--- title: "Lecture 13: Szeregi potęgowe" lecture_number: 13 has_solutions: true has_exercises: true file_format: mystnb kernelspec: name: sagemath display_name: SageMath --- ```{include} ../_includes/sagecell-loader.md ``` # Szeregi potęgowe ## Ciągi funkcyjne :::{narration} Niech $X\subseteq \rr$ i dla każdego $n\in \nn$ niech $f_n:X \to \rr$ będzie pewną funkcją. ::: :::{prf:definition} **Ciągiem funkcyjnym** {index}`ciąg funkcyjny;` nazywamy przyporządkowanie $\nn\ni n \mapsto f_n,$ i oznaczamy je przez $$ (f_n) \qquad\text{lub}\qquad (f_n)_{n\in\nn}. $$ ::: :::{prf:example} :class: [example] W toku wykładu interesujące okażą się ciągi funkcyjne: 1. funkcji potęgowych, gdzie $f_n:\rr \to \rr$, $f_n(x) = x^{n-1}\ $ 2. jego ogólniejsza odmiana, gdzie $x_0\in\rr$ jest ustalone i $f_n:\rr \to \rr$, $$ f_n(x) = (x - x_0)^{n-1} $$ 3. funkcji trygonometrycznych cosinus, gdzie $\ell\in\rr_+$ jest ustalone i $f_n:\rr \to \rr$, $$ \displaystyle f_n(x) = \cos \frac {(n-1)\pi}{\ell} x; $$ 4. funkcji trygonometrycznych sinus, gdzie $\ell\in\rr_+$ jest ustalone i $f_n:\rr \to \rr$, $$ \displaystyle f_n(x) = \sin \frac {n\pi}{\ell} x. $$ ::: :::{prf:definition} Ciąg funkcyjny $(f_n)$ nazywamy **zbieżnym** {index}`ciąg funkcyjny; zbieżny` w zbiorze $A\subseteq X$ do funkcji granicznej $f:A\to\rr$, jeśli $$ \forall x\in A \ \LimInfty f_n(x) = f(x). $$ ::: :::{prf:example} :class: [example] 1. Dla funkcji potęgowych $f_n(x) = x^{n-1}$, ciąg $(f_n)$ jest zbieżny na przedziale $(-1,1]$ do f. $$ f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x\in (-1,1) \\ 1 & \text{dla } x = 1 \end{cases}. $$ Zauważmy, że ciąg funkcji ciągłych zbiegł do funkcji nieciągłej w punkcie $x_0 = 1$. 2. Ogólniej, dla ustalonego $x_0\in\rr$ i funkcji potęgowych $f_n(x) = (x-x_0)^{n-1}$, ciąg $(f_n)$ jest zbieżny na przedziale $(x_0-1,x_0+1]$ do funkcji $$ f(x) = \begin{cases} 0 & \text{jeśli } |x-x_0| < 1 \\ 1 & \text{dla } x = x_0+1 \end{cases}. $$ ::: ## Szeregi funkcyjne :::{narration} Niech $(f_n)_{n\in \nn}$ będzie ciągiem funkcyjnym. ::: :::{prf:definition} Dla $k\in\nn$, funkcję $S_k: X \to \rr$, $$ S_k(x) = f_1(x) +\ldots + f_k(x) = \sum_{n=1}^k f_n(x) \ $$ nazywamy $k$-tą **sumą częściową** {index}`suma częściowa` ciągu funkcyjnego $(f_n)$. ::: :::{prf:example} :class: [example] Dla ciągu funkcji potęgowych $f_n(x) = x^{n-1}$, mamy $$ S_k(x) = 1 + x + x^2 + \ldots + x^{k-1} = \begin{cases} \displaystyle \frac {1 - x^{k}} {1-x} & \text{dla } x\neq 1 \\ k & \text{dla } x = 1 \end{cases} . $$ ::: :::{prf:definition} Ciąg sum częściowych $(S_k)$ ciągu $(f_n)$ nazywamy **szeregiem funkcyjnym** {index}`szereg funkcyjny` i oznaczamy symbolem $$ \sum_{n = 1}^\infty f_n(x). $$ Szereg funkcyjny $\sum_{n = 1}^\infty f_n(x)$ nazywamy **zbieżnym** {index}`szereg funkcyjny; zbieżny` w zbiorze $A\subseteq X$, jeśli $\forall x\in A$ istnieje granica właściwa $$ \sum_{n = 1}^\infty f_n(x) = \LimInfty[k]{S_k(x)} = \LimInfty[k]{\sum_{n = 1}^k f_n(x),} $$ którą nazywamy **sumą szeregu**. W szczególności, jeśli szereg funkcyjny $\sum_{n = 1}^\infty f_n(x)$ jest zbieżny w zbiorze $A = \Set{x_0}\subseteq X$, czyli istnieje granica właściwa $$ \sum_{n = 1}^\infty f_n(x_0) = \LimInfty[k]{\sum_{n = 1}^k f_n(x_0),} $$ to mówimy, że jest **zbieżny w punkcie $x_0$**. ::: :::{prf:example} :class: [example] Dla ciągu funkcji potęgowych $f_n(x) = x^{n-1}$, granica właściwa ciągu sum częściowych istnieje dla $x\in(-1,1)$ i jest równa $$ \sum_{n = 1}^\infty x^{n-1} = \LimInfty[k]{S_k(x)} = \LimInfty[k]{\frac {1 - x^{k}} {1-x}} = \frac 1 {1-x}. $$ W dalszej części wykładu będziemy zainteresowani uogólnieniem tego przykładu. Dla większej przejrzystości, oraz z powodów historycznych, zapiszemy powyższą tożsamość w postaci: $$ \sum_{n = 0}^\infty x^{n} = \frac 1 {1-x} \qquad \text{jeśli } |x| < 1. $$ ::: ::::{prf:proposition} Niech $c\in \rr$ i $(f_n)_{n\in \nn}$, $(g_n)_{n\in \nn}$ będą ciągami funkcyjnymi. Jeśli dla $x \in A$ zbieżne są szeregi $\displaystyle \Series f_n(x)$ i $\displaystyle \Series g_n(x)$, wówczas: - $\displaystyle \Series (f_n(x) + g_n(x)) = \Series f_n(x) + \Series g_n(x)\ $, - $\displaystyle \Series c\cdot f_n(x) = c\cdot \Series f_n(x)\ $. :::: ## Definicja szeregu potęgowego :::{narration} Niech $(a_n)_{n\in\nn_0}$ będzie ciągiem liczb rzeczywistych (indeksowanym od $n=0$) i $x_0\in \rr$. ::: :::{prf:definition} **Szeregiem potęgowym** {index}`szereg; potęgowy` nazywamy szereg funkcyjny $$ \rr \ni x \mapsto \SeriesP a_n(x-x_0)^n = a_0 + a_1 (x-x_0) + a_2 (x-x_0)^2 + \ldots. $$ odpowiadający ciągowi funkcyjnemu $(f_n)_{n\in\nn_0}$, dla $f_n(x) = a_n(x-x_0)^n.