Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

186 4. Funkcje różniczkowalne
arcsin 0 = 0 oraz znanego wzoru (arcsin x) ′ = 1 √
1−x 2
jest równość:
arcsin x = x + 1 3 · 1
2 · x3 + 1 5 · 1 · 3
2 · 4 · x5 + · · · =
∞∑ 1 1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1)
=
· · x 2n+1 ,
2n + 1 2 · 4 · 6 · · · · · 2n
n=0
która zachodzi dla x ∈ (−1,1), gdyż dla tych x prawa strona jest szeregiem
zbieżnym (wynika to łatwo z kryterium ilorazowego d’Alemberta – iloraz
dwóch kolejnych wyrazów ma granicę x 2 ). Trochę trudniejszy dowód zbieżności
tego szeregu dla x = ±1 opuszczamy. Ponieważ dla x ∉ [−1,1] granica
ilorazu dwóch kolejnych wyrazów rozpatrywanego szeregu jest większa
niż 1, więc w tym przypadku szereg jest rozbieżny. Stąd wynika, że równość
w rzeczywistości zachodzi dla wszystkich x ∈ [−1,1] i żadnych innych. Możemy
więc zastosować ją w przypadku x = 1. Mamy więc π = arcsin 1
) =
2 6 2 3
+
1
= 1 2 + 1 3 · 1
· (1
2 2
5
2)
+ · · · . Jest oczywiste, że przybliżając liczbę
) 3
+
1 · 1·3 · (1 5,
5 2·4 2)
popełniamy błąd mniejszy niż suma
· 1·3 ·
(1
5 2·4
π
liczbą 1 + 1 · 1 · (1
6 2 3 2 2
szeregu geometrycznego, którego pierwszym wyrazem jest 1 · 1·3·5
7
7,
2)
a ilorazem
liczba 1, czyli 1 · 1·3·5 · (1) 7
4 7 2·4·6 2 · 4
= 5 < 0,0005. Ponieważ mamy do
3 10752
czynienia z szeregiem zbieżnym „szybciej” niż szereg geometryczny o ilorazie 1,
4
więc wydłużenie sumy o jeden składnik spowoduje przynajmniej czterokrotne
zmiejszenie się błędu, jaki popełniamy, zastępując sumę nieskończonego szeregu
jego sumą częściową. Nie jest to rezultat rewelacyjny, ale jednak znacznie
lepszy niż w przypadku szeregu Leibniza π = 1 − 1 + 1 − 1 + · · · .
4 3 5 7
2·4·6 · (1
Pokazaliśmy rozwinięcia kilku najważniejszych funkcji. Wiadomo, jak wyglądają
szeregi, których sumami są inne funkcje, np. tangens. Jednak nie
wszystkie rozwinięcia można uzyskać równie prosto, jak te które omówiliśmy
wcześniej. Nie będziemy wgłębiać się w tę tematykę. Pokażemy jeszcze, jak
z już poznanych rozwinięć można otrzymywać inne.
x
Przykład 4.48. Znajdziemy teraz rozwinięcie funkcji w szereg potęgowy
o środku w punkcie 0, a następnie w szereg potęgowy o środku w punk-
x 2 +5x+6
cie 5.
Mamy:
x
x 2 + 5x + 6 = x
(x + 2)(x + 3) = 3
x + 3 − 2
x + 2 = 1
1 − (− x) − 1
1 − (− x) =
3 2
∞∑ (
= − x ) n ∑ ∞ (
− − x ) n ∑ ∞ ((
= − 1 n (
− −
3 2 3) 1 ) n )
x n
2
n=0
n=0
– to pierwsze z obiecanych rozwinięć.
n=0