Matematické Fórum

freak · 21. 01. 2013 02:05

Ahoj, chtěla bych vás poprosit o radu s tímto příkladem

$f(x)=\frac{cosh\sqrt{2x}-1}{2x}=\frac{e^{\sqrt{2x}}+e^{-\sqrt{2x}}-2}{4x}$ , $x\ge 0$

Mám napsat rozvoj funkce do mocninné řady se středem v bodě nula.

Začala jsem substitucí $t=\sqrt{2x}$ a po dosazení do vzorce pro e^x mám $e^{t}=\sum_{k=0}^{\infty }\frac{t^{k}}{k!}$

Pokračuji takto $e^{t}+e^{-t}=\sum_{k=0}^{\infty }\frac{t^{k}}{k!} +\sum_{k=0}^{\infty }\frac{-t^{k}}{k!}$ .

Ale nevím jak tyto řady sečíst, to je první problém. Poté bych pokračovala, tak že k součtu řad přičtu -2, což také nevím jak přesně udělat. Nakonec bych zpětně dosadila substituci a vydělila výrazem 4x, v tom si myslím, by neměl být problém.
Prosím poradil by mi někdo jak sečíst řady? Případně jestli je můj postup správný? Budu vděčná za jakékoliv naznačení řešení.

Rumburak

↑ freak:
Ahoj.

$e^{t}+e^{-t}=\sum_{k=0}^{\infty }\frac{t^{k}}{k!} +\sum_{k=0}^{\infty }\frac{(-t)^{k}}{k!}= \sum_{k=0}^{\infty }$\frac{t^{k}}{k!} + \frac{(-t)^{k}}{k!}$ = $\frac{t^{0}}{0!} + \frac{(-t)^{0}}{0!}$ +\sum_{k=1}^{\infty }$\frac{t^{k}}{k!} + \frac{(-t)^{k}}{k!}$$

a upravit. Pozor na to, že $-t$ zde musí být uzávorkováno.

Dal by se i rovnou použít známý vzorec pro rozvoj cosh:

$\cosh t = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{t^{2k}}{(2k)!}$ .

freak · 21. 01. 2013 11:50

Díky!
O tom vzorci vím, ale musíme vycházet až z upraveného výrazu.

Takže po součtu řady odečtu -2:

$e^t+e^{-t}-2=\sum_{k=1}^{\infty } \frac{((-1)^{k}+1)t^{k}-2k!}{k!}$

Potom si dosadím zpět za t, x:

$e^{\sqrt{2x}}+e^{-\sqrt{2x}}-2=$ $\sum_{k=1}^{\infty } \frac{((-1)^{k}+1)(2x)^{\frac{k}{2}}-2k!}{k!}$

vydělím 4x: $\frac{e^{\sqrt{2x}}+e^{-\sqrt{2x}}-2}{4x}=$ $\sum_{k=1}^{\infty } \frac{((-1)^{k}+1)2^{(\frac{k}{2}-2)}x^{(\frac{k}{2}-1)}-2k!}{k!}$

a teď už jen jako poslední krok, výraz upravím pro $\sum_{k=0}^{\infty }$ ano?

Ale mám pocit že můj postup bude asi špatně, vypadá příliš jednoduše. :)

Brano · 21. 01. 2013 12:06

$e^t+e^{-t}-2=\sum_{k=1}^{\infty } \frac{((-1)^{k}+1)t^{k}-2k!}{k!}$
toto nie je dobre - tu $2$ neodcitavas od kazdeho clenu iba od prveho (toho kde $k=0$ ) a ten potom vlastne vypadne, cize ti ostane
$e^t+e^{-t}-2=\sum_{k=1}^{\infty } \frac{((-1)^{k}+1)t^{k}}{k!}$

Dalsia vec co si mozes vsimnut je ze $(-1)^k+1$ je $0$ pre $k$ neparne a $2$ pre $k$ parne, teda sa mozes obmedzit na $\sum_{s=1}^\infty$ kde vo vyraze nahradis $k=2s$ .

freak · 21. 01. 2013 13:54 — Editoval freak (21. 01. 2013 13:56)

A nešlo by se vyhnout dalšímu nahrazování?
Myslím tím, jestli by nešlo, že po tomto kroku $e^t+e^{-t}-2=\sum_{k=1}^{\infty } \frac{((-1)^{k}+1)t^{k}}{k!}$ už to jen vydělím na $\frac{e^t+e^{-t}-2}{2t^{2}}=\sum_{k=1}^{\infty }\frac{((-1)^{k}+1)t^{k-2}}{2(k!)}$ zpětně dosadím x a hotovo?

