Question

$c=3 $ icin  $f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$ fonksiyonunu Taylor serisi ile ifade ediniz.

Comments

Diziler için üreteç fonksiyon fikri kullanılabilir.

---

<p><a rel="nofollow" href="https://matkafasi.com/130363/c-icin-f-dfrac-fonksiyonunu-taylor-serisi-ile-ifade-ediniz?show=130653#a130653">Burada</a>&nbsp;verilen çözümde $c=3$ için&nbsp; $\frac{1}{1+x}=-\sum_{n=0}^{\infty}(-\frac 14)^{n+1}(x-3)^n$ olduğu belirtilmiş.</p>

<p>$x$ yerine $x^2$ yazılırsa $\frac{1}{1+x^2}=-\sum_{n=0}^{\infty}(-\frac 14)^{n+1}(x^2-3)^n$</p>

---

Seri içindeki terimler $a_n(x-3)^n$ şeklinde olmalı.

---

$(x^2-3)^n$ şeklinde olması nasıl bir problem yartır?

---

İstenen o değil. Türevi karışık gelir, integrali zor alınır.

---

Esas olan $f(x)$ 'e maksimum yaklaşımı veren bir başka fonksiyon bulmak değil mi? Türevinin zor olması ya da inteğralinin zorlaşması böyle düşünülemiyeceği anlamına gelmemeli. Bu bilinen kuvvet serisi tanımına uymayan belkide "ikinci dereceden kuvvet serisi" denilebilecek bir seri. Terimleri $a_n(x^2-c)^n$ şeklinde olan bir seri. Daha genel olarak $a_n(x^m-c)^n$ şeklinde serilerin var olabileceğini düşünebiliriz.

Answer 1

(Sercan "üreteç fonksiyon" diye ipucu vermiş)

Önce $1+x^2$ yi 3 merkezli Taylor "serisine" açalım. Kolayca:

$1+x^2=10+6(x-3)+(x-3)^2$ elde ederiz.

Şimdi, $\frac1{1+x^2}=\sum_{n=0}^\infty a_n(x-3)^n$ olacak şekilde $a_n,\ (n\geq0)$ sayıları bulmaya çalışacağız.

(Kuvvet serisini yakınsaklık yarıçapı pozitif olacak şekilde böyle bir dizinin var olduğunu göstermiyorum.

Bunu, karmaşık Analiz ile kolayca gösterebiliriz. Yakınsaklık yarıçapı da $\sqrt{10}$ olacaktır)

$1=(1+x^2)\frac1{1+x^2}=(10+6(x-3)+(x-3)^2)(\sum_{n=0}^\infty a_n(x-3)^n)$ den,

$10a_0=1$ den $a_0=\frac1{10}$

$10a_1+6a_0=0$ dan $a_1=\frac{-3}{50}$ bulunur.

$\forall n\geq2$ için $a_{n-2}+6a_{n-1}+10a_n=0$ olmalıdır.

Buradan:

$\forall n\geq2$ için $a_n=-\frac1{10}(6a_{n-1}+a_{n-2})$ olması gerektiği çıkar.

Öyleyse (yukarıdaki varsayım altında):

$|x-3|<\sqrt{10}$ sağlayan her $x$ için $\frac1{1+x^2}=\sum_{n=0}^\infty a_n(x-3)^2$ dir.

Buradaki katsayılar:

$a_0=\frac1{10},\ a_1=-\frac3{50}$ ve $\forall n\geq0$ için $a_{n+2}=-\frac1{10}(6a_{n+1}+a_{n})$

indirgemeli dizisinin terimleridir.

(Edit: Bir çok işlem ve yazım hatası düzeltildi.)

Comments

$a_0$ ve $a_1$ nasil buldugunuzu anlamamistim once ama simdi gordum. Baya olmus bunlari goreli unutmusum.

 

$1=(1+x^2)\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n(x-3)^n$ olsun.  $n=0$ icin

 

$1=(1+x^2)a_0$  ve $x=3 $ icin $a_0=\dfrac{1}{10}$ olur.

----------------------------------------------

$1=(1+x^2)\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n(x-3)^n$ her iki tarafin turevini alalim.

 

$0=2x\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n(x-3)^n+(1+x^2)\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_nn(x-3)^{n-1}$ ve   $n=0,1$ icin

 

$0=2xa_0(x-3)^0+2xa_1(x-3)^1+(1+x^2)a_00(x-3)^{-1}+(1+x^2)a_11(x-3)^{0}$ olur .

 

$0=2xa_0+2xa_1(x-3)^1+(1+x^2)a_1$ ve $x=3$ icin

 

$0=6a_0+10a_1\implies 0=6\dfrac{1}{10}+10a_1\implies a_1=\dfrac{-3}{50}$

-----------------------------------------------

 

Aslinda indirgeme formulu lineer oldugundan kolayca cozulebilir ve $a_n$ acik bir sekilde bulunuabilir.

 

$10a_{n+2}+6a_{n+1}+a_n=0\implies 10r^2+6r+1=0$

 

$\implies r =\dfrac{-3\mp i}{10}$

 

$a_n=\left(\dfrac{-3+i}{10}\right)^nc_1+\left(\dfrac{-3-i}{10}\right)^nc_2$

 

$n=0: a_0=\dfrac{1}{10}=c_1+c_2$

$n=1: a_1=\dfrac{-3}{30}=\left(\dfrac{-3+i}{10}\right)c_1+\left(\dfrac{-3-i}{10}\right)c_2$

 

$\implies c_1=\dfrac{1+3i}{20}$  ve $c_2=\dfrac{1-3i}{20}$

 

$\implies a_n=\left(\dfrac{-3+i}{10}\right)^n\left(\dfrac{1+3i}{20}\right)+\left(\dfrac{-3-i}{10}\right)^n\left(\dfrac{1-3i}{20}\right)$

 

$\dfrac1{1+x^2}=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n(x-3)^n=\sum_{n=0}^\infty \left[\left(\dfrac{1+3i}{20}\right)\left(\dfrac{-3+i}{10}\right)^n+\left(\dfrac{1-3i}{20}\right)\left(\dfrac{-3-i}{10}\right)^n\right](x-3)^n$

 

$=\dfrac{1}{10}-\dfrac{3}{50} (x-3)+\dfrac{13}{500} (x-3)^2-\dfrac{6}{625} (x-3)^3+\dfrac{79
   }{25000}(x-3)^4-\dfrac{117 }{125000}(x-3)^5+\cdots$

 

$a_n$'in komleks olmasina ragmen  $\forall \,n \in \mathbb{N}$ icin sadelesip rasyonel sayi uretmesi ilginc aslinda.

 

Ama yine de Fibonacci dizisini ureten su kapali fonksiyonun $\forall \,n \in \mathbb{N}$ icin sadelesip positif tam sayi uretmesi  kada ilginc degil.

---

Güzel olmuş.

---

Ben karmaşık sayılar kullanarak basit kesirlerde ayırmayı düşündüm önce. Sonra bunu tercih ettim. O zaman bu sonuca varırdık herhalde.

---

$\begin{align*}\frac1{1+x^2}&=\frac{\frac i2}{x+i}-\frac{\frac i2}{x-i}\\&=\frac i2\left(\frac1{(x-3)-(-i-3)}-\frac1{(x-3)-(3+i)}\right)\end{align*}$

den (uzun hesaplarla) OkkesDulgerci nin formülü elde edilebiliyor.