Matematyka.pl

Może ktoś wytłumaczyć mi jak rozwiązuje się zadanie o takiej treści: rozwinąć w szereg potęgowy o środku x=0 jakąś funkcję? Przykładowymi funkcjami mogą być
\(\displaystyle{ f(x)=\ln (1+ x ^{2} )\\
f(x)=\arctan x\\
f(x)=x ^{2} e ^{2x}}\)

W takich cwiczeniowych zadankach najczesciej robi sie to wykorzystujac znane rozwiniecia, np sinusa, cosinusa i funkcji eksponencjalnej w szereg Maclaurina. Latwo znajdziesz je wszystkie w Sieci, a jedno napisze tu:
Uzywa sie tez pracowicie twierdzenia o rozniczkowaniu i calkowaniu szeregow potegowych "wyraz po wyrazie" (czyli o tym, ze mozna se zamienic kolejnosc calkowania czy rozniczkowania z sumowaniem).
Moge zrobic przyklad: rozwine \(\displaystyle{ \textrm{arctg}\; x}\)

\(\displaystyle{ (\textrm{arctg}\; x)'=\frac{1}{1+x^2}}\) wiec mozemy rozwinac ostatnia funkcje z pomoca szeregu wyzej, a potem scalkowac otrzymany szereg. To mamy tak:

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

A teraz calkujemy
Uwaga: Zbiezny przy \(\displaystyle{ |x|\leq 1}\) czyli w wiekszym przedziale, niz szereg, ktory wykorzystalismy.

Podobnie robisz ten z logarytmem: najpierw rozwin sobie \(\displaystyle{ \ln(1+x)}\), a potem zastap \(\displaystyle{ x}\) przez \(\displaystyle{ x^2}\)
Wynik: \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}x^{2n}, \quad |x|<1}\)
Ostatni przyklad to juz w ogole latwiocha, bo masz znane rozwiniecie \(\displaystyle{ e^x}\) wiec tylko podstawiasz \(\displaystyle{ 2x}\) zamiast \(\displaystyle{ x}\) i na koncu "wciagasz" \(\displaystyle{ x^2}\) pod znak sumy.

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

coś mi się nie zgadza wynik z przykładu \(\displaystyle{ f(x)=ln(1+x ^{2})}\)
zrobiłem to tak
\(\displaystyle{ \ln (1+x)' = \frac{1}{1+x} = \frac{1}{1-(-x)} = \sum_{n=0}^{ \infty }(-x) ^{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } (-1) ^{n}x ^{n}}\)
\(\displaystyle{ \ln (1+x)= \int \frac{1}{1+x}dt = \int \sum_{n=0}^{ \infty }(-1) ^{n}x ^{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } (-1) ^{n} \int_{}^{} x ^{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } (-1) ^{n} \frac{x ^{n+1} }{n+1} = \sum_{n=0}^{ \infty } (-1) ^{n} \frac{1}{n+1} x ^{2n+2}}\) gdzie jest błąd?

Ogólnie to trochę nie rozumiem tego rozwijania funkcji w szereg potęgowy po za funkcjami wymiernymi np.: \(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{x ^{2}+3x+2 }}\)
takie funkcje rozwija się wg mnie w sposób nieskomplikowany i taki sam dla funkcji wymiernych, czyli funkcję się całkuje, potem na podstawie tego wzoru który już napisałaś wylicza się sumę i już.
A np. w tym przykładzie \(\displaystyle{ \arctan x}\) najpierw trzeba wyliczyć pochodną funkcji, potem tą pochodną zapisać wg wzoru jako sumę, potem jeszcze całkować tą pochodną \(\displaystyle{ \arctan x}\) i znów zapisać jako sumę. Dość skomplikowane jest to, trzeba wiedzieć co kiedy robić, no i łatwo się pomylić.

Jeśli najpierw liczymy pochodną funkcji (jak w przykładzie \(\displaystyle{ \arctan x}\)) to potem musimy całkować tą pochodną?

Nie wystarczy tylko całkować funkcję i potem wg jakiegoś wzoru napisać sumę, tak jak w przypadku funkcji wymiernych?

\(\displaystyle{ \ln(1+x^2)}\) rozwinales prawidlowo (To ja napisalam z bledem: u mnie w szeregu wykladniku (-1) powinno byc n+1, a jest n, przepraszam). Tylko ze oczywiscie nie ma rownosci miedzy \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}}\) i \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+2}}{n+1}}\), wbrew temu, co napisales.

Nie kapuje o co ci chodzi z tym calkowaniem funkcji wymiernych. Aby rozwinac funkcje wymierna trzeba ja tylko rozlozyc na ulamki proste i wykorzystac rozwiniecie \(\displaystyle{ \frac{1}{1-x}}\)

dav123 pisze:A np. w tym przykładzie arctg x najpierw trzeba wyliczyć pochodną funkcji, potem tą pochodną zapisać wg wzoru jako sumę, potem jeszcze całkować tą pochodną arctg x i znów zapisać jako sumę.