$ ::: :::{prf:example} :class: [example] 1. Każdy szereg potęgowy jest zbieżny dla $x = x_0$ do $a_0$. Istotnie, $$ \SeriesP a_n(x_0-x_0)^n = \LimInfty \sum_{k = 0}^n a_k(x_0-x_0)^k = \LimInfty a_0 = a_0. $$ 2. Dla $a_n = a \in \rr$ i $x_0 = 0$, otrzymujemy szereg potęgowy geometryczny $$ \SeriesP a \cdot x^n, $$ który jest zbieżny do $\displaystyle \frac a {1-x}$ dla $|x|<1$. ::: :::{prf:remark} Ponieważ ogólny szereg potęgowy $\displaystyle \SeriesP a_n(x-x_0)^n$ można poprzez zamianę zmiennych $y = x-x_0$ sprowadzić do szeregu potęgowego $\displaystyle \SeriesP a_n y^n$, to od tego momentu będziemy formułować twierdzenia jedynie szeregów gdy $x_0=0$. ::: ## Zbieżność szeregów potęgowych :::{prf:definition} **Obszarem zbieżności szeregu potęgowego** {index}`szereg potęgowy; obszar zbieżności` $\displaystyle \SeriesP a_n x^n$ nazywamy zbiór $$ \ConvergeSet = \Set{\rho\in\rr : \SeriesP a_n \rho^n \text{ jest zbieżny}} $$ tych punktów dla których ten szereg potęgowy jest zbieżny. ::: :::{narration} Ponieważ $0\in \ConvergeSet$, to jest on niepusty. ::: :::{prf:example} :class: [example] Obszarem zbieżności szeregu potęgowego geometrycznego, $$ \SeriesP a \cdot x^n, $$ jest przedział $\ConvergeSet = (-1,1)$. ::: :::{prf:proposition} :label: stw-Promien Jeśli szereg potęgowy $\displaystyle \SeriesP a_n x^n$ jest zbieżny dla $x=\rho\in\rr$, to jest bezwzględnie zbieżny dla każdego $x$ spełniającego warunek $|x|<|\rho|.$ ::: :::{prf:remark} Powyższe stwierdzenie mówi, że dla szeregu potęgowego $\displaystyle \SeriesP a_n x^n$ mamy $$ \rho\in \ConvergeSet \quad \imply \quad (-|\rho|, |\rho|)\subseteq\ConvergeSet. $$ Możliwe są dwa przypadki: 1. $\ConvergeSet$ jest ograniczony i wtedy istnieje liczba $R\geq 0$ taka, że $$ (-R,R) \subseteq \ConvergeSet \quad \wedge \quad \SeriesP a_n x^n \text{ jest rozbieżny dla } x\in (-\infty, R)\cup(R,+\infty). $$ 2. $\ConvergeSet$ jest nieograniczony i wtedy $\ConvergeSet = \rr$. W tym wypadku przyjmiemy $R = +\infty.$ ::: :::{prf:definition} Liczbę $R$ z powyższej uwagi nazywamy **promieniem zbieżności szeregu potęgowego** {index}`szereg potęgowy; promień zbieżności` $\displaystyle \SeriesP a_n x^n .$ ::: ::::{prf:remark} Z definicji promienia zbieżności $R$ szeregu potęgowego oraz {prf:ref}`stw-Promien` wynika, że możliwe są trzy przypadki: 1. $R = 0 \quad$ i $ \quad\ConvergeSet = \Set{0}$. 2. $0 < R < +\infty \quad$ i $ \quad(-R,R)\subseteq \ConvergeSet \subseteq [-R,R]$. Dla $x\in\Set{-R,R}$ nie możemy ogólnie stwierdzić, czy szereg jest zbieżny. Potrzebna jest dalsza analiza. 3. $R = +\infty \quad$ i $ \quad\ConvergeSet = \rr$. :::: :::{prf:definition} Z powyższych rozważań wynika, że obszar zbieżności $\ConvergeSet$ jest _de facto_ **przedziałem zbieżności**. {index}`szereg potęgowy; przedział zbieżności` ::: ::::{prf:theorem} :label: thm-SeriesContinuity Jeśli dla szeregu potęgowego $S(x) = \SeriesP a_n x^n$ promień zbieżności $R\neq 0$, to: 1. dla każdego $x\in(-R, R)$ szereg $\displaystyle \SeriesP a_n x^n$ jest zbieżny bezwzględnie 2. funkcja $S:(-R,R)\to \rr$ jest ciągła 3. jeśli $\displaystyle \SeriesP a_n R^n$ jest zbieżny, to funkcja $S:(-R,R]\to \rr$ jest ciągła 4. jeśli $\displaystyle \SeriesP a_n (-R)^n$ jest zbieżny, to funkcja $S:[-R,R)\to \rr$ jest ciągła 5. jeśli $\displaystyle \SeriesP a_n (-R)^n$ i $\displaystyle \SeriesP a_n R^n$ są zbieżne, to funkcja $S:[-R,R]\to \rr$ jest ciągła. :::: :::{narration} Aby znaleźć promień zbieżności szeregu potęgowego można się posługiwać kryteriami zbieżności szeregów. Dwa z nich, kryterium d'Alemberta i Cauchy'ego odgrywają szczególną rolę i na ich podstawie można udowodnić następujące twierdzenie. ::: :::{prf:theorem} o promieniu zbieżności :oasis-title: Twierdzenie o promieniu zbieżności Jeżeli istnieje jedna z granic (w pierwszym przypadku przy założeniu, że $\forall n\in\nn_0 \ a_n \neq 0$) $$ \LimInfty \left|\frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lambda \qquad \text{lub} \qquad \LimInfty \sqrt[n]{|a_n|} = \lambda, $$ to promień zbieżności szeregu potęgowego $\displaystyle \SeriesP a_n x^n$ jest równy $ R = \begin{cases} 0 & \text{dla } \lambda = +\infty \\ \lambda^{-1} & \text{dla } 0 < \lambda < +\infty \\ +\infty & \text{dla } \lambda = 0 \\ \end{cases}. $ ::: :::{prf:example} :class: [example] Granice z powyższego twierdzenia mają tę samą wartość pod warunkiem, że obie istnieją. Możliwa jest jednak sytuacja gdy tylko druga z nich istnieje. Na przykład, biorąc: $$ a_{2k} = 1, \qquad a_{2k+1} =2k+1 \qquad \text{dla } k\in\nn_0 $$ widzimy, że: 1. $\displaystyle\left|\frac{a_{2k+1}}{a_{2k}} \right| = {2k+1}$, $\displaystyle\left|\frac{a_{2k+2}}{a_{2k+1}} \right| = \frac 1 {2k+1}$, więc $\LimInfty \left|\frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$ nie istnieje; 2. $\displaystyle 1\leq\sqrt[n]{|a_{n}|} \leq \sqrt[n]{n}$, więc na mocy twierdzenia o trzech ciągach $\LimInfty\sqrt[n]{|a_{n}|} = 1$. To oznacza, że $\lambda = 1$ i promień zbieżności $\displaystyle \SeriesP a_n x^n$ jest równy $R=1$. Zatem $(-1,1) \subseteq \ConvergeSet \subseteq [-1,1].$ Zauważmy dalej, że dla $x = 1$ otrzymujemy szereg $\displaystyle \SeriesP a_n$, dla którego nie jest spełniony warunek konieczny zbieżności, gdyż $a_n \geq 1$, więc $\LimInfty a_n \neq 0$. Podobnie dla $x = -1$ otrzymujemy szereg $\displaystyle \SeriesP (-1)^n\cdot a_n$, dla którego również nie jest spełniony warunek konieczny zbieżności, gdyż $|a_n| \geq 1$, więc $\LimInfty |a_n| \neq 0 \imply \LimInfty (-1)^n\cdot a_n \neq 0$. Zatem $\ConvergeSet = (-1,1)$. ::: ::::{exercise} :label: lec-13-ex-01 :class: [exercise] Znajdźmy przedziały zbieżności $\ConvergeSet$ szeregów potęgowych: :::{container} columns-2-auto 1. $\displaystyle \SeriesP \frac {x^n}{n!} $ 2. $\displaystyle \SeriesP n!\cdot{x^n} $ 3. $\displaystyle \SeriesP \frac {(x+1)^n}{2n + 1} $ 4. $\displaystyle \SeriesP \frac {(-2x + 6)^n}{3^n + 2^n} . $ ::: :::{note} :class: [see-problem] Pomoże rozwiązać {numref}`prob-15-ex-02`, {numref}`prob-15-ex-06`. ::: :::: ```{code-cell} sage :tags: [remove-cell] from myst_nb import glue from IPython.display import Math n = var('n') # Problem 3 part_1 = ( r"\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|" r"= \frac {2n+1}{2n+3}" r"= \frac {2 + \frac 1 n}{2 + \frac 3 n}" ) a3 = 1/(2*n+1) ratio3 = abs(a3(n=n+1)/a3(n=n)) lim3 = limit(ratio3, n=oo) R3 = 1/lim3 # Problem 4 part_4 = ( r"\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|" r"= \frac {3^n + 2^n}{3^{n+1} + 2^{n+1}}" r"= \frac {1 + \Paren{\frac 2 3}^n} {3\Paren{1 + \Paren{\frac 2 3}^{n+1}} }" ) a4 = 1/(3**n + 2**n) ratio4 = abs(a4(n=n+1)/a4(n=n)) lim4 = limit(ratio4, n=oo) R4 = 1/lim4 part_7 = ( r"\quad\Leftrightarrow\quad" r"\frac 9 2 > x > \frac 3 2." ) body_01 = latex(lim3) content = rf""" {part_1}\LimToInfty {body_01} = \lambda . """ glue('sageglue_13_lim3', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False) body_01 = latex(R3) content = rf""" R = {body_01} """ glue('sageglue_13_R3', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False) body_01 = latex(lim4) content = rf""" {part_4}\LimToInfty {body_01} = \lambda . """ glue('sageglue_13_lim4', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False) body_01 = latex(R4) content = rf""" R = {body_01} """ glue('sageglue_13_R4', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False) body_01 = latex(R4) body_02 = latex(R4) content = rf""" y \in \left( -{body_01}, {body_02} \right) """ glue('sageglue_13_y_range4', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False) body_01 = latex(R4) body_02 = latex(R4) content = rf""" -{body_01} \leq -2x + 6 < {body_02}{part_7} """ glue('sageglue_13_x_ineq4', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False) ``` :::{solution-without-reference} :class: [solution] dropdown 1. Rozważamy szereg $\displaystyle \SeriesP \frac {x^n}{n!}$, dla którego $a_n = \frac 1 {n!}$. Obliczamy $$ \Absolute{\frac{a_{n+1}}{a_n}} = \frac {n!} {(n+1)!} = \frac {1} {n+1} \LimToInfty 0 = \lambda . $$ Zatem promień zbieżności $R = + \infty$ oraz $\ConvergeSet = \rr.$ 2. Rozważamy szereg $\displaystyle \SeriesP n!\cdot{x^n}$, dla którego $a_n = {n!}$. Obliczamy $$ \Absolute{\frac{a_{n+1}}{a_n}} = \frac {(n+1)!}{n!} = {n+1} \LimToInfty +\infty = \lambda . $$ Zatem promień zbieżności $R = 0$ oraz $\ConvergeSet = \Set{0}.