Sustituyendo por la serie de Taylor

Question

Así que mi pregunta es sencilla:

¿Por qué es válida la sustitución? Quiero decir que me parece contraintuitivo, principalmente por la regla de la cadena.

Por ejemplo:

La serie Taylor de $e^{x^2}$ se hace simplemente sustituyendo $x^2$ donde $x$ va en la suma original de la serie de Taylor para $e^x$ .

Pero si hago la serie de Taylor manualmente para la función $e^{x^2}$ Tengo que aplicar la regla de la cadena y por eso me salen otros términos y no me queda claro por qué sale la misma serie.

¿Por qué razón es válida esta sustitución? Gracias.

Answer 1

Def: Una función $f$ es $o(x^n)$ para $x \to 0$ si $$\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^n} = 0$$

Si $f$ es $o(x^n)$ para $x \to 0$ y si $m < n$ entonces $f$ es $o(x^m)$ también.

Hay un teorema, debido a Peano, que dice que si $f(x) = P(x) + o(x^n)$ , para $P(x)$ un polinomio de grado $n$ entonces $P(x)$ es el polinomio de Taylor de orden $n$ de $f$ alrededor de cero. Está claro que la definición que he dado al principio se puede generalizar para otro centro, $x_0$ .

Encontraré la expansión de Taylor alrededor del cero de $\ln (1 + x^2)$ , de orden $6$ . Se sabe que: $$\ln (1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3)$$

Utilizando $x^2$ en lugar de $x$ obtenemos: $$\ln (1 + x^2) = x^2 - \frac{x^4}{2} + \frac{x^6}{3} + o(x^6)$$ Como el resto es $o(x^6)$ , es decir, el polinomio deseado, para el teorema de Peano. Los ejemplos más grandes pueden requerir que algunos términos sean "tragados" por el resto $o(x^n)$ si el grado de dichos términos es superior a $n$ . Ver que $o(x^n)$ es una notación, por lo que cosas como $o(x^n) + o(x^n) = o(x^n)$ no debería molestarte. A fin de cuentas, el $o(x^n)$ que tienes no es la misma con la que empezaste. Por ejemplo, $x^4 + x^5 + o(x^3) = o(x^3)$ .

Por lo tanto, no es tan simple como hacer sustituciones, siempre hay que prestar atención al resto, o de lo contrario se puede obtener un polinomio, que no es la mejor aproximación.

Answer 2

Intuitivamente, la serie taylor de $f$ , denotado por $T_f$ evaluado en $x$ es igual a la función $f$ evaluado en $x$ . $$T_f(x)=f(x)$$ Por lo tanto, evaluarlo en algún momento $x=g(t)$ rinde $$T_f(g(t))=f(g(t))\tag{1}\label{1}$$ que es lo que queríamos. Trataremos esta conclusión intuitiva como nuestra hipótesis y la probaremos de una manera que responda a sus preocupaciones sobre la regla de la cadena.

Como dato preliminar, hay que tener en cuenta que debido al operador

$$e^{h\partial}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(h\partial)^n}{n!}\tag{2}\label{eq:1}$$ donde $\partial=\frac{d}{dx}$ La expansión en serie de Taylor es un operador sobre funciones. Lo utilizaremos para demostrar la hipótesis $$e^{h\partial}(f\circ g)=e^{h\partial}(f)\circ g\tag{3}\label{hypo}$$ lo que significa que la serie taylor de $f\circ g$ equivale a componer la serie de taylor de $f$ con la función $g$ , a saber $T_{f\circ g}(x)=T_f(g(x))$ .

La serie de composiciones de Taylor se expresa como

$$e^{h\partial}(f\circ g)=\exp(\partial_fe^{h\partial_g})(g,f)\tag{4}\label{eq:2}$$

donde $\exp(\partial_fe^{h\partial_g})$ es un operador sobre pares de mapas $(g,f)$ , donde $\partial_g$ se aplica a $g,$ y $\partial_f$ à $f$ .

La prueba de $\eqref{eq:2}$ se puede encontrar aquí [Teorema 5.6.] y contiene la respuesta a tu pregunta. Las líneas de la prueba correspondientes a su pregunta sobre la regla de la cadena de clasificación son

$$\exp(\partial_fe^{h\partial_g})=\exp\left(\partial_f\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{(h\partial_g)^i}{i!}\right)=\prod_{i=1}^{\infty}e^{\partial_f\frac{(h\partial_g)^i}{i!}}\Big(e^{\partial_f}\Big)$$ $$\implies$$ $$\exp(\partial_fe^{h\partial_g})(g,f)=\sum\limits_{\forall_n}\frac{h^n}{n!}\sum\limits_{\lambda(n)}n!\prod\limits_{k\cdot l\in\lambda}\Big(\frac{\partial_f\partial_g^l(g)}{l!}\Big)^k\frac{1}{k!}\Big(\Big(e^{\partial_f}\Big)f\Big)$$ donde $\lambda(n)$ representa las particiones de $n$ . Teniendo en cuenta el hecho de que $e^{\partial_f}(f)$ evaluado en un punto $x$ es lo mismo que evaluar $f$ en $x$ vemos

