Konvergensradius

[aioaas]

Hei, jeg har en oppgave jeg sliter meg og lurte på om noen kunne hjelpe meg med )

Hva er konvergensradiusen til taylor-rekken om x=0 for f(x)=ln(2x+1)

Håper på svar )

[DennisChristensen]

Hei, jeg har en oppgave jeg sliter meg og lurte på om noen kunne hjelpe meg med )

Hva er konvergensradiusen til taylor-rekken om x=0 for f(x)=ln(2x+1)

Håper på svar )

Regn ut først $f^{(n)}(x)$ for små verdier for $n$:

$f(0) = \log 1 = 0$,
$f'(0) = \frac{2}{2x+1}$,
$f''(0) = \frac{-2\cdot 2}{(2x + 1)^2} = -\frac{4}{(2x+1)^2}$,
$f^{(3)}(x) = \frac{4\cdot2^2(2x+1)}{(2x+1)^4} = \frac{16}{(2x+1)^3}$

Dette alluderer til formelen $\displaystyle f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^{n+1}2^n(n-1)!}{(2x+1)^n}$

Vi beviser at dette stemmer for alle $n\geq 1$ ved induksjon:
For $n=1$ observerer vi at $f'(x) = \frac{2}{2x+1} = \frac{(-1)^2\cdot2^1\cdot1!}{2x+1}$, så formelen stemmer.
Anta nå at formelen stemmer for $f^{(n)}(x),\space n\in\mathbb{Z}_{\geq 1}$. Da har vi at

$\displaystyle f^{(n+1)}(x) = \frac{d}{dx}\frac{(-1)^{n+1}2^n(n-1)!}{(2x+1)^n} = \frac{-(-1)^{n+1}2^n(n-1)!\cdot n\cdot 2(2x+1)^{n-1}}{(2x+1)^{2n}} = \frac{(-1)^{n+2}2^{n+1}n!}{(2x+1)^{n+1}}$, hvilket skulle vises.

Dermed har vi at $f^{(n)}(0) = (-1)^{n+1}2^n(n-1)!$.

Vi ønsker å undersøke for hvilke $x$ rekken $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}2^n(n-1)!\frac{x^n}{n!}$ konverger absolutt, altså når rekken $\displaystyle\sum 2^n(n-1)!\frac{|x|^n}{n!}$ konvergerer, og når den divergerer.

La $a_n := 2^n(n-1)!\frac{|x|^n}{n!} = \frac{(2|x|)^n}{n}$. Da har vi at

$\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}= \frac{(2|x|)^{n+1}n}{(n+1)(2|x|)^{n}} = \frac{2n}{n+1}|x| \rightarrow 2|x|$, så fra forholdstesten får vi at $\sum a_n$ konvergerer for $|x| < \frac{1}{2}$ og divergerer for $|x| > \frac{1}{2}$, så konvergensradien er $x = \frac{1}{2}.$

[skf95]

Holder det å se etter nærmeste singulære punkt? F.eks. vil ln(0) eller logaritmen til noe negativt, som innttreffer ved [tex]x<-1/2[/tex], skape tull, og dermed blir konvergensradien [tex]R=1/2[/tex]? Eller lever jeg en alt for enkel verden nå?

[DennisChristensen]

Holder det å se etter nærmeste singulære punkt? F.eks. vil ln(0) eller logaritmen til noe negativt, som innttreffer ved [tex]x<-1/2[/tex], skape tull, og dermed blir konvergensradien [tex]R=1/2[/tex]? Eller lever jeg en alt for enkel verden nå?

I et enkelt eksempel som dette kan en slik metode muligens lønne seg, men det er også svært viktig å kunne bruke potensrekken til å finne konvergensradien direkte fra dens definisjon. Det finnes også en rekke eksempler hvor en slik metode ikke vil fungere, nettopp på grunn av det upresise uttrykket "skape tull", som du refererer til. Det finnes mange eksempler på funksjoner som ved første øyekast ser udefinerte ut i et visst punkt, men hvor det viser seg at punktet ikke slår ut i funksjonens potensrekke.