$ 3. Rozważamy szereg $\displaystyle \sum_{n = 0}^\infty \frac {(x+1)^n}{2n + 1}$. Przyjmijmy $y = x + 1$ i rozważmy szereg potęgowy $\displaystyle S(y) = \sum_{n = 0}^\infty a_n \cdot y_n$, gdzie $\displaystyle a_n = \frac{1}{2n+1}$. Obliczamy ```{glue:math} sageglue_13_lim3 ``` Zatem promień zbieżności {glue}`sageglue_13_R3` oraz szereg $S(y)$ jest zbieżny dla $y \in (-1,1)$. Pozostaje sprawdzić przypadki: - Dla $y = -1$ mamy szereg $\displaystyle S(y_-) = \SeriesP (-1)^n\cdot a_n$, gdzie $\displaystyle a_n = \frac 1 {2n+1}.$ Zauważmy, że $a_n \LimToInfty 0$, oraz $a_n$ jest nierosnąca. Z kryterium Leibniza szereg $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n a_n$ jest zbieżny. - Dla $y = 1$ mamy szereg $\displaystyle S(y_+) = \SeriesP a_n$, gdzie $\displaystyle a_n = \frac 1 {2n+1}.$ Zauważmy, że $$ 0 \leq \frac{1}{2(n+1)} \leq \frac 1 {2n+1} = a_n. $$ Ponieważ $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2(n+1)}$ jest rozbieżny, bo równy $\displaystyle \dfrac 1 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$, czyli połowie rozbieżnego szeregu harmonicznego, to z kryterium porównawczego szereg $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n$ jest rozbieżny. Z tego wynika, że $S(y)$ jest zbieżny dla $y \in [-1, 1)$. Ponieważ $y = x+1$, to $$ -1 \leq x+1 < 1 \quad\Leftrightarrow\quad -2 \leq x < 0. $$ Podsumowując, przedział zbieżności szeregu, to $\ConvergeSet = [-2,0).$ 4. Rozważamy szereg $\displaystyle \sum_{n = 0}^\infty \frac {(-2x + 6)^n}{3^n + 2^n}$. Przyjmijmy $y = -2x + 6$ i rozważmy szereg potęgowy $\displaystyle S(y) = \sum_{n = 0}^\infty a_n \cdot y_n$, gdzie $\displaystyle a_n = \frac{1}{3^n + 2^n}$. Obliczamy ```{glue:math} sageglue_13_lim4 ``` Zatem promień zbieżności {glue}`sageglue_13_R4` oraz szereg $S(y)$ jest zbieżny dla {glue}`sageglue_13_y_range4`. Pozostaje sprawdzić przypadki: - Dla $y_- = -3$ mamy szereg $\displaystyle S(y_-) = \SeriesP a_n$, gdzie $\displaystyle a_n = \frac {(-3)^n} {3^n + 2^n}.$ Ponieważ granica $\LimInfty a_n$ nie istnieje (dowód pozostawiam czytelnikowi), to z kryterium koniecznego szereg jest rozbieżny. - Dla $y_+ = 3$ mamy szereg $\displaystyle S(y_+) = \SeriesP a_n$, gdzie $\displaystyle a_n = \frac {3^n} {3^n + 2^n}.$ Zauważmy, że $$ a_n = \frac {3^n} {3^n + 2^n} \LimToInfty 1 \neq 0. $$ Z kryterium koniecznego szereg $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n$ jest rozbieżny. Ponieważ $y = -2x + 6$, to ```{glue:math} sageglue_13_x_ineq4 ``` Podsumowując, przedział zbieżności szeregu, to $\displaystyle \ConvergeSet = \left(\frac 3 2, \frac 9 2\right).$ ::: ## Różniczkowanie i całkowanie szeregów potęgowych :::{narration} Przypomnijmy, że dla $n \in \nn_0$: $$ \begin{aligned} \Paren{x^n}' & = n\cdot x^{n-1} , \\ \IntDef[t]{0}{x}{ t^n} & = \frac 1 {n+1} \cdot t^{n+1}\Big|_0^x \\ & = \frac 1 {n+1}\Paren{x^{n+1} - 0^{n+1}} = \frac 1 {n+1}\cdot x^{n+1} . \end{aligned} $$ ::: :::{prf:theorem} Jeśli dla szeregu potęgowego $\displaystyle \SeriesP a_n x^n$ promień zbieżności $R>0$, to dla każdego $x\in(-R,R)$ zachodzi: 1. $ \displaystyle \Diff{}\left( {\SeriesP a_n x^n} \right) = \SeriesP a_n ( x^n)' = \Series a_n {n \cdot x^{n-1}} $ 2. $ \displaystyle \IntDef[t]{0}{x}{\SeriesP a_n t^n} = \SeriesP a_n \IntDef[t]{0}{x}{ t^n} = \SeriesP \frac {a_n} {n+1} \cdot x^{n+1}. $ Ponadto promienie zbieżności szeregów po prawej stronie są równe $R$. ::: :::{prf:example} :class: [example] Dla szeregu $\displaystyle S(x)= \SeriesP \frac {x^n}{n!}$ - liczymy pochodną: $$ \Diff{} S(x) = \SeriesP \frac 1 {n!}\cdot ( x^n)' = \Series \frac 1 {n!} \cdot n \cdot x^{n-1} = \Series \frac 1 {(n-1)!} \cdot x^{n-1} = \SeriesP \frac 1 {n!} \cdot x^{n} = S(x) $$ - liczymy całkę: $$ \displaystyle \IntDef[t]{0}{x}{S(t)} & = \IntDef[t]{0}{x}{\SeriesP \frac 1 {n!} \cdot t^n} = \SeriesP \frac 1 {n!} \IntDef[t]{0}{x}{ t^n} = \SeriesP \frac 1 {n!} \cdot \frac {x^{n+1}}{n+1} = \SeriesP \frac {x^{n+1}} {(n+1)!} \\ & = \frac {x^1} {1!} + \frac {x^2} {2!} + \frac {x^3} {3!} + \ldots = -1 + \frac {x^0} {0!} + \frac {x^1} {1!} + \frac {x^2} {2!} + \frac {x^3} {3!} + \ldots \\ & = -1 + \SeriesP \frac {x^{n}} {n!} = -1 + S(x) . $$ ::: :::{prf:corollary} Przy założeniach z powyższego twierdzenia, dla każdego $k\in\nn_0$ zachodzi $$ \displaystyle \Diff[x^k]{^k}\left( {\SeriesP a_n x^n} \right) = \SeriesP a_n ( x^n)^{(k)} = \sum_{n = k}^{\infty} a_n {\frac {n!}{(n-k)!