Tejlorov red-zadatak

Tejlorov red-zadatak 23.02.2006. u 00:30 · pre 252 meseca #1

$ln(1+x)={x\over 1}-{x^2\over 2}+{x^2\over 3}-..+(-1)^{n+1}{x^n\over n}+...,-1<x<1$
Molio bih za kratko uputstvo za reshavanje zadatka.Hvala

Potpis

.

Re: Tejlorov red-zadatak 23.02.2006. u 00:36 · pre 252 meseca #2

Kog zadatka?

Re: Tejlorov red-zadatak 23.02.2006. u 00:56 · pre 252 meseca #3

:::))))))Smatrao sam da se podrazumeva-trazi se dokaz.

Potpis

.

Re: Tejlorov red-zadatak 23.02.2006. u 01:30 · pre 252 meseca #4

Možda može tako što se naći izvod desne strane i pokazati da se on svodi na geometrijski red čija je suma $\frac{1}{1+x}$ , što onda znači da originalni red iznosi $\ln(1+x)+C$ , pa se zamenom $x=0$ nalazi da je $C=0$ .

(Jedino u šta nisam siguran jesu strogi uslovi diferenciranja reda.)

Re: Tejlorov red-zadatak 23.02.2006. u 07:38 · pre 252 meseca #5

Ovo je formula

$f(x)=f(0)+{f'(0) \over 1!}x+{f''(0) \over 2!}x^2+{f'''(0) \over 3!}x^3+...$

$f(0)=ln(1+0)=0$

$f'(x)={1 \over x+1}$
$f'(0)={1 \over 0+1}=1$

$f''(x)={-1 \over (x+1)^2}$
$f''(0)={-1 \over (0+1)^2}=-1$

$f'''(x)={(-1)(-2) \over (x+1)^3}$
$f'''(0)={(-1)(-2) \over (0+1)^3}=(-1)(-2)$

itd

Zamenis, skratis i gotovo

Ako treba dokaz formule, nije problem

Potpis

tisuću lijepih žena posve nagih

Re: Tejlorov red-zadatak 23.02.2006. u 23:23 · pre 252 meseca #6

NE,to sigurno nije dokaz,ali Fahrenheitova ideja .....!?!?!?!!??!???

Potpis

.

Re: Tejlorov red-zadatak 23.02.2006. u 23:24 · pre 252 meseca #7

Jednostavnosti radi izvedimo Tejlorov (McLaurin-ov) kvadratni polinom za funkciju f(x) u okolini tacke x=0.

$T(x)=a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}$

Za odredjivanje koeficijenata

$a_{2},a_{1},a_{0}$

cemo nametnuti neke logicne uslove to je da:

$f(0)=T(0), f'(0)=T'(0) i f''(0)=T''(0)$

odnosno da polinom T(x) ima istu vrednost kao f(x) za x=0 kao i da su prvi i drugi izvod polinoma i funkcije u tacki x=0 jednaki. Na taj nacin ce polinom da "fino" aproximira funkciju f(x) u x=0.

Vratimo se na uslove.

$f(0)=T(0)$ povlaci da
$f(0)=a_{0}$

Kako je
$T'(x)=2a_{2}x+a_{1}$ sledi da je
$f'(0)=T'(0)=a_{1}$

Kako je dalje

$T''(x)=2a_{2}$ i
$f''(0)=T''(0)=2a_{2}$

Iz svega ovoga sledi da je

$a_{0}=f(0), a_{1}=f'(0), a_{2}=1/2f''(0)$

$tako da T(x)=f(0)+f'(0)x+1/2f''(0)x^2$

U opstem slucaju pri aproksimaciji funkcije polinomom n-tog stepena bice

$a_{n}=f^{(n)}(x)/n!$

P.S.
Koja je to skola?
Dakle imas kako se pravi razvoj za konkretnu funkciju, imas teoriju kako se izvodi Tejlorova (McLaurinova) formula. Jedino jos moze da bude odredjivanje radijusa konvergencije. Nema drugo.

