Matematické Fórum

stat · 18. 12. 2012 11:11

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

ahoj potřeboval bych poradit s tímto rozvojem, s tím -x^2 v citateli si nevim rady

diky za pomoc.

Rumburak · 18. 12. 2012 11:39

Ahoj.

Zjednodušil bych si to substitucÍ $x^2 = t$ na funkci $\frac{\ln(1+t)-t}{t^2}$ .

Důležité zde je umět rozvést do Maclaurinovy řady v proměnné $t$ funkci $\ln (1 + t)$ (to zvládneš ?).
Členy 1. stupně v čitateli zlomku se pak vyruší.
Výsledek vyjádříme opět v proměnné $x$ .

stat · 18. 12. 2012 11:54 — Editoval stat (18. 12. 2012 11:55)

mozna neznám nazvy, to myslis to ln(1+t) = $\sum_{0}^{\infty}\frac{(-1)^k*t^k+1}{k+1}?$

Rumburak

↑ stat:
Ten rozvoj logaritmu vypadá poněkud jinak. EDIT: Dodatečně si uvědomuji, že jde patrně jen o chybu
v typografii.

Odvoďme ho:

Pro $q\in (-1 , 1)$ je

(1) $\frac{1}{1+q} = \frac{1}{1-(-q)} =\sum_{n=0}^{\infty}(-q)^n = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n q^n$

(viz věta o součtu nekonečné řady, jejímž kvocientem zde je $-q\in (-1 , 1)$ ). Dále

(2) $\ln (1 + t) = \ln (1 + t) - \ln (1 + 0) = \int_0^t $ \ln (1 + q)$' \mathrm{d}q = \int_0^t \frac{1}{1+q} \mathrm{d}q$ .

Pro $t\in (-1 , 1)$ v (2) bude tamtéž i $q\in (-1 , 1)$ a můžeme do (2) dosadit z (1), takže dostaneme
(viz věta o integraci mocninné řady)

$\ln (1 + t) = \int_0^t \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n q^n \mathrm{d}q = \sum_{n=0}^{\infty}\int_0^t (-1)^n q^n \mathrm{d}q = \sum_{n=0}^{\infty}\frac {(-1)^n}{n+1}\, t^{n+1}$ .

Člen poslední řady příslušný indexu $n=0$ je roven $t$ .

Tomas.P

↑ stat:
Maclaurinův rozvoj fce $ln(1+t)=t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}-\frac{t^4}{4}+O(t^5)$ a po dosazení:
$\frac{t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}-\frac{t^4}{4}+O$t^5$-t}{t^2}=-\frac{1}{2}+\frac{t}{3}-\frac{t^2}{4}+O$t^3$$ . Nakonec zbývá dosadit za $t=x^2$ : $-\frac{1}{2}+\frac{x^2}{3}-\frac{x^4}{4}+O$x^6$$ .

stat · 18. 12. 2012 22:44 — Editoval stat (18. 12. 2012 22:47)

↑ Tomas.P:

↑ Tomas.P:
k tomuto sem take dosel umim ten rozvoj i stim jmenovatelem x^4 ale pak to -x^2 nevim jak tam dat abych pak
mmohl z toho napsat obecný clen a ten s integrovat integralem $\int_{0}^{1/5}f(x)$ s přesností 10^-3

Rumburak

↑ stat:

Není problém provést výpočet s členy řady v obecném vyjádření:

$\ln(1+t)-t = \sum_{n=0}^{\infty}\frac {(-1)^n}{n+1}\, t^{n+1} - t = \sum_{n=1}^{\infty}\frac {(-1)^n}{n+1}\, t^{n+1}$ , protože pro $n=0$ je $\frac {(-1)^n}{n+1}\, t^{n+1} = t$ ,

$\frac{\ln(1+t)-t}{t^2} = \frac{1}{t^2} \sum_{n=1}^{\infty}\frac {(-1)^n}{n+1}\, t^{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac {(-1)^n}{n+1}\, t^{n-1} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^{k+1}}{k+2}\, t^{k}$ ,

$f(x) := \frac{\ln(1+x^2)-x^2}{x^4} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^{k+1}}{k+2}\, x^{2k}$ .

Poslední řada má poloměr konvergence rovněž 1 a uvnitř intervalu (-1, 1) ji můžeme integrovat člen po členu, speciálně

$\int_{0}^{1/5}f(x) \,\mathrm{d}x = \sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^{k+1}}{k+2}\int_{0}^{1/5}x^{2k} \,\mathrm{d}x = ...$ .

Důležíté bude též odhadnout n-tý zbytek výsledné řady.

stat · 19. 12. 2012 13:01 — Editoval stat (19. 12. 2012 13:24)

↑ Rumburak:

achjo ja a matika, jako vidím že to -t v prvnim radku, zmizi kdyz dam sumu od 1 do nekoneca a za n=0 tak se t=t

akorat tedy nevim jak me ma napadnout ze si muzu s tou sumou takle hýbat ja vse delal pro suma k=0 do nekonecna

a v druhém řádku nechapu proc se ta za to n dosazuje k+1 (aha tak to k+1 uz asi chapu zase se hýbe sumou to proto, protoze suma od n=1 do nekonecna se zmenila na suma k=0 do nekonecna)

Rumburak · 19. 12. 2012 15:27

↑ stat:

akorat tedy nevim jak me ma napadnout ze si muzu s tou sumou takle hýbat ja vse delal pro suma k=0 do nekonecna

V prvé řadě je samozřejmě důležité rozumět matematickým symbolům a teorii okolo nich - případné nápady
jsou i věcí praxe.

a v druhém řádku nechapu proc se ta za to n dosazuje k+1 (aha tak to k+1 uz asi chapu zase se hýbe sumou to proto, protoze suma od n=1 do nekonecna se zmenila na suma k=0 do nekonecna)

Ano, pochopil jsi to správně. :-)

stat · 20. 12. 2012 18:43

↑ Rumburak:

a slo by jeste vysvetlit to vykraceni -t ? kdyz se dalo za n=0 tak se t = t ale kdyz se da n=1 tak uz se preci to nerovná

Rumburak · 21. 12. 2012 09:32

↑ stat:
Napiš sem tu rovnost, kterou potřebuješ vysvětlit - z Tvého zápisu mi to není úplně jasné.

stat · 22. 12. 2012 12:57 — Editoval stat (22. 12. 2012 12:57)

$n=0$ $\frac {(-1)^n}{n+1}\, t^{n+1} = t$ toto kdyz pak dam za n=1 tak uz se to sobe nerovná, tak jak se toho t muzu zbavit?

Rumburak

↑ stat:
Za $n$ v prvním členu řady se musí dosadit $0$ , jak je tam i napsáno. Takže podrobněji:

(1) $\ln(1+t)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac {(-1)^n}{n+1}\, t^{n+1} = \frac {(-1)^0}{0+1}\, t^{0+1} +\sum_{n=1}^{\infty}\frac {(-1)^n}{n+1}\, t^{n+1} = t + \sum_{n=1}^{\infty}\frac {(-1)^n}{n+1}\, t^{n+1}$ ,

protože

$\frac {(-1)^0}{0+1}\, t^{0+1} = \frac {1}{1}\, t^1 = t$ .

Z (1) už velmi snadno dostaneme

$\ln(1+t) - t = \sum_{n=1}^{\infty}\frac {(-1)^n}{n+1}\, t^{n+1}$ .

Obávám se, že vysvětlit to ještě podrobněji už nejde. :-)