Matematické Fórum

Ma1uS · 28. 11. 2011 13:14

Určte Maclaurinov polynóm stupňa 8 pre funkciu $f (x) = ln |\frac{(1-2x+2x^2)^3}{(1-2x+x^2)^2}|$ .

toto je zadanie...a mam to vypocitane vsetko...
ale na konci my vyslo $\frac{-383x^{16}}{4} + 764x^{15} - \frac{18238x^{14}}{7} + ..... - 2x$
a proste profakovi vadi ze tam je $x^{16}$ ze proste ked je to polynom stupňa 8 tak tam má byť najvyššia mocnica 8 ..... a fakt neviem co s tym teda.... :(

Rumburak · 28. 11. 2011 13:55

↑ Ma1uS:
No je asi potřeba vzít těch členů méně, aby to byl formálně polynom stupně 8 . (Píši "formálně", protože u Mcl. polynomů se může stát,
že člen požadovaného stupně n má nulový koeficient, takže Mcl. polynom stupně n pak - přísně vzato - neexistuje. Ale netvrdím, že
takový je i náš případ. )

Ma1uS · 29. 11. 2011 00:01

a tak ako mam zobrat menej clenov teda???

Rumburak

↑ Ma1uS:
Obecně vzato tak, že členy vyšších stupňů než 8 vynecháš. K technickému provedení pomůže úprava:

$f(x) = \ln \left|\frac{(1-2x+2x^2)^3}{(1-2x+x^2)^2}\right| = \ln \left|\frac{((1-x)^2+x^2)^3}{(1-x)^4}\right|= \ln \frac{|(1-x)^2+x^2|^3}{|(1-x)^4|}$ ,

odtud je vidět, že výrazy v abs. hodnotách jsou nezáporné (předpokládám, ře jde o funkci reálné proměnné) , proto můžeme
obě absolutní hodnoty odstranit. Pro $x \in (-1, 1)$ je rovněž $1-x >0$ , takže dále

$f(x) = \ln \frac{((1-x)^2+x^2)^3}{(1-x)^4} = 3 \ln ((1-x)^2+x^2) - 4 \ln (1 - x) = 3 \ln (1-(2x-2x^2)) - 4 \ln (1 - x)$

a na to použijeme vzorec rozvoje funkce $\ln (1 - t)$ pro $t \in (-1, 1)$ .

Ma1uS · 29. 11. 2011 11:54

no tak to ze som dostal $4ln(1-x)$ pomoze....ale ta druha cast je taka ista ako som pocital povodne a tak stale mi to asi vide $x^{16}$ tak neviem....
respektive akz je ten vyorec ?

Rumburak · 29. 11. 2011 12:26

↑ Ma1uS:
Ta druhá část s $\ln (1-(2x-2x^2))$ se rozvine pode $t = 2x-2x^2$ , vezmou se členy s $(2x-2x^2)^k$ pro k = 0, ... , 8 ,
po umocnění těchto závorek a celkovém sloučení podle mocnin x dostaneme polynom stupně 16, ale členy s exponentem > 8 vynecháme.

Ma1uS · 29. 11. 2011 13:53

a ako ich vynecham ?? to nechapem...proste ich mozem len tak vynechat?
lebo ja som to robil cez derivacie....1 - 8

Rumburak

↑ Ma1uS:
Vynecháš je prostě tak, že je tam "zapomeneš" napsat. Je potřeba si uvedomit, že je-li

(1) $f(x) \equiv \sum_{k=0}^{\infty}a_k x^k$
na některém okolí bodu 0, pak řada v (1) je Maclaurinovou řadou funkce f a polynom $\sum_{k=0}^{n}a_k x^k$ Maclaurinovým polynomem
téže funkce , a sice polynomem stupně n, pakliže $a_n \ne 0$ .

Mnou navrhované řešení je přes tuto větu, řadu v (1) jsme našli jiným způsobem než přes derivace.

EDIT. Ptal ses ještě na ten vzorec, tak tedy :

$\ln (1-t) = - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{t^k}{k}, t \in [-1, 1)$ ,

pro $t \in (-1, 1)$ se odvodí integrací identity

$\frac {1}{1-t} = \sum_{k=1}^{\infty} t^{k-1}, t \in (-1, 1)$

pro součet geometrické řady .