Matematické Fórum

FliegenderZirkus

Ahoj, jak mám prosím rozumět zadání: Danou funkci f(x) rozviňte v mocninnou řadu s středem v daném bodě. Určete interval, v němž řada konverguje. $f(x)=\cos(x) \sin(3x),\ x_0=0$
Můžu si napočítat několik derivací té funkce v nule a pak napsat něco jako $f(x)=3x-6{x}^{3}+{\frac {22}{5}}{x}^{5}+O \left( {x}^{7} \right)$ , ale to je Taylorův polynom, ne nekonečná řada. Mám tedy nějak odhadovat, jak se bude dál vyvíjet posloupnost těch koeficientů u lichých mocnin x a pokoušet se tu řadu zapsat pomocí sumace? Nebo jde ten rozvoj vydolovat ze znalosti $\cos x = \sum^{\infty}_{n=0} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}$ a $\sin {3x} = \sum^{\infty}_{n=0} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} (3x)^{2n+1}$ ? Konvergenci bych očekával na R, ale jak pohnout s limitou $\lim_{n \to \infty} =\frac{f^{(n)}(\x)}{n!}{x}^{n}$ , která by měla jít k nule, když ani žádný vztah pro n-tou derivaci té funkce nemám a posloupnost těch derivací možná ani není omezená? Nejspíš na to jdu úplně špatně...díky za rady

Rumburak · 20. 10. 2010 09:27

Myslím, že Ti pomůže toto:

$f(x)\,=\,\cos(x) \sin(3x)\,= \frac{1}{2}(\sin \,4x\,+ \,\sin \,2x)$ .

netolinda · 20. 10. 2010 09:49

Může te mi někdo vysvětlit jak spočítat rovnice 3/x + 8/y=3, 15/x-4/y=4
Prosím moc o pomoc
Netolinda

Cheop · 20. 10. 2010 09:56 — Editoval Cheop (20. 10. 2010 10:31)

↑ netolinda:
1) Zaveď substituci:
$a=\frac 3x\nlb=\frac 4y$
Dostaneš:
$a+2b=3\nl5a-b=4$ dopočítáš a, b a pak následně x, y
2)

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Rumburak · 20. 10. 2010 13:54

↑ FliegenderZirkus:
1. Vzhledem k tomu, že Taylorův (resp. Maclaurinův) rozvoj funkce sin x je platný pro každé x reálné (dokonce pro každé x komplexní),
pak prostřednictvím substituce x = c*t , kde c je libovolná (obecně komplexní a konečná) konstanta, není problém ani u funkcí
tvaru $h_c(t)=\sin(ct)$ a jejich lineárních kombinací.

2. Vztah $\frac{e^x}{x^2+2}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{(x^2+2)n!}$ není rozvojem funkce vlevo do mocninné řady, ale platí (v reálném oboru bez výjímek).
K Mcl. rozvoji této funkce mne nenapadá jiná cesta, než použít součin řad, z nichž prvou bude známý rozvoj exponenciály, druhou pak
$\frac{1}{x^2+2} =\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty} $-\frac{x^2}{2}$^k,\,|x| < \sqrt{2}$ (geom. řada o kvocientu $-\frac{x^2}{2}$ ).

Rumburak · 20. 10. 2010 13:59

↑ netolinda:
Příště si k novému tématu založ nové vlákno, a to ve vlastním zájmu, protože takto by Tvé téma mohlo zapadnout.

FliegenderZirkus · 21. 10. 2010 13:17

↑ Rumburak:
A jde z takového součinu explicitně vyjádřit posloupnost $c_n$ z výrazu $\frac{e^x}{x^2+2}=\sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n$ ? Co tím myslím: máme začátek Maclaurinovy řady funkce $f(x)=\frac{e^x}{x^2+2}$ :
${\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{6}}{x}^{3}+{\frac {1}{48}}{x}^{4}+ \cdots$ , jde ta posloupnost $(\frac12,\, \frac12,\, 0,\, \frac{-1}{6},\, \frac{1}{48}, \,...)$ vyjádřit vzorcem pro n-tý člen? Pokoušel jsem se o to takhle:
Máme rozvoje:
$e^x=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$
$\frac{1}{x^2+2} =\sum_{n=0}^{\infty}b_n x^n=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} $-\frac{x^2}{2}$^n$
koeficient u x^n ve výsledném součinu a tedy i n-tý člen c_n podle mě bude:
$c_n=\sum_{i=0}^{n}a_i b_{n-i}$
a výsledek by se tedy dal zapsat jako:
$\frac{e^x}{x^2+2}=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{i=0}^{n}a_i b_{n-i} x^n=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{i=0}^{n} \frac{1}{i!}\cdot \frac{-1}{4}((-1)^{n-i+1}-1)(-1)^{\frac{(n-i)(n-i+1)}{2}}(\frac{1}{2})^{\frac{n-i}{2}} x^n$
Všechny ty zběsilosti mi tam vyskákaly, když jsem vyjadřoval tu posloupnost $b_n=-\frac14 ((-1) ^{n+1}-1) (-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}(\frac12) ^{\frac{n}{2}}$ , což určitě jde jednodušeji :) I když jsem se tedy vlastně nikam nedobral, zajímalo by mě, jestli je aspoň ta myšlenka správná. Zkoušel jsem to dát do Maple, ale nezvládl to, jen vím, že ta posloupnost b_n je správně.

