Mclaurinserier hur multiplicera?

Jag sitter och svettas med ett exempel i en lärobok i basmatte.

I exemplet tar man fram mclaurinserien för f(x)=e^x*cos x.

Vilket enligt exemplet skall göras genom att multiplicera mclaurinserien för den ena elementära funktionen med mclaurinserien för den andra. Till det gradtal som ger önskad noggrannhet i approximationen. Så långt är jag med.

Men vad i hela helsefyr är det man gör egentligen?

"om vi bestämmer produkten och sorterar termerna i gradtalsordning" skriver man i boken och så står det:

1+x+x^2((1/2!)-(1/2!))+x^3((1/3!)-(1/2!))+x^4((1/4!)+(1/4!)-(1/(2!2!)))+
x^5((1/4!)-(1/(2!3!))+(1/5!)+........

"vilket kan förenklas till"

1+x-((2x^3)/3!)-(x^4/3!)-((4x^5)/5!)+.......

AAAAAAAAAAHHHHHHHH!! Fattar ingenting. Stämmer inte med att multiplicera ihop termerna. Inte addera dem heller. HJÄLP!!

Serieutvecklingarna för de 2 funktionerna är.

e^x = 1+x+x^2/2!+x^3/3!+...

cos(x)=1-x^2/2!+x^4/4!-x^6/6!+...

Multiplicera ihop dessa, och förenkla (tag potens för potens, 1, x, x^2, x^3 osv och identifiera vilken termerna blir).

Dvs, (1+x+x^2/2!+x^3/3!+...) * (1-x^2/2!+x^4/4!-x^6/6!+...) = 1+x-0*x^2+....

Jomen, man får ju tämligen raskt höga gradtal på det resulterande polynomet?

Går det inte att göra så här då (fn betecknar n-te derivatan av fn och f0 = f)

f0 = cos x e^x
f1 = e^x (cos x - sin x)
f2 = e^x (cos x - sin x) + e^x (-sin x - cos x) = -2e^x (sin x)
f3 = -2e^x (sin x) + -2e^x (cos x) = -2e^x (sin x + cos x) = -2e^x sin x - 2e^x cos x = -f2 - 2f0, så vi får:

f3 = -f2 - 2f0 eller f3 + f2 + 2f0 = 0, givetvis består även detta vid derivering, vi kan derivera och få
f3 + f2 + 2f0 = 0
f4 + f3 + 2f1 = 0
f5 + f4 + 2f2 = 0
f6 + f5 + 2f3 = 0
f7 + f6 + 2f4 = 0
...

Detta är en massa differentialekvationer ... men vi vill ju bara evaluera vid x=0, så vi kan ju ta reda på f0(0), f1(0), f2(0) så får vi automatiskt f3(0) ... så får vi automatiskt f4(0). Kanske inte lika lätt dock ... men borde ju gå.

Du får helt enkelt göra som Zaxxon säger men givetvis är du lite smart och gör inga multiplikationer som leder till högre gradtal än vad du är intresserad av. Alltså, om jag har (1 + x + x^2 + x^3 + ...) och (2 + 3x + 4x^2 + 5x^3 + ...) och vill multiplicera dem och hitta termer med gradtal upp till och med 3. Då skriver jag ju

(1+x+x^2+x^3)*(2+3x+4x^2+5x^3+..) = 1*(2+3x+4x^2+5x^3) +x*(2+3x+4x^2) + x^2*(2+3x) + x^3*2 + termer av högre ordning.

Då blir det inte så många termer.

Alternativt kan man observera att

cos(x)*exp(x) = Re (exp(ix)*exp(x)) = Re (exp((1+i)*x))

Vidare är 1+i = sqrt(2)*exp(i*pi/4)

och

d^n/dx^n (exp(kx)) = k^n*exp(kx).

samt

exp((1+i)*0) = exp(0) = 1.

