Serie Taylor para $\sqrt{1+x^2}$

Question

Quiero ampliar $$f(x)=\sqrt{1+x^2}$$ en los poderes de $x-2$

Empecé por conseguir la serie maclaurin $$\sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x+\frac{1}{2} \left( \frac{-1}{2} \right) \frac{x^2}{2!} + \frac{1}{2} \left( \frac{-1}{2}\right) \left(\frac{-3}{2}\right)\frac{x^3}{3!}$$ $$\sqrt{1+x^2}=1+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}\left(\frac{-1}{2}\right)\frac{x^4}{2!}+\frac{1}{2} \left(\frac{-1}{2}\right)\left(\frac{-3}{2}\right)\frac{x^6}{3!}$$

Entonces $$\sqrt{1+x^2}=\sqrt{1+(x-2)^2-4+4x}=\sqrt{(x-2)^2-3+4x}=\sqrt{(x-2)^2-3+4(x-2)+8}$$ No pude completar, ¿qué podemos hacer entonces?

(Sé que podemos diferenciar la función y sustituirla por la fórmula de Taylor, pero quiero una forma más corta)

por ejemplo : si queremos ampliar $$g(x)=\frac{1}{1-x}$$ alrededor de $x=2$ podemos empezar por
\begin{align} g(x) & =\frac{1}{1-x}=\frac{1}{1-(x-2)-2}=\frac{-1}{1+(x+2)} \\[10pt] & =-[1-(x-2)+(x-2)^2-(x-2)^3+\cdots] \end{align}

Así que quiero conseguir convertir $f(x)$ a una forma en la que podamos escribir su expansión sin obtener derivadas, como hice con $g(x)$ por encima de

Answer 1

Si quiere tomar el límite cuando $x\to 2$ es más fácil establecer $x=2+u$ con $u\to 0$ porque te será más fácil hacer las expansiones en variable $u$ .

Así, $f(x)=\sqrt{1+x^2}=\sqrt{1+(2+u)^2}=\sqrt{5+4u+u^2}$

La expansión adecuada en cero es $\displaystyle \sqrt{1+v}=1+\frac v2-\frac{v^2}8+\frac{v^3}{16}-\frac {5v^4}{128}+\cdots$

Primero tenemos que factorizar $5$ de la raíz cuadrada.

$f(x)=\sqrt{5}\sqrt{1+\frac 45u+\frac 15u^2}\quad$ y luego sustituir $v=(\frac 45u+\frac 15u^2)$ en la expansión.

Por ejemplo, limitémonos a $o(u^3)$

$$f(x)=\sqrt{5}\left(1+\frac 12\left(\frac 45u+\frac 15u^2\right)-\frac 18 \left(\frac 45u+\frac 15u^2\right)^2 + \frac 1{16} \left(\frac 45u+\frac 15u^2 \right)^3 + o(u^3)\right)$$

Haremos el cálculo ignorando todos los términos menores que $o(u^3)$ (es decir, términos en $u^4, u^5, \ldots$ ).

\begin{align} f(x) & =\sqrt{5}\left(1+\frac 12\left(\frac 45u+\frac 15u^2\right)-\frac 18 \left(\frac {16}{25}u^2+2\frac 45\frac 15u^3\right)+\frac 1{16} \left(\frac 45u\right)^3 + o(u^3)\right) \\[8pt] &=\sqrt{5}\left(1+\frac 25 u+\frac 1{50}u^2-\frac 1{125}u^3+o(u^3)\right) \end{align}

Al final sustituir $u$ por $(x-2)$ para tener la expansión deseada:

$$f(x)=\sqrt{5}\left(1+\frac 25 (x-2)+\frac 1{50}(x-2)^2-\frac 1{125}(x-2)^3+o((x-2)^3)\right)$$

Answer 2

La fórmula binomial generalizada para $a\in \Bbb R\setminus \{\Bbb N\}$ dice

$$(1+x)^a= \sum_{k=1}^{\infty}{a\choose k} x^k$$ donde: $$ \color{blue}{{a\choose k} =\frac{a(a-1)\cdots(a-k+1)}{k!}}$$ ver aquí https://en.wikipedia.org/wiki/Binomial_series

solo toma $a=1/2$ y reemplazar $x$ por $x^2$ .

