}}\text{ gdy } 2\nmid n\end{cases}}\)
Chyba widzisz, że wykładnik minus jedynki (n) to nie to samo, co wykładnik iksa (\(\displaystyle{ 2n+1}\)).


A Twoje przesunięcie indeksów powyżej jest niepoprawne, ponieważ przeważnie jest \(\displaystyle{ x^{2(n-1)+1}\neq x^{2n}}\).