Således blir MacLaurinutvecklingen

f(x) = f(0) + x*df(0)/dx + 1/2!*x^2*df^2(0)/dx^2 + 1/3!*x^3*df^3(0)/dx^3 + = 1 + x*sqrt(2)*exp(i*pi/4) + 1/2*x^2*2*exp(i*pi/2) + 1/6*x^3*2*sqrt(2)*exp(i*3*pi/4) + ...

och sen tar man bara realdelen av det där. Lite att gå över ån efter vatten men det är ju alltid kul att använda lite alternativa lösningar.

Generellt

Antag att
a(x) b(x) = (a0 + a1 x + a2 x^2 + a3 x^3 + ...) * (b0 + b1 x + b2 x^2 + b3 x^3 + ...)
skall beräknas.

Resultatet kan även det skrivas som en serieutveckling
c(x) = c0 + c1 x + c2 x^2 + c3 x^3 + ...

Vid multiplikation av parenteser med flera termer kommer varje term i vänstra parentesen att multipliceras med varje term i högra parentesen.

Produkten av termerna an x^n och bm x^m blir an bm x^(n+m) och ger alltså ett bidra till (n+m):tegradstermen i resultatet.

Så för att få fram k:tegradstermen i c(x), måste vi hitta alla par av grader n och m sådana att n + m = k.

För k = 0 måste vi ha n = 0 och m = 0:
c0 = a0 * b0

För k = 1 finns två möjligheter, n = 0, m = 1 samt n = 1, m = 0. Dessa ger varsitt bidrag till c1:
c1 = a0 b1 + a1 b0

För k = 2 finns tre möjligheter, n = 0, m = 2, n = 1, m = 1 samt n = 2, m = 0. Dessa ger varsitt bidrag till c2:
c2 = a0 b2 + a1 b1 + a2 b0

Och så fortsätter det.

Tack för responsen! Talgdanken gick upp och jag förstod det där att man inte skall plocka ihop fler grader än man är intresserad av.

Hjärnan fastnar i en massa rundgångar när man matematiserar.

Nu har jag nya bekymmer. Jag har en uppgift där jag skall jämföra taylorpolynomet för ln x med mclaurinpolynomet för ln x.

Taylorpolynomet är inget problem att ta fram.

Men redan i andra termen i mclaurinpolynomet får jag 1/0. HJÄLP!

I vilken punkt, x=0 ? ln x -> -infty då x->0

Man brukar mclaurinutveckla ln(1+x) istället för ln x. Annars blir det som du påpekar. Och det gör ingen glad.

Kan verkligen matteboksförfattaren gjort detta på rent jävelskap?

Kanske finns det någon omväg man kan ta? Hmmm.....

Ska klura lite till

Funktionen f(x) = ln(x) är inte deriverbar i x = 0 vilket är ett krav för att Taylorutveckla kring x = 0. Anledningen till att den inte är deriverbar är att vänstergränsvärdet

(f(0-h) - f(0))/h = (f(-h) - f(0))/h

inte existerar då logaritmfunktionen inte är definierad för negativa argument.(Även i komplex analys där logaritmfunktionen är definierad för negativa argument är z = 0 en singularitet)

Vi har inte ens något värde vi skall sätta in för f(0) eftersom ln(0) inte är definierad.

Inte går det att sätta ("hitta på") något värde heller eftersom f inte skulle bli kontinuerlig vad man än sätter för värde och en funktion måste vara kontinuerlig i en punkt för att vara deriverbar i punkten:
|f(x) - f(0)| = |(f(x) - f(0))/(x - 0)| |x - 0| -> |f'(0)| 0 = 0 då x -> 0


Värt att notera är också att det inte räcker med att högerderivatorna av alla ordningar finns i en punkt för att en funktion skall kunna taylorutvecklas i ett intervall kring punkten. T.ex. gäller för funktionen f(0) = 0, f(x) = e^(-1/x) för x!=0, att f(0) = f'(0) = f''(0) = f'''(0) = ... = 0 så att taylorutvecklingen kring 0 blir den konstanta funktionen 0, dvs inte lika med f.