Answer 3

Para dar la expansión del término general dejemos $y=x-2$ entonces \begin{align} \sqrt{1+x^2} &= \sqrt{1+ (y+2)^2} = \sqrt{5 + 4y + y^2} = \sqrt{5} \sqrt{1 + \frac{y}{5}(4+y)}\\ &= \sqrt{5}\sum_{n=0}^{\infty} \binom{1/2}{n} \left[\frac{y}{5}(4+y)\right]^n = \sqrt{5}\sum_{n=0}^{\infty} \binom{1/2}{n} \frac{y^n}{5^n}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}4^k y^{n-k} \end{align} Extracción de la $m$ coeficiente, $[y^m]\sqrt{1+(y+2)^2}$ que se puede encontrar considerando qué múltiplos de $y^n$ y $y^{n-k}$ igual $y^m$ es decir, cuando $n+(n-k) = 2n-k = m$ , por lo que sólo tomamos el $k=2n-m$ término de la suma interna anterior. Por lo tanto, el $m$ El coeficiente es \begin{align} [y^m] \sqrt{5}\sum_{n=0}^{\infty} \binom{1/2}{n} \frac{y^n}{5^n}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}4^k y^{n-k} &= \sqrt{5} \sum_{n=0}^{\infty} \binom{1/2}{n} \frac{1}{5^n} \binom{n}{2n-m}4^{2n-m}\\ &= \frac{\sqrt{5}}{4^m} \sum_{n=0}^{\infty} \binom{1/2}{n} \binom{n}{2n-m} \left(\frac{16}{5}\right)^n \end{align} Además, el coeficiente binomial $\binom{n}{2n-m}$ es $0$ para $2n-m<0$ y para $n < 2n-m$ por lo que sólo hay que tener en cuenta $n \geq m/2$ y $n\leq m$ . Eliminando los términos cero y con un poco de álgebra se obtiene la serie de Taylor $$\sqrt{1+x^2} = \sum_{m=0}^{\infty} c_m y^m = \sum_{m=0}^{\infty}c_m (x-2)^m,\quad\text{where}\; c_m \equiv\frac{\sqrt{5}}{4^m}\sum_{n=\lceil m/2\rceil }^m\binom{1/2}{n} \binom{n}{2n-m} \left(\frac{16}{5}\right)^n$$

Answer 4

Ya has hecho lo que querías, supongo. Tu pregunta no me quedó muy clara al principio porque dijiste que no querías hacer ninguna sustitución, así que déjame ver si puedo hacer entender mi punto de vista expresándolo en detalle.

Supongamos que ya ha expresado $f(x)$ como una serie de potencias en $x=0$ . $$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$$ Se quiere obtener la serie de potencias en $x=a$ . Supongamos que estamos tratando con series de potencias formales e ignoramos por ahora las cuestiones analíticas y de convergencia. Sustituya $x=u+a$ para obtener: $$f(u+a)=a_0+a_1(u+a)+a_2(u+a)^2+\cdots$$ Haz algunos cálculos aburridos, despeja las cosas y exprésalo como una serie de potencias en potencias de $u$ :

$$f(u+a)=b_0+b_1u+b_2u^2+\cdots$$

Y ahora vuelve a sustituir a $x$ de nuevo:

$$f(x)=b_0+b_1(x-a)+b_2(x-a)^2+\cdots$$

La única parte complicada es que debes usar la expansión binomial varias veces para calcular $b_i$ 's.

Se podría pensar que el coeficiente constante $b_0$ no se puede calcular porque $b_0=a_0+\sum_{i=1}^{\infty}a_ia^i$ , pero en realidad $b_0$ es bastante fácil de calcular porque $b_0 = f(a)$ al enchufar $u=0$ . Por lo tanto, como un bono, se obtiene:

$$f(a)=a_0+\sum_{i=1}^{\infty}a_ia^i$$

Esto es precisamente lo que tienes que hacer con tus series y cualquier método para calcular lo que quieres es algo así en diguise.

Ahora bien, si resulta que tu función es analítica en un dominio y te quedas en un punto de ese dominio, estás bien, pero tu radio de convergencia está ciertamente cambiado. En tu caso particular, $$\sqrt{1+x^2}$$ es analítica en todas partes en los números reales y, por lo tanto, no tiene ningún problema porque el radio de convergencia es infinito.