} \cdot x^{n-k}}, $$ przy czym promień zbieżności szeregu występującego po prawej stronie jest równy $R$. ::: :::{prf:example} :class: [example] Załóżmy, że istnieje granica $\LimInfty \Absolute{\dfrac {b_{n+1}} {b_n}} = \mu > 0$. - Promień zbieżności szeregu $\displaystyle\SeriesP b_n x^n$ jest równy $R = \mu^{-1}.$ - Szereg potęgowy $$ \displaystyle\Diff{}\left( {\SeriesP b_n x^n} \right) = \Series b_n n \cdot x^{n-1} = \SeriesP (n+1) b_{n+1} \cdot x^{n} $$ ma wyraz $a_n = (n+1) b_{n+1}$. Stąd $$ \Absolute{\frac {a_{n+1}} {a_n}} = \Absolute{\frac {(n+2) b_{n+2}} {(n+1) b_{n+1}}} = \frac {n+2} {n+1} \cdot \Absolute{\frac {b_{n+2}}{b_{n+1}}} \LimToInfty 1 \cdot \mu = \mu. $$ Promień zbieżności tego szeregu jest również równy $R = \mu^{-1}.$ - Szereg potęgowy $$ \displaystyle\IntDef[t]{0}{x}{\SeriesP b_n t^n} = \SeriesP \frac {b_n}{n+1}\cdot x^{n+1} = \Series \frac {b_{n-1}}{n}\cdot x^{n} $$ ma wyraz $a_n = \dfrac {b_{n-1}}{n}$. Stąd $$ \Absolute{\frac {a_{n+1}} {a_n}} = \Absolute{\frac {b_{n}} {n +1} \cdot \frac {n} {b_{n-1}}} = \Absolute{\frac {b_{n}}{b_{n-1}}} \cdot \frac n {n+1} \LimToInfty \mu \cdot 1 = \mu. $$ Promień zbieżności tego szeregu jest równy $R = \mu^{-1}.$ ::: ::::{exercise} :label: lec-13-ex-02 :class: [exercise] Pokażmy, że $ \quad \displaystyle S(x) = \Series \frac{(-1)^{n+1}} n x^n = \ln(1+x) \quad $ dla $x\in (-1,1]$. :::{note} :class: [see-problem] Pomoże rozwiązać {numref}`prob-15-ex-04`, {numref}`prob-15-ex-05`. ::: :::: :::{solution-without-reference} :class: [solution] dropdown 1. Ponieważ zachodzi równość $$ \SeriesP q^n = \frac 1 {1-q} , $$ gdy $q \in (-1,1)$, to przyjmując $q = -x$, otrzymamy: $$ \SeriesP (-1)^n \cdot x^n & = \frac 1 {1 + x} \\ \IntDef[t]{0}{x}{\SeriesP (-1)^n \cdot t^n } & = \IntDef[t]{0}{x}{\frac 1 {1 + t}} & & \text{dla } x \in (-1,1) . $$ Obliczamy obie strony tej równości: $$ \IntDef[t]{0}{x}{\SeriesP (-1)^n \cdot t^n } & = \SeriesP (-1)^n \cdot \IntDef[t]{0}{x}{t^n } = \SeriesP \frac {(-1)^n}{n+1} \cdot x^{n+1} = \Series \frac {(-1)^{n-1}}{n} \cdot x^{n} \\ \IntDef[t]{0}{x}{\frac 1 {1 + t}} & =\ln\Absolute{1 + t}\Big|_0^x = \ln(1+x) - \ln 1 = \ln(1+x). $$ To dowodzi równości dla $x\in (-1,1).$ 2. Dla $x = 1$ mamy $$ S(1) = \Series \frac {(-1)^{n+1}}{n} $$ i jest to szereg zbieżny (dowiedliśmy togo korzystając z kryterium Leibniza). Ponieważ: - na mocy {prf:ref}`thm-SeriesContinuity` funkcja $S(x)$ jest ciągła dla $x\in (-1,1]$ - zachodzi równość $ \quad \displaystyle S(x) = \Series \frac{(-1)^{n+1}} n x^n = \ln(1+x) \quad $ dla $x\in (-1,1)$ - funkcja $\ln(1+x)$ jest ciągła dla $x\in (-1,1]$ jako złożenie f. ciągłych, to $$ S(1) = \LimIn{1^-} S(x) = \LimIn{1^-} \ln(1+x) = \ln 2. $$ To dowodzi równości dla $x=1$. Przy okazji otrzymaliśmy wartą uwagi równość $$ \Series \frac {(-1)^{n+1}}{n} = \ln 2 . $$ ::: ::::{exercise} :label: lec-13-ex-03 :class: [exercise] Obliczmy sumę szeregu $\displaystyle S = \SeriesP[k] \frac {(k+1)(k+2)} { 2^k} .$ :::{note} :class: [see-problem] Pomoże rozwiązać {numref}`prob-15-ex-01`, {numref}`prob-15-ex-05`. ::: :::: :::{solution-without-reference} :class: [solution] dropdown Ponieważ zachodzi równość $$ \SeriesP x^n = \frac 1 {1-x} = \Paren{1-x}^{-1} , $$ gdy $x \in (-1,1)$, to po jej dwukrotnym zróżniczkowaniu otrzymamy: $$ \Series n\cdot x^{n-1} & = \Paren{1-x}^{-2} \\ \sum_{n=2}^\infty n(n-1)\cdot x^{n-2} & = 2 \Paren{1-x}^{-3} \\ \SeriesP[k] (k+1)(k+2)\cdot x^{k} & = 2 \Paren{1-x}^{-3} & & \text{dla } x \in (-1,1). $$ Podstawiając $x = \frac 1 2$ orzymamy rozwiązanie: $$ S = \SeriesP[k] \frac {(k+1)(k+2)} { 2^k} = \SeriesP[k] (k+1)(k+2)\cdot \Paren{\frac 1 {2}}^{k} = 2 \Paren{1-\frac 1 2}^{-3} = 16. $$ ::: ## Szereg Taylora :::{narration} Niech $x_0\in\rr$, $r>0$ i $f:X\to \rr$ będzie funkcją, która w każdym punkcie otoczenia $Q(x_0,r)$ punktu $x_0$ ma pochodną dowolnego rzędzu. W takiej sytuacji z twierdzenia Taylora wynika, że dla każdego $x\in Q(x_0,r)$ i każdego $n\in\nn_0$ $$ \begin{aligned} f(x) & = \sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + R_n(x) , \end{aligned} $$ przy czym istnieje $c:Q(x_0,r) \to \rr$ o własności, że $c(x)$ leży między $x_0$ i $x$, oraz $$ \begin{aligned} R_n(x) & = \frac {f^{(n+1)}(c(x))}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} . \end{aligned} $$ Jeśli dla każdego $x\in Q(x_0,r)$ mamy $ \quad \LimInfty R_n(x) = 0,$ $\quad$ to $$ f(x) & = \LimInfty \left(\sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + R_n(x)\right) \\ & = \LimInfty \sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k \\ & = \SeriesP \frac {f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n $$ ::: :::{prf:definition} Szereg pojawiający się na końcu tej równości nazywamy **szeregiem Taylora** {index}`szereg; Taylora` w otoczeniu punktu $x_0$. Dla $x_0 = 0$ otrzymujemy **szereg Maclaurina** {index}`szereg; Maclaurina` $$ f(x) = \SeriesP\frac {f^{(n)}(0)}{n!