Potpis

tisuću lijepih žena posve nagih

Re: Tejlorov red-zadatak 23.02.2006. u 23:43 · pre 252 meseca #8

Moja ideja se lako dokazuje. Ako se ima u vidu da je $(-1)^{n+1}=(-1)^{n-1}$ , onda izvod opšteg člana reda iznosi $\left((-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}\right)'=(-1)^{n-1}\frac{nx^{n-1}}{n}=(-x)^{n-1}$

Dakle, zaista se dobija geometrijski red čiji je prvi član $(-x)^{1-1}=1$ a količnik $-x$ . Pošto je $|x|<1$ , red je konvergentan i iznosi $\frac{1}{1-(-x)}=\frac{1}{1+x}$ .

Dalje je lako.

Re: Tejlorov red-zadatak 24.02.2006. u 00:20 · pre 252 meseca #9

Shkola je-uradi sam.Ono shto meni zadaje glavobolju je zadati interval.
edit:Tejlorov red funkcije f konvergira ka f ako i samo ako $r_n->0(n->beskonachno)$ .Ovo bi trebalo dokazati na -1<X<1.Valjda

Potpis

.

Re: Tejlorov red-zadatak 24.02.2006. u 11:37 · pre 252 meseca #10

Verujem da ti je jasno zašto je $-1<x$ , pogledajmo zašto mora da bude i $x\le 1$ .

Za svaki slučaj napisaću i definiciju Maklorenovog polinoma stepena $n$ za neku datu $n$ puta diferencijabilnu f-ju $f$ :
$P_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k$ , pri čemu je $k$ -ti izvod f-je $f$ obeležen sa $f^{(k)}$ (po definiciji se uzima da je $f^{(0)}=f$ ).

Greška (kaže se i ostatak) aproksimacije f-je Maklorenovim polinomom $n$ -tog stepena u tački $x$ je $R_n(x)=\frac{x^{n+1}(1-\theta)^n}{n!}f^{(n+1)}(\theta x)$ , za neko $0<\theta<1$ . (naravno f-ja mora da bude $n+1$ puta diferencijabilna)

Lako je proveriti da je za $n\ge 1$ $(\ln(1+x))^{(n)}=(-1)^{n+1}\frac{(n-1)!}{(1+x)^n}$ , otuda imamo da je $R_n(x)=\frac{(-1)^nx^{n+1}(1-\theta)^n}{(1+\theta x)^{n+1}}$ za neko pogodno odabrano $0<\theta<1$

Dakle, za svako $x>-1$ postoji $0<\theta<1$ , tako da je $\ln(1+x)=\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k+1}}{k}x^k+\frac{(-1)^nx^{n+1}(1-\theta)^n}{(1+\theta x)^{n+1}}$

E sad nama je u interesu da ona greška aproksimacije teži nuli kad $n$ teži beskonačnosti, međutim ispostavilo se da to nije moguće za svako $x>-1$ .

Sad bi bio zgodan trenutak da se prisetimo da $\lim_{n\to\infty}\frac{x^n}{n}=\infty\quad\quad (*)$ pod uslovom da je $|x|\ge 1$ .

Pošto je $|R_n(x)|=\frac{1}{1-\theta}\Bigg |\frac{x(1-\theta)}{1+\theta x}\Bigg |^{n+1}$ dovoljno je da ispitamo kada je $\Bigg |\frac{x(1-\theta)}{1+\theta x}\Bigg |<1$ .
$\frac{|x(1-\theta)|}{|1+\theta x|}=\frac{|x|(1-\theta)}{|1+\theta x|}\le\frac{|x|-1+1-\theta |x|}{1-\theta |x|}=1-\frac{1-|x|}{1-\theta |x|}\le 1-\frac{1-|x|}{1-0}=|x|$
(u proceni je upotrebljena nejednakost $|a+b|\ge |a|-|b|$ )
Znači, za $|x|<1$ ostatak teži nuli.
A ako je $|x|>1$ , onda opšti član reda ne teži nuli (to je na osnovu primedbe $(*)$ ) pa je red divergentan.