S tím dalším nahrazováním mi to přijde složité, ale možná není a jen sem to špatně pochopila.

Vypočítala jsem dva příklady, tak jestli byste mi je mohli prosím zkontrolovat, snažila jsem se řídit podle způsobu výpočtu, který jste mi napsali.

První příklad

a druhý (také platí střed v bodě nula)

Brano · 21. 01. 2013 14:16 — Editoval Brano (21. 01. 2013 14:21)

Pointa toho nahradenie je, ze sa to znacne zjednodusi.
$e^t+e^{-t}-2=\sum_{k=1}^{\infty } \frac{((-1)^{k}+1)t^{k}}{k!}=\sum_{s=1}^{\infty}\frac{2t^{2s}}{(2s)!}=\sum_{s=1}^{\infty}\frac{2(2x)^{s}}{(2s)!}$

Este mozes urobit posun $s=j+1$ a dostanes
$\sum_{j=0}^{\infty}\frac{2^{j+2}x^{j+1}}{(2j+2)!}$
a teraz sa to tym $4x$ vydeli vcelku pekne.

Tak ako si to napisala predtym to nemoze byt, lebo vo vysledku nemozes mat rad ktory vyzera, ze obsahuje odmocniny z $x$ .

freak · 21. 01. 2013 14:30

Dobře, děkuji. :) Jen si nejsem jistá jesti bych si možnosti toto kroku ( $k=2s$ ) všimla, proto jsem se ptala zda by se to nedalo nějak obejít.

Brano · 21. 01. 2013 14:33

↑ freak:
Na to je dobre vzdy ked robis s radmi, tak si vypisovat bokom prvych par clenov.

freak · 21. 01. 2013 15:03

Dobrá rada, ještě jednou díky :)

A byl by někdo tak hodný a zkontroloval mi prosím ty dva příklady?

Rumburak

↑ freak:

V obou úlohách máš na závěr chyby při provádění substituce v sumačním indexu .

Při takové substituci doporučuji přejít k nové sumační proměnné a substituci popsat rovnicí. Např.

$A = \sum_{k=3}^{\infty} a_{2k-1}$ , $k = j+3, j = 0,1,2, ...$ , $A = \sum_{j=0}^{\infty} a_{2(j+3)-1} =$ .

Často bývá vhodné provást pak i další úpravy, zde např. $a_{2(j+3)-1} = a_{2j+5} = ...$ atd. dle konkretní situace,
aby výsledný výraz byl přehledný, případně aby získal tvar výhodný pro nějakou další úvahu.

Brano · 21. 01. 2013 18:17

A znova by som podotkol, ze je fajn vypisat si bokom par clenov kvoli prehladnosti a potom si to mozes kontrolovat na W|A.
http://www.wolframalpha.com/input/?i=se … 3+at+x%3D0

freak · 21. 01. 2013 23:01

Dobrá, zkusím se s tím nějak poprat přes ty úpravy, vypíši si pár členů a napíši sem co ze mne vypadlo. :) Doufám že se mi v tom udělá už jasno.

Matematické Fórum

#1 21. 01. 2013 02:05

Rozvoj do mocninné řady

#2 21. 01. 2013 10:42 — Editoval Rumburak (21. 01. 2013 10:48)

Re: Rozvoj do mocninné řady

#3 21. 01. 2013 11:50

Re: Rozvoj do mocninné řady

#4 21. 01. 2013 12:06

Re: Rozvoj do mocninné řady

#5 21. 01. 2013 13:54 — Editoval freak (21. 01. 2013 13:56)

Re: Rozvoj do mocninné řady

#6 21. 01. 2013 14:16 — Editoval Brano (21. 01. 2013 14:21)

Re: Rozvoj do mocninné řady

#7 21. 01. 2013 14:30

Re: Rozvoj do mocninné řady

#8 21. 01. 2013 14:33

Re: Rozvoj do mocninné řady

#9 21. 01. 2013 15:03

Re: Rozvoj do mocninné řady

#10 21. 01. 2013 16:27 — Editoval Rumburak (21. 01. 2013 16:28)

Re: Rozvoj do mocninné řady

#11 21. 01. 2013 18:17

Re: Rozvoj do mocninné řady

#12 21. 01. 2013 23:01

Re: Rozvoj do mocninné řady

Zápatí