Cos to za bardzo komplikujesz. Dwa ostatnie kroki, ktore tu podajesz to jeden i ten sam krok.
Idea jest taka:
Chcemy rozwinac funkcje \(\displaystyle{ f}\). Jesli mozna w latwy sposob rozwinac w szereg pochodną \(\displaystyle{ f'}\), to rozwijamy i ten szereg calkujemy, zeby dostac szereg funkcji \(\displaystyle{ f}\).

W skrocie troche nieformalnie zapisze to tak Ostatni szereg (jak sie juz wyliczy calke) jest szukanym szeregiem.

Tylko ze oczywiscie nie ma rownosci miedzy \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } (-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}}\) i \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+2}}{n+1}}\), wbrew temu, co napisales

Mój błąd w zapisie. Powinno być tak: \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}}\) . za \(\displaystyle{ x}\) podstawiam \(\displaystyle{ x ^{2}}\) więc wynik to \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+2}}{n+1}}\)

\(\displaystyle{ \ln(1+x^2)}\) rozwinales prawidlowo (To ja napisalam z bledem: u mnie w szeregu wykladniku (-1) powinno byc n+1, a jest n

Nawet jeśli w wykładniku (-1) zamiast n podstawisz n+1 to Twój wynik będzie wyglądał tak \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{(-1) ^{n+1} }{n}x ^{2n}}\) , a on nie jest równy z moim wynikiem. Więc albo ja zrobiłem gdzieś błąd albo Twój wynik jest zły.




Jeśli chodzi o funkcje wymierne; mamy np. taką funkcję \(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{x ^{2}+3x+2 } = \frac{1}{(x+1)(x+2)}}\) teraz tą funkcję całkujemy, czyli
\(\displaystyle{ \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x+2}}\)
1=A(x+2)+B(x+1)
A=1, B=-1, więc
\(\displaystyle{ \frac{1}{x+1} + \frac{-1}{x+2}=}\) (i teraz na podstawie wzoru rozwijamy tą funkcję) \(\displaystyle{ = \frac{1}{1-(-x)} - \frac{1}{2+x} = \frac{1}{1-(-x)} - \frac{1}{2} * \frac{1}{1-(- \frac{x}{2}) } = \sum_{}^{} (-x) ^{n} - \frac{1}{2} \sum_{}^{} (- \frac{x}{2}) ^{n} = \sum_{}^{} (-1) ^{n} x ^{n} - \frac{1}{2} \sum_{}^{} (- \frac{1}{2}) ^{n}x ^{n} = \sum_{}^{} ((-1) ^{n} - \frac{1}{2} \frac{(-1) ^{n} }{2 ^{n} })x ^{n} = \sum_{}^{} ((-1) ^{n} - \frac{(-1) ^{n} }{2 ^{n+1} })x ^{n}}\)
chodziło mi o taką metodę rozwiązywania funkcji wymiernych (całkowanie funkcji, a potem rozwinięcie jej wg wzoru)

\(\displaystyle{ f=\int f' = \int \sum a_nx^n = \sum\int a_n x^n}\)

teraz już "widzę " jak rozwinęłaś arctgx i nie wydaje mi się już to tak skomplikowane jak wcześniej

dav123 pisze:
Jeśli chodzi o funkcje wymierne; mamy np. taką funkcję \(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{x ^{2}+3x+2 } = \frac{1}{(x+1)(x+2)}}\) teraz tą funkcję całkujemy, czyli
\(\displaystyle{ \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x+2}}\)
1=A(x+2)+B(x+1)
A=1, B=-1, więc
\(\displaystyle{ \frac{1}{x+1} + \frac{-1}{x+2}=}\)

Ta operacja nazywa sie rozklad na ulammki proste, calkowanie to cos zupelnie innego.

dav123 pisze: Nawet jeśli w wykładniku (-1) zamiast n podstawisz n+1 to Twój wynik będzie wyglądał tak \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{(-1) ^{n+1} }{n}x ^{2n}}\) , a on nie jest równy z moim wynikiem. Więc albo ja zrobiłem gdzieś błąd albo Twój wynik jest zły.

Twoj jest dobry, a w moim taki blad, jak powiedzialam wczesniej. Gdy zastapic \(\displaystyle{ (-1)^n}\)przez \(\displaystyle{ (-1)^{n+1}}\) bo sumowaniew mam od jedynki i twoj wynik zgodzi sie z moim:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1) ^{n+1} }{n}x ^{2n}=\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{(-1) ^n }{n+1}x ^{2n+2}}\)

dav123 pisze: Teraz już "widzę " jak rozwinęłaś arctgx i nie wydaje mi się już to tak skomplikowane jak wcześniej

To fajnie. Bo to nie jest skomplikowane, pamietaj: jak tylko nie wiesz, jak zaczc rozwijac jakas funkcje, to zobacz, czy da sie latwo rozwinac jej pochodna (lub ew. funkcja pierwotna). Rozwijasz, calkujesz szereg (ew.rozniczkujesz) i masz szukany szereg. :- )

No tak, pomyliłem się jeśli chodzi o ten rozkład na ułamki proste. A i B w liczniku kojarzy mi się z całkowaniem funkcji wymiernych.