Slučaj kada je $x=1$ se jednostavno proverava (ostatak teži nuli).

Nadam se da je ovim otklonjena svaka sumnja u vezi sa intervalom - ostaje još samo da se neko smiluje pa da ti prekuca sam dokaz Tejlorove teoreme - mene u ovom momentu nešto mrzi - jer sam siguran da ga možeš naći u svakom standardnom udžbeniku iz Analize 1 (ima i dosta besplatnih e-knjiga na netu u kojima se to može naći). Ako se baš nikako ne snađeš - javi pa ću ti prekucati ceo dokaz.

Inače, rešenje koje ti je odmah dao Farenhajt je potpuno korektno. Naime postoji teorema koja kaže da ako je npr. red $S(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n$ kovergentan u nekom radijusu konvergencije $R>0$ , onda se unutar tog radijusa konvergencije može diferencirati član po član tj. $S'(x)=\sum_{n=1}^\infty n a_n(x-x_0)^{n-1}$ a dobijeni red imaće isti radijus konvergencije $R$ .

Treba samo primetiti da je u datom slučaju $a_n=\frac{(-1)^{n+1}}{n}$ pa je $\displaystyle R=\frac{1}{\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}}=1>0$ (jer je $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$ ).

Dokaz te teoreme počiva ne nekim drugim jednostavnim stavovima, ali je stvarno glomazno da ti sad kucam sve neophodne definicije i leme.

Takođe moguće je uz pomoć jedne druge teoreme pokazati da jednakost važi i za $x=1$ .

Za slučaj da ti nije jasan ni formalni deo Farenhajtovog rešenja, da prepričam: uzimamo da je $S(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}x^n$ , ispostavi se da je $S'(x)=\frac{1}{1+x}$ , zapitamo se kakvo mora biti $S(x)$ da bi imalo takav izvod, preko integrala dobijemo odgovor: $S(x)=\ln(1+x)+C$ a pošto iz definicione jednakosti sledi da je $S(0)=0$ , onda mora biti i $C=0$ .

_{Na kraju, imam samo jednu molbu, da ako se desi (a već se dešavalo) da ti je neki korak sumnjiv da precizno ukažeš o čemu se radi - potpuno mi je jasno da ti već imaš neka očekivanja kako bi dokaz morao da izgleda (u smislu da ispuni neke standarde) i onda u "žaru matematičke borbe" lako zaboraviš da je neko možda uložio dosta svog slobodnog vremena u pokušaju da ti pomogne - pa ako se i desi da je pogrešio ili da ti je neki detalj sumnjiv, treba na to vrlo precizno i pažljivo skrenuti pažnju.}

Edit: Umesto ostatka u Lagranžovom obliku koji je prvobitno bio napisan, sada stoji ostatak u Košijevom obliku - sve to u cilju "krpljenja" rupe u jednom delu dokaza.

Potpis

_{Attempt all the problems. Those you can do, don't do. Do the ones you cannot.}

Re: Tejlorov red-zadatak 24.02.2006. u 12:15 · pre 252 meseca #11

Neka je

$f(x)=\sum_{i=1}^{n}a_{n}x^n$

Tada je

$r=\frac{1}{\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n+1}}{a{n}}}$

radijus konvergencije stepenog reda.

Kako je ovde

$a_{n}=\frac{(-1)^{n+1}}{n}$

lako sledi da je r=1

Dakle razvoj vazi za -1<x<1

Potpis

tisuću lijepih žena posve nagih

Re: Tejlorov red-zadatak 24.02.2006. u 12:46 · pre 252 meseca #12

Zahvaljujem svima na ulozenom trudu,naravno neizmerno cenim vreme utrosheno na pomoc pri reshevanju zadatka.
@uranium
Potrebnu literaturu sam nabavio,pa chim uhvatim malo vremena prouchi cu detaljno reshenje,pa se u sluchaju nedoumica javljam sa konciznim obrazlozenjem.
Josh jedanput hvala

Potpis

.

