Zadanie 4. Funkcję f(x) rozwinąć w szereg Maclaurina i na tej

Cz. Bagiński – Materiały dydaktyczne (Analiza Matematyczna (Egzamin, 03.02.2011))
Zadanie 4. Funkcję f (x) rozwinąć w szereg Maclaurina i na tej podstawie obliczyć sumę podanego
szeregu.
A) f (x) = ln(1 + x); 1 −
B) f (x) = arctg x; 1 −
1
3
1
2
1
3
+
+
1
5
−
−
1
7
1
4
+
+
1
9
1
5
− ···,
− ···.
Rozwiązanie. Najpierw przedstawię rozwiązanie, które można było nauczyć się na podstawie
jednego z moich tegorocznych wykładów. Najpierw kilka słów wstępu. Otóż, jeśli w jakimś otoczeniu punktu 0 funkcja f (x) jest rozwijalna w szereg potęgowy, to istnieją a0 , a1 , a2 , . . ., że dla
dowolnego x z tego otoczenia zachodzi równość:
f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · ·
i łatwo stąd wynika, że f (0) = a0 , a ponieważ
f 0 (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + 4a4 x3 + · · · ,
więc f 0 (0) = a1 , czyli a1 =
f 0 (0)
1! .
(1)
Podobnie,
f (2) (x) = 2a2 + 2 · 3a3 x + 3 · 4a4 x2 + 4 · 5a5 x3 + · · ·
daje f (2) (0) = 2a2 , czyli a2 =
an =
f (n) (0)
n! .
f (2)
2! .
Licząc kolejne pochodne w punkcie x = 0 otrzymamy, że
Wynika stąd, że ten szereg jest po prostu szeregiem Maclaurina funkcji f (x):
0
f (2) (0) 2 f (3) (0) 3
f (n) (0) n
f (0)
x+
x +
x + ··· +
x + ···
f (x) = f (0) +
1!
2!
3!
n!
(2)
Na wspomnianym wykładzie przedstawiłem następujące rozważania:
1
A) Jeśli f (x) = ln (1 + x), to f 0 (x) = 1+x
, zatem korzystając ze wzoru na sumę wyrazów
nieskończonego ciągu geometrycznego o ilorazie q = −x otrzymujemy:
1
= 1 − x + x2 − x3 + · · · + (−1)n xn + · · · .
1+x
(3)
Jest to odpowiednik wzoru (1) dla naszej funkcji, zatem
a1 = 1, 2a2 = −1, 3a3 = 1, . . . , nan = (−1)n−1 , . . .
i wobec tego
1
1
1
a1 = 1, a2 = − , a3 = , . . . , an = (−1)n−1 , . . .
2
3
n
czyli
x x2 x3
xn−1
−
+
− · · · + (−1)n
+ ···
1
2
3
n
Pozostaje jeszcze obliczenie a0 , ale to jest łatwe, bo a0 = f (0) = ln(1 + 0) = 0. Ostatecznie więc
ln(1 + x) = a0 +
ln(1 + x) =
xn−1
x x2 x3
−
+
− · · · + (−1)n
+ ··· .
1
2
3
n
(4)
Dla wyznaczenia sumy podanego szeregu wystarczy zauważyć, że podstawienie x ← 1 daje rozstrzygnięcie:
1 1 1 1
ln 2 = 1 − + − + − · · · .
2 3 4 5
1
Cz. Bagiński – Materiały dydaktyczne (Analiza Matematyczna (Egzamin, 03.02.2011))
B) Rozwiązanie drugiego zadania polega na powtórzeniu tych samych kroków dla funkcji f (x) =
arctg x. Mamy zatem
f (x) = arctg x = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + an xn + · · ·
f 0 (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + 4a4 x3 + · · · + na xn−1 + · · ·
i jednocześnie
1
.
1 + x2
Ten ostatni iloraz rozwijamy zgodnie z wzorem na sumę wyrazów ciągu geometrycznego o ilorazie
q = −x2 , tzn.
1
= 1 − x2 + x4 − x6 + · · · + (−1)n x2n + · · · .
(5)
1 + x2
Stąd
f 0 (x) =
a1 = 1, 2a2 = 0, 3a3 = −1, 4a4 = 0, . . . , 2na2n = 0, (2n + 1)a2n+1 = (−1)n , . . .
czyli
1
1
1
, ...
a1 = 1, a2 = 0, a3 = − , a4 = 0, a5 = . . . , a2n = 0, a2n+1 = (−1)n
3
5
2n + 1
Podobnie, jak w przypadku A, 0 = f (0) = a0 , zatem
x3 x5 x7
x2n+1
+
−
+ · · · + (−1)n
+ ···
3
5
7
2n + 1
(6)
π
1 1 1
1
= arctg 1 = 1 − + − + · · · + (−1)n
+ ···
4
3 5 7
2n + 1
(7)
arctg x = x −
Dla x = 1 otrzymujemy
Takie rozwiązania można byłoby przedstawić np. po uważnym przestudiowaniu notatek z wykładu, o ile się je oczywiście ma. Samemu je wymyśleć jest trudniej, chociaż na pewno w zasięgu
możliwości niektórych studentów. Ale jak tu w ogóle myśleć w czasie egzaminu. Dla części – wierzę, że nielicznej – hasło ’szereg Maclaurina’ może gonitwę myśli kierować do pamięci przenośnej,
czyli do rękawa, gdzie zwinięta jest ściągawa, albo do nogawki i ukrytej tam ściągawki. Nawet jeśli
student(ka) wykorzystuje tylko swoją pamieć naturalną (RAM, czy ROM), to i tak z tym hasłem
prędzej skojarzy definicję podaną na początku (wzór (2)) niż przedstawione właśnie rozwiązanie.
Co zatem robi? Liczy pierwszą pochodną, drugą, trzecią, itd. W przykładzie A, to daje równie
szybkie rozwiązanie, jak to powyższe, a w B natrafiamy na pewne komplikacje techniczne i liczenie
tych pochodnych okazuje się dużo trudniejsze. Stąd wniosek, że trudniej było z tym zadaniem
uporać się studentom rozwiązującym zestaw B (im należy się jakaś rekompensata).
Opracował: Czesław Bagiński
2