Wcześniej pisałem że wiem jak rozwijać funkcje wymierne, jednak tylko kiedy są dwa pierwiastki, dlatego prosiłbym o pokazanie jak się rozwija np. taką funkcję \(\displaystyle{ \frac{1}{(x-1) ^{2} }}\) z jednym pierwiastkiem.

Mam tu jeszcze dwie funkcje, których wyników nie jestem pewien
\(\displaystyle{ xsin(x ^{2})}\) wyszło mi\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{(-1) ^{n} }{(2n+1)!}x ^{4n+3}}\) rozwinąłem ją bardzo podobnie jak \(\displaystyle{ x ^{2} e ^{2x}}\), czyli napisałem rozwinięcie sinx, potem za x podstawiłem \(\displaystyle{ x ^{2}}\) i pomnożyłem przez x
i druga funkcja
\(\displaystyle{ 2x ln(1+3x)}\) wyszło mi \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{(-1) ^{n+1} 3 ^{n} }{n}x ^{n} 2x}\), tą funkcję też rozwinąłem jak poprzednią, czyli najpierw napisałem rozwinięcie ln(1+x) potem za x podstawiłem 3x i pomnożyłem przez 2x
Dobre są te wyniki?
I jeszcze mam takie pytanie. Jeśli polecenie zadania brzmiałoby rozwiń w szereg potęgowy o środku x=1(albo 2 albo jeszcze inna cyfra różna od 0) jakąś funkcję, to rozwiązanie byłby zupełnie inne niż przy x=0, czy podobne?

\(\displaystyle{ \frac{1}{(x-1)^2}=\Big(\frac{1}{1-x}\Big)'}\) jest fajnym przykladem na zastosowanie twierdzenia o rozniczkowaniu szeregu wyraz za wyrazem; czyli w sytuacji, gdy lawo jest rozwinac funkcje pierwotna. Tu rozumowanie bedzie takie, pisze nieformalnie:

\(\displaystyle{ f=(\int f)' = \Big(\sum a_nx^n)'= \sum a_n(x^n)'}\)

Mamy tak:
(Ostatni krok nie jest konieczny, jak ktos bardzo nie chce))))

Funkcje sa dobrze rozwiniete, tylko w drugiej wciagnij x pod znak sumy i wtedy w wykladniku x bedzie n+1.
Jak masz watpliwosci, to w mozesz sobie zawsze sprawdzic, w tym przypadku napisz x*ln(1+3x) , tam w wyniku jest kilka pierwszych wyrazow.

Poza tym jak podajesz rozwiniecia funkcji, to trzeba koniecznie pisac od jakiej liczby sumujesz, w pierwszym twoim przykladzie bedzie od n=0, a w drugim od n=1. Mozna sobie ewentualnie odpuscic pisanie zakresu sumowania, kiedy jest mowa o zbieznosci szeregu, bo opuszczenie skonczonej liczby skladnikow nie wplywa na zbieznosc.

Jesli rozwijasz w punkcie \(\displaystyle{ x_0\neq 0}\) (jesli ma to byc szereg Taylora, to w tym punkcie funkcja musi byc nieskonczenie rozniczkowalna), to musisz tak poczarowac, zeby dostac szereg o wygladzie \(\displaystyle{ \sum a_n(x-x_0)^n}\)

Przyklad. Rozwinac funkcje \(\displaystyle{ e^{-2x}}\) w szereg Taylora o srodku w punkcie \(\displaystyle{ x_0=1}\). Podac promien zbieznosci.

Wiemy, ze
To rozpiszemy sobie nasza funkcje tak, zeby dostac \(\displaystyle{ e^{A(x-1)}}\) i wykorzystamy rozwiniecie wyzej. No to mozemy sobie podstawic do szeregu \(\displaystyle{ (*)}\)
zbiezny przy \(\displaystyle{ x\in(-\infty,\infty)}\) (bo szereg \(\displaystyle{ (*)}\) jest tam zbiezny.)

(Wolfram dla kontroli: nabierz taylor series e^(-2x) at 1)

w drugiej wciagnij x pod znak sumy i wtedy w wykladniku x bedzie n+1

chodziło Ci o taki zapis? \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{2(-1) ^{n+1} 3 ^{n} }{n}x ^{n+1}}\)

Jeśli chodzi o to od jakiej liczby sumuję; jeśli za n podstawie 0 i pierwszy wyraz sumy = 0 to sumuję od n=1, jeśli nie to od n=0. na takiej zasadzie to działa?

Tak, taki zapis, teraz jest super.

Sumowanie bierzesz od tej liczby, ktora jest w rozwnieciu, z ktorego korzystasz, w logarytmie jest od jeden, wiec tu tez bedzie od 1.
Tak, jak pierwszy wyraz jest zero, to sumujesz od 1, a potem mozna przenumerowac, zeby miec od zera, jak ktos koniecznie chce - tak ja to zrobilam w tym przykladzie z \(\displaystyle{ \frac{1}{(x-1)^2}}\).
P.S. Bardzo sie ciesze, ze tak szybko wszystko zrozumiales i samodzielnie lupiesz tego typu zadania

Dzięki za pomoc!