Re: Tejlorov red-zadatak 24.02.2006. u 22:39 · pre 252 meseca #13

Primetio sam da je za -1<x<0 prakticno Rn(x) pisati u Koshijevom obliku Tejlorovog ostatka.Svaka chast.Zahvaljujem
Do novog problema,Pozzzzz

Potpis

.

Re: Tejlorov red-zadatak 25.02.2006. u 00:00 · pre 252 meseca #14

Onu originalnu poruku sam napisao sinoć, ali me je "redovni backup baze" presekao pa sam je poslao tek ujutru - i tek onda sam video grešku - da sam u stvari onaj deo dokazivao pod pretpostavkom $x>0$ . Pokušavao sam neko vreme da odradim i drugi slučaj - ali pokazalo se da ne može preko ostatka u Lagranžovom obliku - sve mi je to bilo pomalo čudno, jer je ona tehnika preko radijusa konvergencije jasno pokazivala da i za svako $-1<x<0$ ostatak mora da teži nuli (što on u stvari i radi

), ali pošto se ono $\theta$ dobija preko Rolove teoreme - dakle nekonstruktivno - morao sam da pokušam da dokažem da za svako $-1<x<0$ kakvo god bilo $0<\theta<1$ da Lagranžov ostatak teži nuli - međutim to uopšte nije tačno - ispostavilo se da $\theta$ mora biti ograničeno nekom veličinom (zavisnom od $x$ ) (što ono u stvari i jeste

). Shvatio sam da ću to teško pokazati (a ideju da pokušam preko Košijevog ostatka sam u prvi mah odbacio kao "glupu" jer su ostaci jednaki u svakoj tački $x$ - pa sam mislio da nije ni bitno s kojim radim). Dakle, nije bilo druge, nego da konsultujem mudrije glave : ispreturao sam malo po knjigama i srećom našao skoro ispravan dokaz u knjizi Matematicheskij analiz Zorich V.A. - malo ga popravio i to je ona ispravka koju sam uneo.

Ne moram posebno da naglašavam da je čitava ta zbrka malčice spustila rejting Lagranžu u mojim očima

a sve ovo ima za cilj da to isto uradi i s mojim rejtingom u tvojim očima

Pozdrav i tebi.

Potpis

_{Attempt all the problems. Those you can do, don't do. Do the ones you cannot.}

Re: Tejlorov red-zadatak 28.02.2006. u 16:22 · pre 252 meseca #15

Citat:

uranium: a sve ovo ima za cilj da to isto uradi i s mojim rejtingom u tvojim očima

To ce vec malo teze ici.Medjutim vrlini se mora dozvoliti i pravo na skromnost

Potpis

.

Re: Tejlorov red-zadatak 29.05.2007. u 01:46 · pre 236 meseci #16

Imam jedno pitanje i nadam se da nije tesko nekome da mi pomogne???

Radim ovaj zadatak i nemogu nikako da skontam?
Jest da sam nedavno poceo, par sati, ali mi koncentraciaj popusta, pa ako bi mi neko mogao help bio bih zahvalan.

Zadatak:

Razviti funkciju ln(1+x+x^2+x^3) u Tejlorov red i ispitati konvergenciju
istog.
Uputa. Koristiti razvoj funkcije ln(1 + x).

Re: Tejlorov red-zadatak 29.05.2007. u 18:04 · pre 236 meseci #17

$1+x+x^2+x^3=(1+x)(1+x^2).$ Stoga je
$\ln(1+x+x^2+x^3)=\ln(1+x)+\ln(1+x^2)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^{2n}}{n}.$ Konvergira za $x\in(-1,1].$

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme