×   HOME PREDAVANJA

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI INDEKS

VJEŽBE

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

KVIZ

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

PODSJETNIK

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...

☰   matematika1 Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije     NIZOVI I REDOVI     Zadaci za vježbu

Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija

Razvijte u Taylorov red funkciju $f$ oko točke $x_0$ ako je:

a)

$$f(x)=\cos (2x-2)$$ i $x_0=1$ ,

b)

$$f(x)=\sin\left(\frac{\pi}{4}x\right)$$ i $x_0=2$ ,

c)

$$f(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$$ i $x_0=0$ ,

d)

$f(x)=\ln\sqrt{x^2+3x-4}$ i $x_0=2$ ,

e)

$f(x)=\displaystyle\frac{x^4+1}{1+x+x^2+x^3}$ i $x_0=0$ ,

te odredite područje konvergencije dobivenog reda.

Rješenje. Zadane funkcije ćemo razviti u Taylorov red korištenjem MacLaurinovih razvoja nekih elementarnih funkcija iz [M1, poglavlje 6.5], kao što su

$$\sin x = \sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!},\quad x\in\mathbb{R},$$ (6.12)

$$\cos x =\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!},\quad x\in\mathbb{R},$$ (6.13)

$$e^x = \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!},\quad x\in\mathbb{R},$$ (6.14)

$$\ln(1+x) =\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{x^n}{n},\quad x\in\langle -1,1],$$ (6.15)

$$\frac{1}{1-x} =\sum\limits_{n=0}^{\infty}x^n,\quad x\in\langle -1,1\rangle.$$ (6.16)

a)

Uvrštavanjem izraza $(x-1)$ umjesto $x$ u formulu (6.13), slijedi da Taylorov red funkcije $f$ oko točki $x_0=1$ glasi

$$f(x)=\cos[2(x-1)]=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{[2(x-1)]^{2n}}{(2n)!}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{2^{2n}}{(2n)!}(x-1)^{2n}.$$

Područje konvergencije reda (6.13) je $\mathbb{R}$ , pa i dobiveni red konvergira za sve $x\in \mathbb{R}$ .

b)

Korištenjem svojstava trigonometrijskih funkcija, dobivamo

$$f(x)=\sin\left[\frac{\pi}{4}(x-2)+\frac{\pi}{2}\right]=\cos\left[\frac{\pi}{4}(x-2)\right],$$

pa, primjenom formule (6.13), Taylorov red funkcije $f$ oko točke $x_0=2$ glasi

$$f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{\displaystyle\left[\fr... ...ts_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2n}(x-2)^{2n},$$

pri čemu dobiveni red konvergira za sve $x\in \mathbb{R}$ .

c)

Trebamo odrediti MacLaurinov razvoj zadane funkcije pa uvrštavanjem redom $x$ i $-x$ u formulu (6.14), slijedi

$$f(x)=\frac{1}{2}(e^x+e^{-x})= \frac{1}{2}\left(\sum\limits_{n=0}^... ...x)^n}{n!}\right)=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1+(-1)^n}{n!}\,x^n.$$

Jer za svaki $k\in\mathbb{Z}$ vrijedi

$$\frac{1+(-1)^n}{n!}= \left\{ \begin{matrix} \displaystyle\frac{2}{(2k)!}, & n=2k\\ 0, & n=2k+1 \end{matrix} \right.,$$

MacLaurinov red funkcije $f$ glasi

$$f(x)=\frac{1}{2}\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{2}{(2k)!}\,x^{2k}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k}}{(2k)!}$$

i konvergira za svaki $x\in \mathbb{R}$ .

d)

Zbog svojstava logaritamske funkcije, slijedi

$$f(x)=\frac{1}{2}\ln(x-1)(x+4)=\frac{1}{2}[f_1(x)+f_2(x)],$$

gdje je $f_1(x)=\ln(x-1)$ , a $f_2(x)=\ln(x+4)$ . Odredimo prvo Taylorov razvoj funkcije $f_1$ oko točke $x_0=2$ . Prema formuli (6.15), vrijedi

$$f_1(x)=\ln[1+(x-2)]=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{(x-2)^n}{n},$$

za sve $x\in \mathbb{R}$ za koje je $(x-2)\in\langle -1,1]$ , odnosno za sve $x\in\langle 1,3]$ .

Na isti način slijedi

$$f_2(x) =\ln[6+(x-2)]=\ln\left[6\left(1+\frac{x-2}{6}\right)\right]=\ln6+\ln\left(1+\frac{x-2}{6}\right)$$

$$=\ln 6+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{\displaystyle\le... ...ht)^n}{n}=\ln 6+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n\cdot 6^n}(x-2)^n,$$

za sve $x\in \mathbb{R}$ za koje je $\frac{x-2}{6}\in\langle -1,1]$ , odnosno za sve $x\in\langle -4,8]$ .

Sada iz razvoja funkcija $f_1$ i $f_2$ , dobivamo da Taylorov razvoj funkcije $f$ oko točke $x_0=2$ glasi

$$f(x) =\frac{1}{2}\left[\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{(x-2)... ...n}+ \ln 6+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n\cdot 6^n}(x-2)^n\right]$$

$$=\ln\sqrt{6}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{2n}\left(1+\frac{1}{6^n}\right)(x-2)^n,$$

za sve $x\in\langle 1,3]\cap\langle -4,8]=\langle 1,3]$ .

e)

Svođenjem na pravu racionalnu funkciju, a potom rastavljajući na parcijalne razlomke, dobivamo

$$f(x)=\frac{x^4+1}{1+x+x^2+x^3}=(x-1)+\frac{2}{1+x+x^2+x^3}=(x-1)+\frac{1}{1+x}+\frac{-x+1}{1+x^2}.$$

Dakle, možemo pisati

$$f(x)=(x-1)+f_1(x)+(-x+1) f_2(x),$$

gdje je

$$f_1(x) =\frac{1}{1+x}=\frac{1}{1-(-x)}=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n,$$

$$f_2(x) =\frac{1}{1+x^2}=\frac{1}{1-(-x^2)}=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n},$$

što slijedi iz formule (6.16), redom za izraze $-x$ i $-x^2$ . Nadalje, MacLaurinov red funkcije $f_1$ konvergira za sve $x\in \mathbb{R}$ za koje je $-x\in\langle -1,1\rangle$ , a funkcije $f_2$ za sve $x\in \mathbb{R}$ za koje je $-x^2\in\langle -1,1\rangle$ . Stoga MacLaurinov red funkcije $f$ konvergira za sve $x\in \left\langle-1,1\right\rangle$ i glasi

$$f(x) =(x-1)+\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n+(-x+1) \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}$$

$$=(x-1)+\sum_{n=0}^{\infty} x^{2n}-\sum_{n=0}^{\infty} x^{2n+1}-\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n+1}+\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}$$

$$=(x-1)+\sum_{n=0}^{\infty} [1+(-1)^n] x^{2n}-\sum_{n=0}^{\infty} [1+(-1)^n] x^{2n+1}$$

$$=(x-1)+\sum_{n=0}^{\infty} [1+(-1)^n] \left(x^{2n}-x^{2n+1}\right)$$

$$=(x-1)+2 \sum_{n=0}^{\infty} \left(x^{4n}-x^{4n+1}\right)= 1-x+2\sum_{n=1}^{\infty} \left(x^{4n}-x^{4n+1} \right).$$

Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije     NIZOVI I REDOVI     Zadaci za vježbu