Matematyka.pl

Proszę o sprawdzenie mojego rozwiązania.
\(\displaystyle{ f(x)= e^{-x ^{2} }}\)
Mam rozwinąć taką oto funkcję w szereg MacLaurina. W zadaniu znajdywała się wskazówka, mówiąca o tym, że należy skorzystać ze znanych rozwinięć.
Moje rozwiązanie:
\(\displaystyle{ -x^{2} =t

e^{t} = \sum_{0}^{ \infty } \frac{ t^{n} }{n!}}\)

Więc po podstawieniu:

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

Rozwiąznie zgadza się z wynikiem z wolfram alpha, ALE
Tutaj pojawia się pytania:
Czy taki zapis jest poprawny? czy można sobie tak po prostu podstawić \(\displaystyle{ t}\) za \(\displaystyle{ -x^{2}}\) ??

Można. Skoro dla każdego \(\displaystyle{ t \in \RR}\) zachodzi równość

\(\displaystyle{ e^t = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n}{n!},}\)

to w szczególności dla każdego \(\displaystyle{ x \in \RR}\) zachodzi

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

tj. obie strony, traktowane jako funkcje, są równe na \(\displaystyle{ \RR.}\) Czy wiesz, jak uzasadnić, że z tej równości wynika, że prawa strona musi być szeregiem MacLaurina funkcji \(\displaystyle{ e^{-x^2},}\) którego definicja jest taka:

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

hmm no tak, tutaj pojawia się problem.. rozumiem że takie uzasadnienie jest konieczne aby rozwiązanie było w pełni poprawne?
na "chłopski rozum" sprowadzałoby się to do pokazania że pochodna n-tego rzędu dla \(\displaystyle{ x_{0}=0}\) wynosi \(\displaystyle{ -x^{n}}\) ale nie za bardzo to widzę zwłaszcza, że w pochodnej x się przecież nie pojawi... mógłbym prosić o dalsze wskazówki?
EDIT:
Inny pomysł. Potraktujmy \(\displaystyle{ -x^{2}}\) jako argument funkcji \(\displaystyle{ e^{t}}\) . Ponieważ pierwszy szereg jest szeregiem MacLaurina to z tego oraz z zapisanej przez Ciebie równości wynika, że otrzymany szereg jest również szeregiem MacLaurina (zmiennej \(\displaystyle{ -x^{2}}\) ).
Dobrze? Jeśli tak to czy to już w pełni wystarczy? Mam nadzieję że nie pozmyślałem za bardzo...

Ale \(\displaystyle{ -x^2}\) to już nie zmienna, tylko funkcja. A chcemy mieć szereg MacLaurina zmiennej \(\displaystyle{ x.}\) Dlatego chyba konieczne jest uzasadnienie, że jeśli funkcja rozwija się w szereg potęgowy w zerze, to ten szereg jest szeregiem MacLaurina tej funkcji. Czyli do pokazania jest implikacja:

Jeśli

\(\displaystyle{ f(x) \equiv \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n,}\)

to

\(\displaystyle{ a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n.}\)

No cóż jedyne co mi przychodzi do głowy to to, że skoro daną funkcję można zapisać zarówno w szereg potęgowy jak i MacLaurina to te te szeregi funkcyjne są sobie równe, bo:
-dla każdego x obydwa szeregi muszą zmierzać do tej samej liczby (bo jeden nie może wskazywać innej wartości funkcji dla danego argumentu niż drugi)
-obydwa szeregi to wielomiany n-tego stopnia. Skoro wielomiany te dla każdego x dają tą samą liczbę to muszą być sobie równe. a jak wiadomo wielomiany są sobie równe gdy współczynniki przy każdej potędze iksa są odpowiednio równe.

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

z tego zaś wynika, że:

\(\displaystyle{ a_{n}=\frac{f^{(n)} (0)}{n!}}\)

Myślę, że tym razem mój dowód jest wystarczający ale proszę o sprawdzenie

HelpMePls pisze: -obydwa szeregi to wielomiany n-tego stopnia. Skoro wielomiany te dla każdego x dają tą samą liczbę to muszą być sobie równe. a jak wiadomo wielomiany są sobie równe gdy współczynniki przy każdej potędze iksa są odpowiednio równe.

To nie są wielomiany, tylko szeregi potęgowe. A równość dwóch szeregów można wykazywać na przykład z zasady identyczności.

HelpMePls pisze:-dla każdego x obydwa szeregi muszą zmierzać do tej samej liczby (bo jeden nie może wskazywać innej wartości funkcji dla danego argumentu niż drugi)

To nie jest dobre uzasadnienie. Szereg MacLaurina funkcji nie musi być do niej zbieżny. Jeśli jest, to taką funkcję nazywa się analityczną. Podręcznikowym przykładem funkcji, która nie jest analityczna, jest \(\displaystyle{ e^{-\frac{1}{x^2}}}\) - jej szereg MacLaurina jest szeregiem samych zer, więc do niej nie zbiega.
Równość tych dwóch szeregów chyba niełatwo stwierdzić na podstawie zasady identyczności, bo niełatwo wyliczyć wartości szeregu

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

bo nawet jego współczynniki zachowują się dziwnie.

hmm w takim razie muszę się poddać bo nic innego nie przychodzi mi do głowy. Mógłbyś pokazać mi jak należy przeprowadzić ten dowód albo jakiś inny łatwiejszy sposób rozwinięcia tej funkcji w szereg MacLaurina?

Co do zasady identyczności to nie przerabialiśmy tego na studiach więc nie wiem jak się za to zabrać. myślę że skoro dostaliśmy takie zadanie to jest jakiś inny sposób rozwiązania?

Ja bym skorzystał z twierdzenia o różniczkowaniu szeregów potęgowych.

Niech

\(\displaystyle{ P(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n,}\)

gdzie prawa strona powstaje z (łatwej) zamiany szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{ \left( -x^2 \right)^n}{n!}}\) na szereg potęgowy.
(Wyjaśnienie: ostatni szereg nie jest potęgowy w sensie formalnym, ale daje się łatwo na taki zamienić. A do dalszego rozumowania potrzebujemy wiedzieć, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) rozwija się w pewien szereg potęgowy, a nie szereg podobny do potęgowego.)

Z wcześniejszych rozważań wiemy, że

\(\displaystyle{ f(x) \equiv P(x).}\)


Szereg MacLaurina funkcji \(\displaystyle{ f(x)}\) ma postać

\(\displaystyle{ M(x) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n,}\)

gdzie

\(\displaystyle{ b_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}.}\)

Skoro \(\displaystyle{ f(x) \equiv P(x),}\) możemy współczynniki \(\displaystyle{ b_n}\) zapisać w postaci

\(\displaystyle{ b_n = \frac{P^{(n)}(0)}{n!}.}\)

Ale pochodne \(\displaystyle{ P^{(n)}(0)}\) bardzo łatwo wyliczyć z twierdzenia o różniczkowaniu szeregów potęgowych:

\(\displaystyle{ \begin{array}{lcl} P^{(0)}(x) & = & P(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \ldots \\ \\
P^{(1)}(x) & = & P'(x) = \left( a_0 + a_1 \cdot x + a_2 \cdot x^2 + a_3 \cdot x^3 + \ldots \right)' \\
& = & a_1 \cdot 1 + a_2 \cdot 2 \cdot x + a_3 \cdot 3 \cdot x^2 + a_4 \cdot 4 \cdot x^3 + \ldots \\ \\
P^{(2)}(x) & = & P''(x) = \left( a_1 \cdot 1 + a_2 \cdot 2 \cdot x + a_3 \cdot 3 \cdot x^2 + a_4 \cdot 4 \cdot x^3 + \ldots \right)' \\
& = & a_2 \cdot 2 \cdot 1 + a_3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot x + a_4 \cdot 4 \cdot 3\cdot x^2 + a_5 \cdot 5 \cdot 4\cdot x^3 + \ldots \\ \\
P^{(3)}(x) & = & P'''(x) = \left( a_2 \cdot 2 \cdot 1 + a_3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot x + a_4 \cdot 4 \cdot 3\cdot x^2 + a_5 \cdot 5 \cdot 4\cdot x^3 + \ldots \right)' \\
& = & a_3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 + a_4 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot x + a_5 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot x^2 + a_6 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot x^3 + \ldots \\
& \vdots & \\
P^{(n)}(x) & = & a_n \cdot \frac{n!}{0!} + a_{n+1} \cdot \frac{(n+1)!}{1!} \cdot x + a_{n+2} \cdot \frac{(n+2)!}{2!} \cdot x^2 + a_{n+3} \cdot \frac{(n+3)!}{3!} \cdot x^3 + \ldots
\end{array}}\)

A zatem

\(\displaystyle{ b_n = \frac{P^{(n)}(0)}{n!} = \frac{a_n \cdot n!}{n!} = a_n,}\)

czyli szeregi \(\displaystyle{ M(x)}\) oraz \(\displaystyle{ P(x)}\) mają równe wszystkie współczynniki. Widać więc, że szeregiem MacLaurina funkcji \(\displaystyle{ f(x)}\) jest

\(\displaystyle{ M(x) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n,}\)

a to ostatnie jest znane. \(\displaystyle{ \blacktriangledown}\)


W tym ciut nazbyt precyzyjnym i może nieczytelnym rozumowaniu mogła utonąć kluczowa obserwacja, której zrozumienie pozwala dużo łatwiej dostrzec istotę zagadnienia:

\(\displaystyle{ n}\)-ta pochodna szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n}\) w punkcie \(\displaystyle{ 0}\) to po prostu \(\displaystyle{ n! \cdot c_n.}\)
Skoro więc \(\displaystyle{ f}\) przedstawia się za pomocą szeregu potęgowego, którego współczynniki znamy, to pochodne \(\displaystyle{ f}\) (zamiast normalną, mozolną drogą) możemy liczyć po prostu zerkając na te współczynniki i dopisując \(\displaystyle{ n!.}\)

wow, zrobiło się z tego większe zadanko niż się spodziewałem w każdym razie dzięki wielkie za wyjaśnienie i cierpliwość do mojego błądzenia
to co udowodniłeś bardzo mi ułatwi rozwiązywanie tego typu zadań