Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

Zdjęcie
        STUDIA        

Szereg Taylora



  • Nie możesz napisać tematu
  • Zaloguj się aby odpowiedzieć
10 odpowiedzi w tym temacie

#1 santaxl

santaxl

    Ułamek

  • Użytkownik
  • 17 postów
0
Neutralny
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 07.03.2014 - 16:18

przedstawić funkcję \frac{x^5}{x^3+x^2+x+1} w postaci odpowiedniego szeregu potęgowego (Taylora), a następnie na tej podstawie obliczyć f^9(0)  i  f^{10}(0)
 
po rozkładzie na ułamki proste nie udaje mi się "zwinąć" w szereg \frac{1}{x^2+1}, co w sumie jest tu głównym problemem. No, chyba, że da się to jakoś fajnie przekształcić, bo prowadzący też o tym mówił, że tak się da.
 

  • 0

Afroman

    Kombinator

  • Użytkownik
3
  • Płeć:Kobieta

Napisano 25.09.2011 - 17:55

#2 Tomalla

Tomalla

    =-.-= Spatter Guy =-.-=

  • $Jr Admin
  • Redaktor
  • 3211 postów
1037
Starszy Wykładowca I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 07.03.2014 - 19:59

No dobra, jeżeli więc dobrze rozłożyłaś funkcję na ułamki proste, to powinnaś otrzymać:

 

\frac{1}{2}\cdot\frac{x+1}{x^2+1}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x+1}+x^2-x

 

Teraz można skorzystać z rozwinięcia funkcji \frac{1}{1-x} w szereg Taylora wokół punku 0, czyli \sum^{\infty}_{k=0}x^k.

 

Natomiast ułamek \frac{x+1}{x^2+1}, jeżeli chce się to zrobić w analogiczny sposób, trzeba będzie rozłożyć dalej, czyli rozłożyć go do postaci:

 

\frac{x+1}{x^2+1}\quad=\quad\frac{A}{x-i}+\frac{B}{x+i}\quad=\quad \frac{A'}{1+xi}+\frac{B'}{1-xi}

 

... i postępować w dokładnie ten sam sposób :)


  • 1
________
Nie rozwiązuję zadań poprzez PMy!
Nie zaśmiecać mi skrzynki odbiorczej wiadomościami typu "pomóż mi w następnym zadaniu" etc.
Tego typu wiadomości będę po prostu ignorował i od razu usuwał.


=-.-= ToMaLlA - General Modder in games with QuaKe 3 and DooM III EnGiNes =-.-=

#3 santaxl

santaxl

    Ułamek

  • Użytkownik
  • 17 postów
0
Neutralny
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 07.03.2014 - 20:35

liczby zespolone? no dobra, spróbujmy..

 

wyszło mi \frac{1-j}{2x-2j} + \frac{1+j}{2x+2j}

 

i to by się zgadzało. Ale jak się liczy kolejne pochodne funkcji zespolonej to nie mam pojęcia, analizy zespolonej jeszcze nie było.


Użytkownik santaxl edytował ten post 07.03.2014 - 20:46

  • 0

#4 Tomalla

Tomalla

    =-.-= Spatter Guy =-.-=

  • $Jr Admin
  • Redaktor
  • 3211 postów
1037
Starszy Wykładowca I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 07.03.2014 - 21:50

Generalnie robi się to dokładnie tak samo, jak dla funkcji rzeczywistych. Czyli:

 

\frac{1-i}{2x-2i}\quad=\quad\frac{1}{2}\cdot\frac{1+i}{1+ix}\quad=\quad\frac{1}{2}(1+i)\sum_{k=0}^{\infty}(-ix)^k

 

\frac{1+i}{2x+2i}\quad=\quad\frac{1}{2}\cdot\frac{1-i}{1-ix}\quad=\quad\frac{1}{2}(1-i)\sum_{k=0}^{\infty}(ix)^k

 

... a więc suma to:

 

\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}\left[(1+i)(-ix)^k\,+\,(1-i)(ix)^k\right]\qquad=\qquad \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}x^k\left[(1+i)(-i)^k\,+\,(1-i)i^k\right]

 