Se for eksempel på funksjonen $$f(x) = \frac{\sin x}{x}$$.
Bruker man din noe naive tilnærming vil man konkludere med at konvergensradien rundt $x=0$ bør være $0$, da funksjonen ikke er definert for $x=0$. Om du derimot finner potensrekken ser du at
$$f(x) = \frac{1}{x}\left(x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \dots\right) = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \dots ,$$
som konvergerer absolutt for alle $x\in\mathbb{R}$.

Dermed er faktisk konvergensradien $\infty$. Vi får ikke samme svar!

[skf95]

Med "tull" mente jeg essensielle singulariteter og poler, og da forstår jeg det slik at det holder?

[DennisChristensen]

Med "tull" mente jeg essensielle singulariteter og poler, og da forstår jeg det slik at det holder?

Ja, det vil være en korrespondens mellom nærmeste essensielle singularitet/pole og konvergensradius, og det er rimelig enkelt å bevise. Riktignok vil ikke den metoden hjelpe stort om man kun blir gitt potensrekken, så man er nødt til å ha god kontroll på begge metoder.

[ThomasSkas]

Hei, jeg har en oppgave jeg sliter meg og lurte på om noen kunne hjelpe meg med )

Hva er konvergensradiusen til taylor-rekken om x=0 for f(x)=ln(2x+1)

Håper på svar )

Regn ut først $f^{(n)}(x)$ for små verdier for $n$:

$f(0) = \log 1 = 0$,
$f'(0) = \frac{2}{2x+1}$,
$f''(0) = \frac{-2\cdot 2}{(2x + 1)^2} = -\frac{4}{(2x+1)^2}$,
$f^{(3)}(x) = \frac{4\cdot2^2(2x+1)}{(2x+1)^4} = \frac{16}{(2x+1)^3}$

Dette alluderer til formelen $\displaystyle f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^{n+1}2^n(n-1)!}{(2x+1)^n}$

Vi beviser at dette stemmer for alle $n\geq 1$ ved induksjon:
For $n=1$ observerer vi at $f'(x) = \frac{2}{2x+1} = \frac{(-1)^2\cdot2^1\cdot1!}{2x+1}$, så formelen stemmer.
Anta nå at formelen stemmer for $f^{(n)}(x),\space n\in\mathbb{Z}_{\geq 1}$. Da har vi at

$\displaystyle f^{(n+1)}(x) = \frac{d}{dx}\frac{(-1)^{n+1}2^n(n-1)!}{(2x+1)^n} = \frac{-(-1)^{n+1}2^n(n-1)!\cdot n\cdot 2(2x+1)^{n-1}}{(2x+1)^{2n}} = \frac{(-1)^{n+2}2^{n+1}n!}{(2x+1)^{n+1}}$, hvilket skulle vises.

Dermed har vi at $f^{(n)}(0) = (-1)^{n+1}2^n(n-1)!$.

Vi ønsker å undersøke for hvilke $x$ rekken $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}2^n(n-1)!\frac{x^n}{n!}$ konverger absolutt, altså når rekken $\displaystyle\sum 2^n(n-1)!\frac{|x|^n}{n!}$ konvergerer, og når den divergerer.

La $a_n := 2^n(n-1)!\frac{|x|^n}{n!} = \frac{(2|x|)^n}{n}$. Da har vi at

$\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}= \frac{(2|x|)^{n+1}n}{(n+1)(2|x|)^{n}} = \frac{2n}{n+1}|x| \rightarrow 2|x|$, så fra forholdstesten får vi at $\sum a_n$ konvergerer for $|x| < \frac{1}{2}$ og divergerer for $|x| > \frac{1}{2}$, så konvergensradien er $x = \frac{1}{2}.$

Hei, Dennis! Jeg forstår nesten hele n'te formelen for den deriverte bortsett fra det med [tex](n-1)![/tex]
Hvordan kan man klare å se akkurat den biten ut ifra mønsteret som gjentar seg når du skriver ut de deriverte? JEg så alle de andre "bitene" som er med i formelen, men akkurat det med fakultet stoppet jeg opp på.......

