Maclaurin de Expansión para $e^{e^{z}}$ $z=0$

Question

Necesito encontrar a plazos de hasta grado $5$$e^{e^{z}}$$z=0$.

Traté de dejar a $\omega = e^{z} \approx 1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{3}}{3!}+\cdots$, y la sustitución de estos primeros términos de la expansión en series de Taylor para $e^{z}$ como sigue:

$e^{\omega} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\omega^{n}}{n!} = 1 + \omega + \frac{\omega^{2}}{2!}+\frac{\omega^{3}}{3!}+\cdots = 1 + (1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{3}}{3!}+\frac{z^{4}}{4!}+\cdots) + \frac{1}{2}\left(1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{3}}{3!}+\frac{z^{4}}{4!}+\cdots \right)^{2}+ \frac{1}{3!}\left( 1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{3}}{3!}+\frac{z^{4}}{4!}+\cdots\right)^{3}+\cdots$

Pero, luego, cuando trato de multiplicar todo esto (usando Maple), me parece que va incluso más lejos de lo que tenemos aquí, los términos de grado $\leq 5$ no terminar. Así, entonces he intentado poner el comando en Arce, y llegó a ser algo larga y horrible, con $e$ coeficientes de cada término.

Debo estar perdiendo algo aquí.

Podría alguien por favor decirme cómo finalizar este problema? Me gustaría pedir una solución completa, no sugerencias o preguntas capciosas. He estado trabajando en esto durante horas y estoy más allá de frustrado. La mayoría de edificación cosa para mí en este momento sería para ver la completa y correcta forma en que se supone que debe hacer, trabajar hacia atrás, toma aparte y, a continuación, ser capaz de aplicarlos a otras situaciones.

Gracias.

Answer 1

Si se omite todos los términos con $x^6$ o mayor, se pueden calcular $$e^{e^x}= e^{1+x+x^2/2+x^3/6+x^4/24+x^5/120}$$ $$=e^{1}e^{x} e^{x^2/2} e^{x^3/6} e^{x^4/24}e ^{x^5/120}$$ $$=e(1+x+\tfrac{1}{2}x^2+\tfrac{1}{6}x^3+\tfrac{1}{24}x^4+\tfrac{1}{120}x^5) (1+\tfrac{1}{2}x^2+\tfrac{1}{8}x^4) (1+\tfrac{1}{6}x^3) (1+\tfrac{1}{24}x^4) (1+\tfrac{1}{120}x^5)$$ Distribuir, omitir $x^6\dots$ y obtener la expansión de Maclaurin $$e^{e^x}=e(1+x+x^2+\tfrac{5}{6}x^3+\tfrac{5}{8}x^4+\tfrac{13}{30}x^5)$$

Answer 2

Alternativamente, usted puede calcular la expansión de esta manera:

Deje $f(z)=e^{e^z}$

A continuación, $\log (f(z))=e^z$

Diferenciando con respecto a $z$ le da: $\frac 1{f(z)} f'(z)=e^z$ (usando la regla de la cadena)

La diferenciación de nuevo, se obtiene: $-\frac 1{f^2}f' f'+\frac 1{f} f''=e^z \Rightarrow -\frac 1{f^2}(f')^2+\frac 1{f} f''=e^z $ (usando la regla del producto y la regla de la cadena)

Puede continuar esto?

Sustituyendo $z=0$ en las expresiones anteriores: $f(0)=e^{e^0}=e^1=e$

$\frac 1{f(0)} f'(0)=e^0 \Rightarrow \frac 1e f'(0)=1 \Rightarrow f'(0)=e$

$-\frac 1{f(0)^2}(f'(0))^2+\frac 1{f(0)} f''(0)=e^0 \Rightarrow -\frac 1{e^2}e^2+\frac 1{e} f''(0)=1 \Rightarrow -1+\frac 1{e} f''(0)=1 \Rightarrow \frac 1{e} f''(0)=2 \Rightarrow f''(0)=2e$

La serie de Maclaurin es $f(0) + f'(0)z + \frac 1{2!} f''(0)z^2 + ...$

La serie de Maclaurin es $e + ez + \frac 1{2} 2ez^2 + ... = e + ez + ez^2 + ... $

Answer 3

Buscando en los sucesivos derivados de $e^{e^z}$, se nota que son de la forma

$$e^{e^z}P(e^z)$$ where $P$ is a polynomial.