Logicznym jest, że jednostki urojone nie powinny być w rozwinięciu, skoro funkcja jest rzeczywista, więc muszą się one redukować siłą rzeczy. Teraz można to trochę uprościć zauważając, że współczynnik przy x^k, czyli całe wyrażenie (1+i)(-i)^k\,+\,(1-i)i^k zachowuje się okresowo. Dla wartości k=0 przyjmuje wartość 2. Tak samo dla k=1. Dla k=2 lub k=3 otrzymujemy -2 i cykl się powtarza (można to zresztą bardzo łatwo udowodnić). Tak więc ostatecznie rozwinięcie to:

 

\frac{x+1}{x^2+1}\qquad=\qquad1+x-x^2-x^3+x^4+x^5-x^6-x^7+...

 

Teraz tylko wystarczy dołożyć do tego pozostałe rozwinięcia i gotowe :)

 

== Dopisane później ==


Głupek ze mnie ... dopiero jak spojrzałem na postać rozwinięcia to wpadłem na o wiele prostszy pomysł, a mianowicie:

 

\frac{x+1}{x^2+1}\qquad=\qquad\frac{1}{1+x^2}\,+\,x\cdot\frac{1}{1+x^2}\qquad=\qquad \sum_{k=0}^\infty (-x^2)^k\,+\,x\sum_{k=0}^{\infty}(-x^2)^k\qquad=\qquad 1-x^2+x^4-x^6+...+x(1-x^2+x^4-x^6+...)\qquad=\qquad\\\qquad=\qquad1+x-x^2-x^3+x^4+x^5-x^6-x^7+...

 

Tak więc poprzednie rozwiązanie możesz uznać prędzej za ciekawostkę ;) Pozdrawiam


Użytkownik Tomalla edytował ten post 07.03.2014 - 21:50

  • 1
________
Nie rozwiązuję zadań poprzez PMy!
Nie zaśmiecać mi skrzynki odbiorczej wiadomościami typu "pomóż mi w następnym zadaniu" etc.
Tego typu wiadomości będę po prostu ignorował i od razu usuwał.


=-.-= ToMaLlA - General Modder in games with QuaKe 3 and DooM III EnGiNes =-.-=

#5 santaxl

santaxl

    Ułamek

  • Użytkownik
  • 17 postów
0
Neutralny
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 07.03.2014 - 22:26

ok, dzięki za odpowiedź. Ostateczna forma mi wyszła tak (trochę inny rozkład na ułamki proste, bo zdaje się, że Ty z wolframa wziąłeś)

 

X = \frac{1}{2}x^5(\qquad \sum_{n=0}^\infty (-x)^n+\qquad \sum_{n=0}^\infty (-x^2)^n\,-\,x\sum_{n=0}^{\infty}(-x^2)^n)=

 

 =\frac{1}{2}(\qquad \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{n+5}-\qquad \sum_{n=0}^\infty (-1)^nx^{2n+6}+\qquad \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n+5})

 

i teraz mam takie pytanie co do obliczenia tych pochodnych od 0

 

 X=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n

 

f^{(n)}(0)=\frac{n! \cdot X}{x^n}

 

gdzie X to ta suma szeregów.

 

no i jak mam policzyć f^{(9)}(0)? jak się za x podstawi 0, to będą same zera


Użytkownik Tomalla edytował ten post 07.03.2014 - 22:41

  • 0

#6 bb314

bb314

    miła suczka

  • $Jr Admin
  • Redaktor
  • 4000 postów
5064
Profesor
  • Płeć:Kobieta

Napisano 07.03.2014 - 22:54

Jeśli dobrze policzyłam, to

 

\re f^{(9)}(0)=-181440\ \ \ \ \ f^{(10)}(0)=1814400

 

dodane:

Tomalla ma świętą rację, pomyliłam się :(

f^{(9)}(0)=9!\ \ \ f^{(10)}(0)=-10!

\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ :shifty: \ :shifty:

Użytkownik bb314 edytował ten post 08.03.2014 - 10:34

  • 0

\ \
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ Jeśli chcesz powiedzieć \ \ DZIĘKUJĘ \ \ lub \ \ ŁAŁ \ \  to zaloguj się i kliknij znak\ rep_up.png\ nad kreską.\bl\ \ \ \nearrow
..
..
..
..
..
..


