Matematické Fórum

Zemish · 12. 12. 2013 14:01

Ahoj,

mám následující příklad:

//forum.matweb.cz/upload3/img/2013-12/53242_Bez%2Bn%25C3%25A1zvu.JPG

Udělal jsem 4x po sobě derivaci, ale i tak se nemohu doprat správného výsledku.

Prosím o pomoc, jak u tohoto příkladu postupovat.

Děkuji ;-)

Jj · 12. 12. 2013 15:35

↑ Zemish:

Taylorův rozvoj v bodě x0 = 0 dostanete jednoduše tak, když rozvoj funkce
$_{e^{-x}}$ vynásobíte proměnnou x:

$xe^{-x} = x\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^kx^k}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^kx^{k+1}}{k!}$

Zemish · 12. 12. 2013 15:39

↑ Jj:

Díky ;-)

Zemish · 12. 12. 2013 15:40

A tu stejnoměrnou konvergenci bys dokázal vyšetřit?

Jj · 12. 12. 2013 15:44

↑ Zemish:

Já ne, snad se někdo ozve.

Rumburak

↑ Zemish:

Ahoj.

Řada

(1) $xe^{-x} =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^kx^{k+1}}{k!}$

má rovněž poloměr konvergence $+\infty$ , což se dá snadno dokázat pomocí d'Alembertova kriteria aplikovaného na řadu

$\sum_{k=0}^{\infty}\left|\frac{(-1)^kx^{k+1}}{k!}\right|$

závislou na parametru $x$ . O mocniných řadách je obecně známo, že uvnitř svého konvergenčního kruhu konvergují
lokálně stejnoměrně, tedy stejnoměrně na libovolné kompaktní množině ležící uvnitř konvergenčního kruhu.

Zemish · 12. 12. 2013 21:14

↑ Rumburak: d'Alembertova kriterium ale uvádí podíl členů řad, ne?

Rumburak

↑ Zemish:

Ano. Na naší řadu

(1) $\sum_{k=0}^{\infty}\left|\frac{(-1)^kx^{k+1}}{k!}\right|$

ho můžeme aplikovat takto:

1) Případ $x=0$ je triviální, řada konverguje (k součtu 0). (Zde jsme d'A. kriterium ještě nepoužili.)

2) Předpokládejme nyní $x \neq 0$ a položme $a_k := \left|\frac{(-1)^kx^{k+1}}{k!}\right| = \frac{|x|^{k+1}}{k!}$ .
Zřejmě vždy (s ohledem na předpoklad tohoto kroku) je $a_k > 0$ , takže o d'Alembertově kriteriu na řadu $\Sigma a_k$
lze uvažovat. Dostáváme

$\frac {a_{k+1}}{a_k} = \frac{\frac{|x|^{k+2}}{(k+1)!}}{\frac{|x|^{k+1}}{k!}}= \frac{|x|}{k+1}$ ,

výsledek podílu jde k 0 pro libovolné $x$ (a tedy i za předpokladu $x \neq 0$ ). Podle d'Alembertova kriteria to znamená,
že řada (1) konverguje i pro libovolné $x \neq 0$ .

Ve dvou krocích jsme ukázali, že řada (1) konverguje pro libovolné (komplexní) $x$ . Pak ovšem podle známé věty
o obecných řadách nutně konverguje pro libovolné $x$ i řada

(2) $\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^kx^{k+1}}{k!}$ ,

takže poloměr konvergence této mocninné řady je $+\infty$ . Závěr o její lokálně stejnoměrné konvergenci uvnitř
konvergenčního kruhu je dán obecnou větou o mocninných řadách.

Mohli bychom zkoumat, zda u této speciální řady nelze o její stejnoměrné konvergenci říci více.

Kdybychom např. na nějakém intervalu $(-\infty , c \rangle$ našli k řadě (2) konvergentní majorantní řadu nezávislou na $x$ ,
byla by tím dokázána stajnoměrná konvergence řady (2) na intervalu $(-\infty , c \rangle$ .

Na intervalech $\langle c , \infty)$ se naopak nabízí možnost dokázat, že tam stejnoměrná konvergence řady (2) nefunguje.

Zemish · 13. 12. 2013 12:25

↑ Rumburak: Děkuji moc za vysvětlenou! ;-)

Rumburak · 13. 12. 2013 15:57

↑ Zemish:

Díky za bodík :-) .

Ještě dodám, že úvahu

Kdybychom např. na nějakém intervalu $(-\infty , c \rangle$ našli k řadě (2) konvergentní majorantní řadu nezávislou na $x$ ,
byla by tím dokázána stajnoměrná konvergence řady (2) na intervalu $(-\infty , c \rangle$ .

nutno pro tento případ vnímat pouze jako ryze hypotetickou. Pakliže totiž mocninná řada konverguje stejnoměrně
na intervalu nekonečné délky, potom jde o polynom (tj. pouze konečný počet jejích členů je nenulový).

Matematické Fórum

#1 12. 12. 2013 14:01

Taylorův rozvoj

#2 12. 12. 2013 15:35

Re: Taylorův rozvoj

#3 12. 12. 2013 15:39

Re: Taylorův rozvoj

#4 12. 12. 2013 15:40

Re: Taylorův rozvoj

#5 12. 12. 2013 15:44

Re: Taylorův rozvoj

#6 12. 12. 2013 16:01 — Editoval Rumburak (12. 12. 2013 16:03)

Re: Taylorův rozvoj

#7 12. 12. 2013 21:14

Re: Taylorův rozvoj

#8 13. 12. 2013 10:34 — Editoval Rumburak (13. 12. 2013 10:55)

Re: Taylorův rozvoj

#9 13. 12. 2013 12:25

Re: Taylorův rozvoj

#10 13. 12. 2013 15:57

Re: Taylorův rozvoj

Zápatí