Expansión en Series de Taylor de una función

Question

He actualizado mi trabajo para mostrar los pasos de cómo conseguí mi expansión.

Sólo quiero saber si lo que he trabajado hasta ahora es correcto o si he metido algo en el camino.

Tengo la función

$$f(x) = \int_0^x \frac {\log(1+t)}{t}dt$$

Me gustaría una confirmación para mi expansión de Taylor de $\log(1+t)$$x_0 = 0$. Tengo el siguiente,

$$\log(1+t) = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \;\frac {t^k}{k}+\; \frac {(-1)^n \; t^{n+1}}{(n+1)(1+\xi(t))^{n+1}}$$

Donde $\xi$ está entre 0 y t. (A continuación son mis pasos de cómo llegué a esto)

En primer lugar tenemos que el $n^{th}$ derivado de la $log(1+t)$ es

$$\frac{(-1)^{n+1} \; (n-1)!}{(1+t)^n}$$

y por lo tanto para el $n+1$ derivado tenemos

$$\frac{(-1)^{n} \; n!}{(1+t)^{n+1}}$$

Taylors Teorema con el Resto de los estados $f(x) = p_n(x) + R_n(x)$

$$p_n(x)=\sum_{k=0}^{n} \frac {(x-x_0)^k}{k!} \; f^{(k)}(x_0)$$

y

$$R_n(x) = \frac {(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!} \; f^{(n+1)}(\xi_x)$$

para$\xi_x$$x_0$$x$.

Esto es lo que he usado para derivar el resto término. (el pointwise versión no la versión integral).

Por lo que tengo

$$R_n(t) = \frac {t^{n+1}}{(n+1)!} \; \frac{(-1)^{n} \; n!}{(1+t)^{n+1}} = \frac {(-1)^n \; t^{n+1}}{(n+1)(1+\xi(t))^{n+1}}$$

Si esto es correcto es aceptar que solo hay que dividir por $t$ para obtener una expansión de Taylor para el integrando, y si es así ¿qué tengo que hacer para asegurarse de que yo estoy manejando $t=0$ correctamente?

Gracias!!!

Answer 1

Sabemos que el poder de expansión de la serie de $\dfrac{1}{1+s}$. El poder de la serie para $\log(1+t)$ pueden obtener de manera eficiente por el plazo por el término de integración. Pero la forma en la que se utilizó en el post no fue mucho más difícil.

Entonces es fácil encontrar el poder de expansión de la serie de $f(x)$ por la división y el plazo por el término de integración.

Hay más fáciles y mejores maneras de abordar el término de error. La forma de Lagrange del resto da a menudo completamente malos resultados, porque se trata de un desconocido $\xi$ que uno puede terminar encima de tener que ser excesivamente pesimista acerca de.

Para los positivos $x$, ten en cuenta que, dado que para la convergencia necesitamos $x \le 1$, en nuestra serie de $f(x)$ es una alternancia de serie. Así, el error de truncamiento en cualquier lugar tiene valor absoluto menor que la primera "descuidado" plazo. Que rápidamente nos da una estimación del error de que es más útil que la expresión de Lagrange. Para el negativo $x$, no tenemos la agradable alterna de la serie, pero una buena estimación del error se puede encontrar buscando en la cola, y su comparación con una serie geométrica.

Mayor detalle sobre el término de error: Tenemos que $f(x)$ tiene el poder de expansión de la serie $$x-\frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{9}-\frac{x^4}{16}+ \cdots +(-1)^{n+1}\frac{x^n}{n^2}+\cdots.$$ Por norma de la convergencia de las pruebas, esto diverge si $|x|>1$. Hay algo reacio convergencia en $x=\pm 1$, y brisker convergencia si $|x|<1$.

Si $0<x\le 1$, tenemos una alternancia de serie (los términos se alternan en signo, y disminuyen de manera constante en valor absoluto, con el límite de $0$). Para la alternancia de la serie, el error cometido por mantener todo hasta el $m$-ésimo término y tirar el resto es del mismo signo que el primer "descuidado" plazo, y tiene valor absoluto menor que el valor absoluto de la primera descuidado plazo.

Por ejemplo, si tenemos todo lo que hasta el plazo $-x^6/36$, y tirar el resto, luego de que la estimación de $f(x)$ es una subestimación y el error es menor que $x^7/49$.

La situación es diferente si utilizamos nuestra serie a evaluar $f(x)$ negativos $x$. Para entonces la serie ya no es una corriente alterna de la serie. Supongamos $x$ es negativo (pero $>-1$). Supongamos también que, por ejemplo, nos tiramos todos los términos de$x^7/49$. Para deshacerse de signos menos, vamos a $w=-x$. A continuación, nuestro error tiene valor absoluto $$\frac{w^7}{49}+\frac{w^8}{64}+\frac{w^9}{81}+\cdots.$$ Esto es menos que $$\frac{w^7}{49}+\frac{w^8}{49}+\frac{w^9}{49}+\cdots.$$ Tomar el común factor $\frac{w^7}{49}$. Lo que queda es el buen viejo $1+w+w^2+\cdots$. Por lo que el error tiene valor absoluto menor que $$\frac{w^7}{49}\cdot \frac{1}{1-w}.$$ Esta resulta ser una muy buena estimación. El rendimiento de Lagrange Resto de las estimaciones es muy malo en este tipo de situación.