Indeed,

$$\left(e^{e^z}P(e^z)\right)'=e^{e^z}e^zP(e^z)+e^{e^z}e^zP'(e^z)=e^{e^z}e^z(P(e^z)+P'(e^z)=e^{e^z}Q(e^z).$$

Thus the successive polynomials follow the recurrence

$$P_{k+1}(x)=x(P_k(x)+P'_k(x)),$$ es decir, para los coeficientes de con $d\le k$,

$$p_{k+1,d+1}=p_{k,d-1}+(d+1)p_{k,d},\\p_{k+1,d+1}=1$$ dando

$De$1\\x\\x^2+x\\x^3+3x^2+x\\x^4+6x^3+7x^2+x\\x^5+10x^4+25x^3+15x^2+x\\ x^6+15x^5+65x^4+90x^3+31x^2+x\\\cdots$$

As they are evaluated at $e^0=1$, the final Taylor expansion is obtained by summing the coefficients,

$$e\left(1+x+\frac22x^2+\frac5{3!}x^3+\frac{15}{4!}x^4+\frac{52}{5!}x^5+\frac{203}{6!}x^6\cdots\right)$$

---

P= [1]
print 1
for k in range(20):
    Q= [1]
    for d in range(1, len(P)):
        Q.append(P[d - 1] + (d + 1) * P[d])
    Q.append(0)
    P= Q
    print sum(Q)

1
1
2
5
15
52
203
877
4140
21147
115975
678570
4213597
27644437
190899322
1382958545
10480142147
82864869804
682076806159
5832742205057
51724158235372

Answer 4

Este es un buen enfoque, pero tendrá que ir a grado 5 en $\omega$ y, a continuación, en $z$ a grado 5 así.

$$e^\omega = 1+ \omega + \frac 12 \omega^2 + \frac16 \omega^3 + \frac 1{24}\omega^4 + \frac1{120}\omega^5 + o(\omega^5)$$

y

$$\omega = e^z = 1+ z + \frac 12 z^2 + \frac16 z^3 + \frac 1{24}z^4 + \frac1{120}z^5 + o(z^5)$$

Answer 5

Su enfoque funciona, pero la serie de Taylor para el exterior de la función no necesariamente debe estar centrada en $0$. Más bien, debe estar centrada en el término constante de la serie de Taylor del interior de la función.

En tu ejemplo, el exterior de la serie debe estar centrada en $x=1$. La expansión de $e^x$ en una serie de Taylor alrededor de este punto se da

$$ e + e(x-1) + \frac{e}{2}(x-1)^2 + \frac{e}{6}(x-1)^3 + \frac{e}{24}(x-1)^4 + \frac{e}{120}(x-1)^5 + \cdots $$

Ahora sustituye en la serie de Taylor para $e^z$ centrada en $z=0$ y se obtiene

$$ e + e \left(z+\frac{1}{2}z^2 + \frac{1}{6}z^3 + \frac{1}{24}z^4 + \frac{1}{120}z^5 + \cdots \right) + \frac{e}{2} \left(z+\frac{1}{2}z^2 + \frac{1}{6}z^3 + \frac{1}{24}z^4 + \frac{1}{120}z^5 + \cdots \right)^2 + \frac{e}{6} \left(z+\frac{1}{2}z^2 + \frac{1}{6}z^3 + \frac{1}{24}z^4 + \frac{1}{120}z^5 + \cdots \right)^3 \\ + \frac{e}{24} \left(z+\frac{1}{2}z^2 + \frac{1}{6}z^3 + \frac{1}{24}z^4 + \frac{1}{120}z^5 + \cdots \right)^4 + \frac{e}{120} \left(z+\frac{1}{2}z^2 + \frac{1}{6}z^3 + \frac{1}{24}z^4 + \frac{1}{120}z^5 + \cdots \right)^5 + \cdots $$

Como se expanda cada exponentiated de la serie, que sólo encontrará un número finito de términos de cada grado. Haciendo esto y combinando los términos semejantes, se obtiene la serie

$$ e + ez + \left(\frac{e}{2} + \frac{e}{2} \right) z^2 + \left(\frac{e}{6} + e + \frac{e}{6} \right) z^3 + \left(\frac{e}{24} + \frac{e}{6} + \frac{e}{8} + \frac{e}{4} + \frac{e}{24} \right) z^4 + \left( \frac{e}{120} + \frac{e}{12} + \frac{e}{24} + \frac{e}{12} + \frac{e}{8} + \frac{e}{12} + \frac{e}{120} \right) z^5 \cdots $$

que se simplifica a

$$ e + ez + ez^2 + \frac{5e}{6} z^3 + \frac{5e}{8} z^4 + \frac{13e}{30} z^5 + \cdots$$