#7 Tomalla

Tomalla

    =-.-= Spatter Guy =-.-=

  • $Jr Admin
  • Redaktor
  • 3211 postów
1037
Starszy Wykładowca I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 07.03.2014 - 23:04

Z Wolframa? A na jakiej podstawie tak niby twierdzisz? Ja wszystko liczyłem "własnoręcznie".

 

Jak już masz swój szereg potęgowy, to każdy wyraz jest postaci q\cdot x^k. Ale wiemy też jednocześnie, że ten wyraz jest równocześnie równy \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k, a wówczas f^{(k)}(0)=q\cdot k!.

 

Np. ja otrzymałem taką postać rozwinięcia w szereg:

 

\frac{x^5}{x^3+x^2+x+1}\qquad=\qquad \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}(-x^2)^k\,+\,\frac{1}{2}x\sum_{k=0}^{\infty}(-x^2)^k\,-\,\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}(-x)^k\,+\,x^2\,-\,x

 

Jeżeli chcę wyznaczyć f^{(9)}(0) to muszę znać współczynnik przy x^9. Z pierwszego składnika mam same parzyste potęgi, więc się do współczynnika nie przyczynia. Z drugiego dla k=4 mam współczynnik \frac{1}{2}, z trzeciego dla k=9 mam \frac{1}{2}. Wobec tego:

 

f^{(9)}(0)\qquad=\qquad (\frac{1}{2}+\frac{1}{2})\cdot 9!\qquad=\qquad 9!

 

... analogicznie liczysz f^{(10)}(0).

 

@bb314, twoje wyniki są złe. Sprawdziłem :)


Użytkownik Tomalla edytował ten post 07.03.2014 - 23:05

  • 1
________
Nie rozwiązuję zadań poprzez PMy!
Nie zaśmiecać mi skrzynki odbiorczej wiadomościami typu "pomóż mi w następnym zadaniu" etc.
Tego typu wiadomości będę po prostu ignorował i od razu usuwał.


=-.-= ToMaLlA - General Modder in games with QuaKe 3 and DooM III EnGiNes =-.-=

#8 santaxl

santaxl

    Ułamek

  • Użytkownik
  • 17 postów
0
Neutralny
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 07.03.2014 - 23:16

Z Wolframa? A na jakiej podstawie tak niby twierdzisz? Ja wszystko liczyłem "własnoręcznie".

 

no bo Wolfram tak samo rozkłada na ułamki proste, a chyba bardziej "naturalny" wydaje się rozkład na \frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2+1}, no nieważne, grunt, że jest dobrze : )

 

ok, bardzo dziękuje za pomoc, już wiem jak to się robi  : ) 

 

chociaż nadal nie rozumiem, czemu jak mam f^{(9)}(0), to za x nie wstawiam 0, no ale nic. 

 

jeszcze raz dzięki


  • 0

#9 Tomalla

Tomalla

    =-.-= Spatter Guy =-.-=

  • $Jr Admin
  • Redaktor
  • 3211 postów
1037
Starszy Wykładowca I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 08.03.2014 - 00:23

I taki właśnie rozkład zrobiłem na samym początku, opuściłem tylko obliczenia i podałem gotowy wynik, a mianowicie \frac{1}{2}\cdot\frac{x+1}{x^2+1}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x+1}+x^2-x. Dopiero później wpadłem na pomysł rozbicia x^2+1 na dwumiany. Nawet Wolfram nie wpadłby na taki szalony pomysł ;) I rzeczywiście był to przerost formy nad treścią, no ale przynajmniej parę ciekawych zależności można było wtedy dostrzec :)

 

A propos tego podstawiania x=0 ... spójrz, jak wygląda postać szeregu Taylora wokół zera:

 

f(x)\qquad=\qquad \frac{f(0)}{0!}\,+\,\frac{f^{(1)}(0)}{1!}x\,+\,\frac{f^{(2)}(0)}{2!}x^2\,+\,...\,+\,\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k\,+\,...