} x^n . $$ ::: :::{prf:definition} W takiej sytuacji mówimy, że funkcja $f$ **rozwija się w szereg Taylora** (odpowiednio **Maclaurina**) w otoczeniu punktu $x_0$. ::: :::{prf:example} :class: [example] Nie każda funkcja różniczkowalna nieskończenie wiele razy, rozwija się w szereg Taylora! Dla przykładu jeśli $$ f(x) = \begin{cases} e^{-\frac 1 {x^2}} & \text{dla } x \neq 0 \\ 0 & \text{dla } x = 0 \end{cases}, $$ to można pokazać, że ma ona pochodną dowolnego rzędu w każdym punkcie, przy czym $f^{(k)}(0) = 0$ dla każdego $k\in\nn_0$. Zatem $$ \forall n\in\nn_0 \ f(x) = \sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(0)}{k!}x^k + R_n(x) = R_n(x) \qquad \Rightarrow \qquad \LimInfty R_n(x) = f(x). $$ Ponieważ $f(x) \neq 0$ dla $x\neq 0$, to nie jest spełniony warunek istnienia szeregu Taylora. ::: :::{prf:proposition} Niech $x_0\in\rr$, $r>0$ i $f:X\to \rr$ będzie funkcją, która w każdym punkcie otoczenia $Q(x_0,r)$ punktu $x_0$ ma pochodną dowolnego rzędzu. 1. Jeśli istnieje $M>0$ takie, że dla każdego $x\in Q(x_0,r)$ i każdego $n\in\nn_0$ $$ |f^{(n)}(x)| \leq M, $$ to $\LimInfty R_n(x) = 0$ dla każdego $x\in Q(x_0,r)$. 2. Jeśli dla każdego $x\in Q(x_0,r)$ $$ f(x) = \SeriesP a_n(x-x_0)^n, $$ to dla każdego $n\in\nn_0$ $$ a_n = \frac {f^{(n)}(x_0)}{n!}, $$ czyli rozwinięcie Taylora jest jednoznaczne. ::: :::{prf:example} :class: [example] 1. Wiemy, że dla $|x| < 1$ zachodzi równość $$ f(x) = \frac 1 {1-x} = \SeriesP x^n = \SeriesP 1\cdot x^n . $$ Na mocy stwierdzenia, jest to rozwinięcie Maclaurina funkcji $ f:(-1,1)\to \rr, $ zadanej powyższym wzorem. Skoro $a_n = 1$ dla każdego $n\in \nn_0 ,$ to $$ f^{(n)}(0) = n!\cdot a_n = n! . $$ 2. W {numref}`lec-13-ex-02` pokazaliśmy, że dla $x\in (-1,1]$ zachodzi równość $$ f(x) = \ln(1+x) = \Series \frac{(-1)^{n+1}} n x^n. $$ Ponownie, jest to rozwinięcie Maclaurina funkcji $f:(-1,1]\to \rr$, zadanej powyższym wzorem. Skoro $a_n = \frac{(-1)^{n+1}} n$ dla każdego $n\in \nn$, to $$ f^{(n)}(0) = n!\cdot a_n = n!\cdot \frac{(-1)^{n+1}} n = (-1)^{n+1}(n-1)! $$ 3. Dla $f(x) = e^x$, mamy $f^{(n)}(x) = e^x$ dla każdego $n\in \nn_0$. Zatem $f^{(n)}(0) = e^0 = 1$. Stąd otrzymujemy szereg Maclaurina $$ e^x = \SeriesP\frac {f^{(n)}(0)}{n!} x^n = \SeriesP \frac {x^n}{n!}. $$ Jak już wiemy, ten szereg potęgowy jest zbieżny dla $x\in \rr$. 4. Biorąc $f(x) = \sin x$, swego czasu obliczyliśmy, że $ f^{(n)}(x) = \sin\left(x + n\cdot\frac \pi 2\right), $ dla $n\in \nn_0$. Dla $x=0$ i $k\in\nn_0$ mamy zatem $$ \begin{aligned} f^{(2k)}(0) = \sin\left(2k\cdot\frac \pi 2\right) & = 0 \\ f^{(2k+1)}(0) = \sin\left((2k+1)\cdot\frac \pi 2\right) & = (-1)^k. \end{aligned} $$ Stąd otrzymujemy rozwinięcie Maclaurina $$ \sin x = \SeriesP \frac {f^{(n)}(0)}{n!}x^n = \SeriesP \frac {(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}. $$ Ponieważ $$ 0 \leq \left|\frac{f^{(n)}(0)} {n!} x^n\right| \leq \frac 1 {n!} |x|^n, $$ to szereg ten jest (bezwzględnie) zbieżny dla $x\in\rr$, gdyż szereg $\displaystyle \SeriesP\frac 1 {n!} |x|^n = e^{|x|}$ jest dla nich zbieżny. 5. Analogicznie, dla $x\in \rr$ otrzymamy rozwinięcie Maclaurina $$ \cos x = \SeriesP \frac {(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}. $$ 6. Co prawda funkcje zmiennej zespolonej nie pojawią się na tym wykładzie, ale trudno powstrzymać się od uwagi, że jeśli przyjmiemy $x = \alpha\cdot j \in \cc$, gdzie $\alpha\in\rr$, to $$ \frac {x^n}{n!} = \frac {\alpha^n\cdot j^n}{n!} = \begin{cases} \displaystyle \frac {(-1)^k}{(2k)!} \alpha^{2k} & \text{dla } n=2k, k\in\nn_0 \\ \displaystyle j\cdot\frac {(-1)^k}{(2k+1)!} \alpha^{2k+1} & \text{dla } n=2k+1, k\in\nn_0 \end{cases}, $$ więc $$ e^{\alpha\cdot j} & = \SeriesP \frac {\alpha^n\cdot j^n}{n!} = \SeriesP[k] \frac {(-1)^k}{(2k)!} \alpha^{2k} + j\cdot \SeriesP[k] \frac {(-1)^k}{(2k+1)!