[DennisChristensen]

Hei, jeg har en oppgave jeg sliter meg og lurte på om noen kunne hjelpe meg med )

Hva er konvergensradiusen til taylor-rekken om x=0 for f(x)=ln(2x+1)

Håper på svar )

Regn ut først $f^{(n)}(x)$ for små verdier for $n$:

$f(0) = \log 1 = 0$,
$f'(0) = \frac{2}{2x+1}$,
$f''(0) = \frac{-2\cdot 2}{(2x + 1)^2} = -\frac{4}{(2x+1)^2}$,
$f^{(3)}(x) = \frac{4\cdot2^2(2x+1)}{(2x+1)^4} = \frac{16}{(2x+1)^3}$

Dette alluderer til formelen $\displaystyle f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^{n+1}2^n(n-1)!}{(2x+1)^n}$

Vi beviser at dette stemmer for alle $n\geq 1$ ved induksjon:
For $n=1$ observerer vi at $f'(x) = \frac{2}{2x+1} = \frac{(-1)^2\cdot2^1\cdot1!}{2x+1}$, så formelen stemmer.
Anta nå at formelen stemmer for $f^{(n)}(x),\space n\in\mathbb{Z}_{\geq 1}$. Da har vi at

$\displaystyle f^{(n+1)}(x) = \frac{d}{dx}\frac{(-1)^{n+1}2^n(n-1)!}{(2x+1)^n} = \frac{-(-1)^{n+1}2^n(n-1)!\cdot n\cdot 2(2x+1)^{n-1}}{(2x+1)^{2n}} = \frac{(-1)^{n+2}2^{n+1}n!}{(2x+1)^{n+1}}$, hvilket skulle vises.

Dermed har vi at $f^{(n)}(0) = (-1)^{n+1}2^n(n-1)!$.

Vi ønsker å undersøke for hvilke $x$ rekken $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}2^n(n-1)!\frac{x^n}{n!}$ konverger absolutt, altså når rekken $\displaystyle\sum 2^n(n-1)!\frac{|x|^n}{n!}$ konvergerer, og når den divergerer.

La $a_n := 2^n(n-1)!\frac{|x|^n}{n!} = \frac{(2|x|)^n}{n}$. Da har vi at

$\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}= \frac{(2|x|)^{n+1}n}{(n+1)(2|x|)^{n}} = \frac{2n}{n+1}|x| \rightarrow 2|x|$, så fra forholdstesten får vi at $\sum a_n$ konvergerer for $|x| < \frac{1}{2}$ og divergerer for $|x| > \frac{1}{2}$, så konvergensradien er $x = \frac{1}{2}.$

Hei, Dennis! Jeg forstår nesten hele n'te formelen for den deriverte bortsett fra det med [tex](n-1)![/tex]
Hvordan kan man klare å se akkurat den biten ut ifra mønsteret som gjentar seg når du skriver ut de deriverte? JEg så alle de andre "bitene" som er med i formelen, men akkurat det med fakultet stoppet jeg opp på.......

Merk deg at hver gang vi deriverer "flytter vi ned" eksponenten til $(2x+1)^n$ pga kjerneregelen.
Du kan se det eksplisitt i induksjonssteget:

$\displaystyle\begin{align*} f^{(n+1)}(x) & = \frac{d}{dx}\frac{(-1)^{n+1}2^n(n-1)!}{(2x+1)^n} \space\space\space(\text{brøkregelen}) \\
& = \frac{-(-1)^{n+1}2^n(n-1)!\cdot \color{red}{n}\cdot 2(2x+1)^{n-1}}{(2x+1)^{2n}} \space\space\space(\text{her er }\color{red}{n}\text{ flyttet ned}) \\
& = \frac{(-1)^{n+2}2^{n+1}n!}{(2x+1)^{n+1}}\end{align*}$

Derav $(n-1)!$.