 

Zauważ, że wyrażenia f^{(k)}(0) już tam są, nie musisz nic podstawiać. Żadne podstawienie jakiejkolwiek wartości pod x nie sprawi, że wszystkie składniki się wyzerują oprócz jakiegoś jednego konkretnego, tak pięknie niestety nie ma. Ale za to masz wzór na dokładnie taką postać, jakiej szukać. Wobec tego poprzez porównywanie tych samych współczynników przy odpowiednich potęgach x możesz z łatwością wyznaczyć f^{(k)}(0).

 

Tak sobie jeszcze pomyślałem, że rozwieję jedną rzecz: we wzorze, to zero w f^{(k)}(0) jest kompletnie niezależne od zmiennej x. Jest natomiast zależne od tego, wokół jakiego punktu rozwijamy naszą funkcję w szereg. Skoro mieliśmy obliczyć f^{(9)}(0) (czyli dziewiątą pochodną dla zera), to właśnie dlatego rozwijamy funkcję w szereg Taylora wokół punktu 0. Jeżeli kazaliby ci policzyć np. f^{(9)}(1) (zauważ, że teraz tam masz jedynkę zamiast zera), to liczyłbyś to w zupełnie inny sposób. Na przykład zamiast tak:

 

\frac{1}{1+x}\qquad=\qquad 1-x+x^2-x^3+x^4-...

 

... rozwinąłbyś to w taki sposób (czyli byłoby to rozwinięcie w szereg Taylora w jedynce):

 

\frac{1}{1+x}\qquad=\qquad\frac{1}{2+(x-1)}\qquad=\qquad\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{x-1}{2}}\qquad=\qquad\frac{1}{2}\sum_{k=0}^\infty\left(-\frac{x-1}{2}\right)^k\qquad=\qquad\frac{1}{2}-\frac{x-1}{4}+\frac{(x-1)^2}{8}+...+\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)^k\cdot(x-1)^k+...

 

... i wtedy każdy wyraz szeregu byłby postaci q(x-1)^k, porównywałbyś to z wyrażeniem \frac{f^{(k)}(1)}{k!}(x-1)^k i wyszłoby, że f^{(k)}(1)=\frac{1}{2}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^k\cdot k! dla takiej funkcji. Tak więc wartość zmiennej x nie ma tutaj żadnego znaczenia, tylko punkt, wokół którego rozwijasz swoją funkcję  :) Mam nadzieję, że wyjaśniło ci to trochę, a jak nie - pisz śmiało. Pozdrawiam


  • 1
________
Nie rozwiązuję zadań poprzez PMy!
Nie zaśmiecać mi skrzynki odbiorczej wiadomościami typu "pomóż mi w następnym zadaniu" etc.
Tego typu wiadomości będę po prostu ignorował i od razu usuwał.


=-.-= ToMaLlA - General Modder in games with QuaKe 3 and DooM III EnGiNes =-.-=

#10 santaxl

santaxl

    Ułamek

  • Użytkownik
  • 17 postów
0
Neutralny
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 08.03.2014 - 01:13

wyjaśniło i to bardzo :)

 

W sumie jest jeszcze jedna rzecz w tym zadaniu i nie wiem czemu akurat tak się powinno robić - Dlaczego przy np liczeniu pochodnej 9 stopnia uwzględniamy tylko współczynniki tam gdzie x może wystąpić w 9 potędze oraz dlaczego je sumujemy (to de facto nie jest takie oczywiste ^^)


  • 0

#11 Tomalla

Tomalla

    =-.-= Spatter Guy =-.-=

  • $Jr Admin
  • Redaktor
  • 3211 postów
1037
Starszy Wykładowca I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 08.03.2014 - 11:58

To wynika z postaci szeregu:

 

f(x)\qquad=\qquad \frac{f(0)}{0!}\,+\,\frac{f^{(1)}(0)}{1!}x\,+\,\frac{f^{(2)}(0)}{2!}x^2\,+\,...\,+\,\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k\,+\,...

 

Patrząc na ten szereg można szybko stwierdzić, że f^{(k)}(0) znajduje się tylko i wyłącznie właśnie przy x^k, to jest tylko szybki i dosyć oczywisty wniosek.