} \alpha^{2k+1} \\ & = \cos\alpha + j\cdot\sin\alpha. $$ Właśnie stąd bierze się postać wykładnicza liczb zespolonych! ::: ::::{exercise} :label: lec-13-ex-04 :class: [exercise] Znajdźmy rozwinięcie Taylora funkcji $f(x) = x\, e^x$ w otoczeniu punktu $x_0 = 1$ i policzmy $f^{(n)}(1)$ dla $n\in\nn_0$. :::{note} :class: [see-problem] Pomoże rozwiązać {numref}`prob-15-ex-03`, {numref}`prob-15-ex-07`. ::: :::: ```{code-cell} sage :tags: [remove-cell] from myst_nb import glue from IPython.display import Math body_01 = latex(2026 + 1) content = rf""" f^{{(2026)}}(1) = {body_01} \cdot e. """ glue('sageglue_13_0', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False) ``` :::{solution-without-reference} :class: [solution] dropdown Zauważmy, że $$ f(x) =x\, e^x & =\Brack{1 + (x-1)} \cdot e \cdot e^{x-1} =\Brack{1 + (x-1)} \cdot e \cdot \SeriesP \frac {\Paren{x-1}^n} {n!} \\ & = e\cdot \SeriesP \frac {\Paren{x-1}^n} {n!} + e\cdot \SeriesP \frac {\Paren{x-1}^{n+1}} {n!} \\ & = \frac {e\cdot \Paren{x-1}^0} {0!} + \Series \frac {e\cdot \Paren{x-1}^n} {n!} + \Series \frac {e\cdot \Paren{x-1}^{n}} {(n-1)!} \\ & = e + \Series \Paren{\frac e {n!} + \frac e {(n-1)!}} \cdot \Paren{x-1}^n \\ & = e + \Series \frac {(n+1)\cdot e} {n!} \cdot \Paren{x-1}^n $$ gdzie trzecia równość wynika z rozwinięcia $ \displaystyle e^y = \SeriesP \frac {y^n} {n!}$ przy podstawieniu $y = x-1$. Szereg jest zbieżny dla $y\in \rr$, więc również $x\in \rr .$ Pochodne obliczamy z zależności: $$ f^{(n)}(1) = n! \cdot a_n = \begin{cases} 0!\cdot e = e & \text{dla } n = 0 \\ n!\cdot\frac {(n+1)\cdot e} {n!} = (n+1)\cdot e & \text{dla } n\in \nn \end{cases} . $$ Dla przykładu {glue:}`sageglue_13_0` ::: ::::{exercise} :label: lec-13-ex-05 :class: [exercise] Rozwińmy w szereg Maclaurina funkcję $f$, podając dla jakich $x\in\rr$ prawdziwe jest to rozwinięcie (i oblicz pochodne): 1. $f(x) =\ln\Paren{9 + x^2 }$, $\quad$ oblicz: $\; f^{(35)}(0),\ f^{(36)}(0)$ 2. $\displaystyle f(x) = 2 x^5 \sin^2 x$, $\quad$ oblicz: $\; f^{(18)}(0),\ f^{(19)}(0)$ 3. $\displaystyle f(x) = \frac {2x} {1 + 25x^2}$, $\quad$ oblicz: $\; f^{(12)}(0),\ f^{(13)}(0)$ 4. $\displaystyle f(x) = \frac x {x^2 - 5x + 6}$, $\quad$ oblicz: $\; f^{(15)}(0)$ 5. $\displaystyle f(x) = \frac {x^3-3x^2} {(x + 1)^2}$, $\quad$ oblicz: $\; f'(0),\ f^{(10)}(0).$ :::{note} :class: [see-problem] Pomoże rozwiązać {numref}`prob-15-ex-03`, {numref}`prob-15-ex-07`. ::: :::: ```{code-cell} sage :tags: [remove-cell] from myst_nb import glue from IPython.display import Math body_01 = latex((x ^ 2 - 5 * x + 6).factor()) content = rf""" x^2 - 5x +6 = {body_01} """ glue('sageglue_13_1', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False) ``` ```{code-cell} sage :tags: [remove-cell] from myst_nb import glue from IPython.display import Math from myst_nb import glue from IPython.display import Math partial_fractions = ( r"f(x)" r" & = x \cdot \frac{1}{x^2 - 5x + 6}" r" = x \cdot \frac{1}{" + latex((x^2 - 5*x + 6).factor()) + r"}" r"\\ &" r" = x \cdot \left(\frac{1}{x-3} - \frac{1}{x-2}\right)" ) geometric_series = ( r" = -\frac{x}{3} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{3}}" r" + \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{2}}" r"\\ &" ) power_series = ( r" = -\frac{x}{3} \cdot \SeriesP \left(\frac{x}{3}\right)^n" r" + \frac{x}{2} \cdot \SeriesP \left(\frac{x}{2}\right)^n" r" = \SeriesP \left[\frac{1}{2^{n+1}} - \frac{1}{3^{n+1}}\right] x^{n+1}" ) formula = partial_fractions + geometric_series + power_series content = rf""" {formula} """ glue('sageglue_13_2', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False) ``` :::{solution-without-reference} :class: [solution] dropdown 1. Zauważmy, że $$ f(x) & = \ln\Paren{9 + x^2 } = \ln\Brack{9\Paren{1 + \Paren{\frac x 3}^2 }} = \ln 9 + \ln\Paren{1 + \Paren{\frac x 3}^2 } \\ & = \ln 9 + \Series \frac{(-1)^{n+1}} n \Paren{\frac x 3}^{2n} = \ln 9 + \Series \frac{(-1)^{n+1}} {n\cdot 3^{2n}} \cdot x^{2n} $$ gdzie trzecia równość wynika z rozwinięcia $ \quad \displaystyle \ln(1+y) = \Series \frac{(-1)^{n+1}} n y^n \quad $ przy podstawieniu $y = \Paren{\frac x 3}^2$. Ponieważ szereg ten jest zbieżny dla $-1 < y \leq 1$, to rozwinięcie $f$ jest prawdziwe dla $$ -1 < \Paren{\frac x 3}^2 \leq 1 \quad\Leftrightarrow\quad \Absolute{\frac x 3} \leq 1 \quad\Leftrightarrow\quad -3 \leq x \leq 3. $$ Jeśli $\displaystyle f(x) = \SeriesP[k] a_k\, x^k$, to $\quad f^{(k)}(0) = k! \cdot a_k$, $\quad$ więc: - dla $k=35$, widzimy, że $ \quad 2n =35 \Leftrightarrow n=\frac {35} 2 \notin \nn$, $\quad$ stąd $$ f^{(35)}(0) = 35! \cdot 0 = 0 $$ - dla $k=36$, widzimy, że $ \quad 2n =36 \Leftrightarrow n=18$, $\quad$ stąd $$ f^{(36)}(0) = 36! \cdot\frac{(-1)^{18+1}} {18\cdot 3^{2\cdot 18}} = - \frac {36!