$$\exp(\partial_fe^{h\partial_g})(g,f)=\sum\limits_{\forall_n}\frac{h^n}{n!}\sum\limits_{\lambda(n)}n!\prod\limits_{k\cdot l\in\lambda}\Big(\frac{\partial_f\partial_g^l(g)}{l!}\Big)^k\frac{1}{k!}\Big(f(g)\Big)$$

que es precisamente la expansión en serie de Taylor de una composición (observando La fórmula de Faà di Bruno en la suma más interna, lo que resuelve tu problema con la regla de la cadena de orden superior). Así,

$$e^{h\partial}(f\circ g)=e^{h\partial}(f)\circ e^{h\partial}(g)$$

lo que significa que la serie taylor de $f\circ g$ equivale a componer la serie de taylor de $f$ con la serie taylor de $g$ . Una vez más, hay que tener en cuenta que $e^{\partial_g}(g)$ evaluado en un punto $x$ es lo mismo que evaluar $g$ en $x$ vemos $$e^{h\partial}(f)\circ e^{h\partial}(g)=e^{h\partial}(f)\circ g$$

$$\implies$$

$$e^{h\partial}(f\circ g)=e^{h\partial}(f)\circ g$$

lo que significa que la serie taylor de $f\circ g$ equivale a componer la serie de taylor de $f$ con la función $g$ , lo que demuestra que \ ~ eqref {hypo}, como se preguntó en la pregunta.

Answer 3

Si tiene $\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ para cualquier $x\in (-r,r)$ entonces se tiene la misma igualdad para $f(x^2), x\in(-\sqrt{r},\sqrt{r}),$ para $f(\sqrt{x}) ,x\in(-r^2,r^2),$ $\cdots$ Es sólo un cambio de nombre de la variable. Lo único importante es que la nueva variable pertenece al dominio donde se mantiene la igualdad.

Por supuesto, puede obtener la serie Taylor de $f(x^2)$ ou $f(\sqrt{x})$ (si existe, en el segundo caso), pero si se conoce la serie de Taylor de $f(x)$ es sólo para hacer una sustitución.

Answer 4

Sabemos que para cualquier número real $x,$

$$e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}.$$

Ahora bien, si $x$ es un número real, entonces también lo es $x^2!$ De ello se desprende que

$$\tag 1 e^{x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n!}.$$

No usamos la palabra "sustitución" ni decimos "dejemos $u$ igual " en cualquier lugar. Eso es todo lo que ocurre aquí.

¿Cómo sabemos que $(1)$ es la serie de Taylor de $e^{x^2}$ en $0?$ Eso se deduce de este teorema: Supongamos que $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n,$ donde la serie de potencias converge en $(-r,r)$ para algunos $r>0.$ Entonces $f$ es infinitamente diferenciable en $(-r,r),$ y $a_n = D^nf(0)/n!$ para todos $n.$

Ahora, en cuanto a su comentario sobre este enfoque fácil frente al largo y horrible trabajo de calcular los coeficientes de Taylor de $e^{x^2}$ a mano: No sé por qué te molesta esto. Es sólo uno de los muchos ejemplos de un problema que tiene dos soluciones, una simple y directa, la otra larga, difícil y posiblemente tediosa. Ocurre todo el tiempo.

Answer 5

Consideramos un escenario más general de la regla de sustitución.

Digamos que queremos ampliar una función $f$ alrededor de $x=0$ como la serie Taylor. Suponemos que $f$ es la composición de una función $g$ con el poder $(x-x_0)^m, m\in \mathbb{N}$ . \begin{align*} f(x)=g((x-x_0)^m) \end{align*}

Si la función $g$ puede expandirse en una serie de Taylor alrededor de $x=0$ con radio de convergencia $R$ , \begin{align*} g(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{g^{(n)}(0)}{n!}x^n \qquad\qquad |x|<R\tag{1} \end{align*} obtenemos la serie de Taylor de $f$ alrededor de $x=x_0$ por sustituyendo $x$ con $(x-x_0)^m$ ,

\begin{align*} f(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{g^{(n)}(0)}{n!}(x-x_0)^{nm}\qquad\qquad |x-x_0|< \sqrt[m]{R}\tag{2} \end{align*}

Nota: La validez de la representación como serie de Taylor de $g$ en (1) se da para $|x|<R$ . La validez de la sustitución $x\rightarrow(x-x_0)^m$ está por tanto asegurada para $|x-x_0|^m<R$ por la condición equivalente establecida en (2).

Si la función $e^{x^{2}}$ se va a ampliar en torno a $x=0$ consideramos el caso especial \begin{align*} g(x)=e^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}\qquad\qquad\text{and}\qquad\qquad (x-0)^2 \end{align*}

y obtener \begin{align*} e^{x^{2}}=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{n!}\qquad\qquad x\in\mathbb{R} \end{align*}