 

Teraz, podczas liczenia zadania, otrzymałeś inną postać tego samego szeregu (oczywiście wersję, którą ja obliczyłem):

 

f(x)\qquad=\qquad \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}(-x^2)^k\,+\,\frac{1}{2}x\sum_{k=0}^{\infty}(-x^2)^k\,-\,\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}(-x)^k\,+\,x^2\,-\,x

 

Zauważ, że w tym szeregu również znajdują się potęgi x^k, tak samo jak wyżej. Są tylko "porozrzucane" po wielu składnikach i trzeba je stamtąd "wydobyć". I tak na przykład pierwszy składnik, czyli \sum_{k=0}^{\infty}(-x^2)^k, generuje potęgi parzyste, czyli 1-x^2+x^4-x^6+.... Drugi składnik, x\sum_{k=0}^{\infty}(-x^2)^k, potęgi nieparzyste: x-x^3+x^5-x^7+.... Trzeci składnik, \sum_{k=0}^{\infty}(-x)^k, generuje wszystkie potęgi: 1-x+x^2-x^3+x^4-x^5+.... No i do tego mamy osobno jeszcze dwa inne składniki.

 

Można to jeszcze rozwinąć i uporządkować odpowiednie potęgi, żeby było to bardziej widoczne:

 

\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}(-x^2)^k\,+\,\frac{1}{2}x\sum_{k=0}^{\infty}(-x^2)^k\,-\,\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}(-x)^k\,+\,x^2\,-\,x\qquad=\qquad\\\qquad=\qquad\frac{1}{2}(1-x^2+x^4-x^6+x^8-x^{10}+...)\,+\,\frac{1}{2}(x-x^3+x^5-x^7+x^9-x^{11}+...)\,-\,\frac{1}{2}(1-x+x^2-x^3+x^4-x^5+...)\,+\,x^2\,-\,x\qquad=\qquad...

 

Zauważ, że mnóstwo potęg się redukuje, i ostatecznie otrzymujesz rozwinięcie:

 

...\qquad=\qquad x^5-x^6+x^9-x^{10}+x^{13}-x^{14}+...

 

Teraz porównujesz tą postać z ogólną postacią szeregu Taylora w zerze, czyli:

 

f(x)\qquad=\qquad \frac{f(0)}{0!}\,+\,\frac{f^{(1)}(0)}{1!}x\,+\,\frac{f^{(2)}(0)}{2!}x^2\,+\,...\,+\,\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k\,+\,...

f(x)\qquad=\qquad x^5-x^6+x^9-x^{10}+x^{13}-x^{14}+...

 

Skoro obie postaci muszą być tożsamościowo równe, współczynniki przy odpowiednich potęgach muszą się równać, więc na przykład:

 

\frac{f(0)}{0!}\,=\,0\\\frac{f^{(1)}(0)}{1!}\,=\,0\\\,\\...\\\,\\\frac{f^{(5)}(0)}{5!}\,=\,1\\\frac{f^{(6)}(0)}{6!}\,=\,-1\\\,\\...\\\,\\\frac{f^{(9)}(0)}{9!}\,=\,1\\\frac{f^{(10)}(0)}{10!}\,=\,-1

 

... i właśnie stąd mamy wartości dla f^{(9)}(0)f^{(10)}(0) :) To jest sposób trochę okrężny, żeby zobaczyć co jest czym. Zamiast rozwijać szeregi wyraz po wyrazie, można (tak jak ja wcześniej zrobiłem) od razu wychwycić, które składniki przyczyniają się do których potęg i tylko je brać pod uwagę podczas sumowania. Wtedy nawet trudniej zrobić błąd i przeoczyć któreś potęgi ;)


  • 1
________
Nie rozwiązuję zadań poprzez PMy!
Nie zaśmiecać mi skrzynki odbiorczej wiadomościami typu "pomóż mi w następnym zadaniu" etc.
Tego typu wiadomości będę po prostu ignorował i od razu usuwał.


=-.-= ToMaLlA - General Modder in games with QuaKe 3 and DooM III EnGiNes =-.-=





Tematy podobne do: Szereg Taylora     x