}{18\cdot 3^{36}}. $$ 2. Zauważmy, że $$ f(x) & = 2 x^5 \sin^2 x = x^5(1 - \cos 2x) = x^5\cdot\left( 1 - \SeriesP \frac {(-1)^n}{(2n)!}(2x)^{2n} \right) \\ & = x^5\cdot\left( 1 - \frac {(-1)^0}{(2\cdot 0)!} - \Series \frac {(-1)^n}{(2n)!}(2x)^{2n} \right) \\ & = x^5\cdot\left( \Series \frac {(-1)^{n+1}\cdot 2^{2n}}{(2n)!} x^{2n} \right) = \Series \frac {(-1)^{n+1}\cdot 2^{2n}}{(2n)!} x^{2n+5} $$ gdzie trzecia równość wynika z rozwinięcia $ \quad \displaystyle \cos y = \SeriesP \frac {(-1)^n}{(2n)!}y^{2n} \quad $ przy podstawieniu $y = 2x$. Szereg ten jest zbieżny dla $y\in \rr$, więc rozwinięcie $f$ jest prawdziwe dla $x \in \rr$. Jeśli $\displaystyle f(x) = \SeriesP[k] a_k\, x^k$, to $\quad f^{(k)}(0) = k! \cdot a_k$, $\quad$ więc: - dla $k=18$, widzimy, że $ \quad 2n+5 =18 \Leftrightarrow n=\frac {13} 2 \notin \nn$, $\quad$ stąd $$ f^{(18)}(0) = 18! \cdot 0 = 0 $$ - dla $k=19$, widzimy, że $ \quad 2n+5 =19 \Leftrightarrow n=7$, $\quad$ stąd $$ f^{(19)}(0) = 19! \cdot \frac {(-1)^{7+1}\cdot 2^{2\cdot 7}}{(2\cdot 7)!} = \frac {19! \cdot 2^{14}}{14!}. $$ 3. Zauważmy, że $$ f(x) =\frac {2x} {1 + 25x^2} = \frac {2x} {1 - (-25x^2) } = 2x \cdot \SeriesP \left(-25x^2 \right)^n = \SeriesP 2\cdot (-25)^n\cdot x^{2n+1}, $$ gdzie druga równość wynika z rozwinięcia $ \displaystyle \frac 1 {1 -y} = \SeriesP y^n$ przy podstawieniu $y = -25x^2$. Ponieważ szereg ten jest zbieżny dla $|y| < 1$, to rozwinięcie $f$ jest prawdziwe dla $$ \left|-25x^2\right| < 1 \quad\Leftrightarrow\quad 25 |x|^2 < 1 \quad\Leftrightarrow\quad |x| < \tfrac 1 5 \quad\Leftrightarrow\quad x \in \Paren{-\tfrac 1 5,\ \tfrac 1 5}. $$ Jeśli $\displaystyle f(x) = \SeriesP[k] a_k\, x^k$, to $\quad f^{(k)}(0) = k! \cdot a_k$, $\quad$ więc: - dla $k=13$, widzimy, że $ \quad 2n+1 =13 \Leftrightarrow n=6$, $\quad$ stąd $$ f^{(13)}(0) = 13! \cdot 2\cdot (-25)^6 = 2\cdot 13! \cdot 5^{12} $$ - dla $k=14$, widzimy, że $ \quad 2n+1 =14 \Leftrightarrow n=\frac{13}{12} \notin \nn_0$, $\quad$ stąd $$ f^{(14)}(0) = 14! \cdot 0 = 0. $$ 4. Zauważmy, że {glue:}`sageglue_13_1`, więc ```{glue:} sageglue_13_2 ``` gdzie piąta równość wynika z rozwinięcia $ \quad \displaystyle \frac 1 {1 -y} = \SeriesP y^n \quad $ przy podstawieniu: $y = \frac x 3$ w pierwszym; oraz $y = \frac x 2$ w drugim składniku. Ponieważ szereg ten jest zbieżny dla $|y| < 1$, to rozwinięcie $f$ jest prawdziwe dla $$ \left|\frac x 3\right| < 1 \wedge \left|\frac x 2\right| < 1 \quad\Leftrightarrow\quad |x| < 3 \wedge |x| < 2 \quad\Leftrightarrow\quad x \in (-2,2). $$ Jeśli $\displaystyle f(x) = \SeriesP[k] a_k\, x^k$, to $f^{(k)}(0) = k! \cdot a_k$, więc dla $k=15$ widzimy, że $ \quad n+1 = 15 \Leftrightarrow n=14,$ $\quad$ skąd $$ f^{(15)}(0) = 15! \cdot \left[ \frac 1 {2^{15}} -\frac 1 {3^{15}} \right]. $$ 5. Zauważmy, że $$ \frac 1 {1+x} & = \SeriesP (-x)^n \Quad \imply - \frac 1 {\Paren{1+x}^{2}} = \Series (-1)^n\cdot n\cdot x^{n-1} \\ f(x) & = \Paren {x^3-3x^2} \cdot \frac 1 {(x + 1)^2} = (x^3-3x^2)\cdot \Series (-1)^{n+1}\cdot n\cdot x^{n-1} \\ & = \Series (-1)^{n+1}\cdot n\cdot x^{n+2} + \Series 3 (-1)^{n+2}\cdot n\cdot x^{n+1} \\ & = \sum_{k=3}^\infty (-1)^{k-1}\cdot (k-2)\cdot x^{k} + \sum_{k=2}^\infty 3 (-1)^{k+1}\cdot (k-1)\cdot x^{k} \\ & = 3(-1)^3\cdot x^2 + \sum_{k=3}^\infty \Brack{(-1)^{k-1}\cdot (k-2) + 3 (-1)^{k+1}\cdot (k-1)}\cdot x^{k} \\ & = -3 x^2 + \sum_{k=3}^\infty (-1)^{k+1}\cdot (k-2 + 3k-3)\cdot x^{k} \\ & = -3 x^2 + \sum_{k=3}^\infty (-1)^{k+1}\cdot (4k-5)\cdot x^{k} \\ & = \sum_{k=2}^\infty (-1)^{k+1}\cdot (4k-5)\cdot x^{k} . $$ Rozwinięcie $f$ jest prawdziwe dla $$ -1 < -x < 1 \quad\Leftrightarrow\quad -1 < x < 1 . $$ Jeśli $\displaystyle f(x) = \SeriesP[k] a_k\, x^k$, to $\quad f^{(k)}(0) = k! \cdot a_k$, $\quad$ więc: - dla $k=1$, widzimy, że sumowanie zaczyna się od $k=2$ stąd $$ f'(0) = 1! \cdot 0 = 0 $$ - dla $k=10$, mamy $$ f^{(10)}(0) = 10! \cdot (-1)^{10+1}\cdot (4\cdot 10-5) = -35\cdot 10! . $$ :::