FliegenderZirkus · 21. 10. 2010 13:29

Můj včerejší (druhý) příspěvek se mi zobrazil dvakrát, tak jsem jeden z nich smazal, ale už tu naní ani jeden :-) Pro pořádek ho sem umístím, má být na místě #3 a další příspěvky mají být o jeden níže...

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Rumburak · 21. 10. 2010 13:40

↑ FliegenderZirkus:
Ano, ta myšlenka je správná. Pokoušel jsem se to i přepočítat, ale dnes na to nemám :(. Jak by to šlo jednodušeji, mne také nenapadá.

FliegenderZirkus · 26. 10. 2010 21:08

Zkusím se ještě zeptat na obecnější úrovni: uvažujme reálnou funkci f(x), která je vyjádřená pomocí násobení, sčítání a skládání elementárních funkcí, má na R derivace všech řádů a nevím co ještě požadovat, prostě je rozumná.
Je pravda, že jen pro některé speciální případy takových funkcí umím vyjádřit jejich n-tou derivaci jako funkci n, x? V obecném případě vzorec pro n-tou derivaci nemusí existovat, že? Snad je intuitivní, co myslím slovem „vzorec”, třeba:
$f(x)= \sin(x)$ , $f^{(n)}(x)=\sin(x+\frac{\pi n}{2})$ .
Jestli je tohle pravda, tak by z toho třeba mohlo plynout, že ta moje posloupnost c_n z Maclaurinova rozvoje $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n$ nemusí být vyjádřitelná vzorcem pro n-tý člen..? Nebo se mi vždy podaří nalézt aspoň nějaké vyjádření pomocí sumace, jako v tom mém konkrétním případě:
$\frac{e^x}{x^2+2}=\sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n$
$c_n=\sum_{i=0}^{n} \frac{1}{i!}\cdot \frac{-1}{4} \left( \left(-1 \right)^{n-i+1}-1\right)\left(-1\right)^{\frac{(n-i)(n-i+1)}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{n-i}{2}}$
Mimochodem, nejde ta poslední suma zjednodušit, nebo dokonce zapsat v uzavřeném tvaru? Dík!

Rumburak

↑ FliegenderZirkus: Nevím, zda ony dotazy správně chápu. Pokusím se tedy odpovědět, co je mi o tom známo.

Jestliže na intervalu $I=(-R,\,R)$ , kde $R > 0$ , platí identita $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n$ , potom řada vpravo je nutně konvergentní
též pro každé komplexní $x$ splňující $|x|< R$ . Množinu všech komplexních čísel $z$ splňujících nerovnost $|z|< R$ označme $K$ .
Geometricky je to otevřený kruh (v Gaussově rovině) o středu 0 a poloměru $R$ a na něm je tedy definována funkce $g(z)\,:=\sum_{n=0}^{\infty}c_n z^n$ .
I v komplexním oboru platí, že mocninnou řadu lze uvnitř konvergenčního kruhu derivovat (podle komplexní proměnné) "člen po členu",
při tom takto zderivovaná řada má stejný poloměr konvergence jako řada původní. Funkce $g$ má tedy v $K$ derivace všech řádů
(tj. derivace dle kompl. proměnné) , které jsou vyjádřitelné odpovídajícími řadami. Rovněž platí známý vzozec $c_n = \frac{g^{$n$}(0)}{n!}$ .
Novinkou proti analýze v reálném oboru je, že koeficient $c_n$ lze též vyjádřit integrálem
$c_n=\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}\frac{g(z)}{z^{n+1}}\text{d} z$ ,
kde $\Gamma$ může být (pro zjednodušení) libovolná kladně orientovaná kružnice splňující též podmínky
1) $\Gamma$ leží celá v kruhu $K$ ,
2) bod 0 leží uvnitř kruhu, jehož hranicí je $\Gamma$ .
Na bližší volbě takové kružnice hodnota onoho integrálu nezávisí.

O funkci $g$ s výše uvedenými vlastnostmi říkáme, že je holomorfní na kruhu $K$ .
Funkce $f$ je tedy holomorfně rozšiřitelná na kruh $K$ , což je podmínka nutná (a zřejmě i postačující) k tomu, aby funkce $f$ byla rozvinutelná
v Maclaurinovu řadu na intervalu $I$ .

POZNÁMKA: Aby komplexní funkce kompl. proměnné byla na otevřeném kruhu $K$ holomorfní, k tomu již stačí, aby v každém bodě tohoto kruhu
měla derivaci 1. řádu (míněna derivace podle kompl. proměnné). Takovouto podmínkou bývá holomorfnost funkce definována - existence i všech
derivací vyšších řádů a rozvoj funkce v MacLaurinovu řadu jsou tím již zaručeny, což je poměrně zajímavé.