TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 182

Man bestimme die Potenzreihenentwicklung von $f(x)=(1-x^2)\cos x$ an der Stelle $x_0=0$ durch Produktbildung zweier Potenzreihen.

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oder

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zu (im Falle einer korrekten, unverifizierten Lösung "solved". Auch möglich "unsolved", "wrong", "verified_by_tutor". Alle möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert.)

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}}

Lösungsvorschlag

Nützlich für dieses Beispiel ist die Potenzreihenentwicklung von $\cos x$. Diese wird zunächst eingesetzt und die resultierende Reihe umgeformt.
$\begin{array}{cc}f(x)& =\cos x-\cos x{x}^2\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{(-1)}^n\frac{x^{2n}}{2n!}-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{(-1)}^n\frac{x^{2n}}{2n!}{x}^2\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{(-1)}^n\frac{x^{2n}}{2n!}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{(-1)}^{n+1}\frac{x^{2n+2}}{2n!}\\ & =1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{(-1)}^n\frac{x^{2n}}{2n!}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{(-1)}^{n+1}\frac{x^{2n+2}}{2n!}\end{array}$
Indexverschiebung mit $\tilde{n}=n-1$ im zweiten Term liefert dann
$\begin{array}{cc}f(x)& =1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{(-1)}^n\frac{x^{2n}}{2n!}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{(-1)}^n\frac{x^{2n}}{(2n-2)!}\\ & =1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{(-1)}^n(\frac{1}{2n!}+\frac{1}{(2n-2)!})x^{2n}\end{array}$

Lösungsvorschlag von Ryus

Obige Lösung ist zwar korrekt, aber sie bildet nicht, wie eigentlich verlangt, das Produkt zweier Potenzreihen. Dementsprechend hier eine alternative Lösung:

Wir brauchen also zwei Potenzreihen, deren Produkt gleich $(1-x^2)\cos x$ ist. Dementsprechend bietet es sich an, eine Potenzreihe für $(1-x^2)$ und eine für $\cos x$ aufzustellen und diese dann mittels Cauchyprodukt zu multiplizieren.

Als nächsten stellen wir fest, dass $(1-x^2)$ bereits eine Potenzreihe mit nur endlich vielen Gliedern != 0 ist.

Die Potenzreihe für den Cosinus lässt sich über die Taylorreihe sehr schnell bestimmen, siehe dazu Beispiel 152. Er lautet:

$\cos x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{(-1)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}$

Um diese beiden Potenzreihen nun zu multiplizieren, wenden wir das Cauchyprodukt an:

$(\sum _{n\ge 0}{a}_n)(\sum _{n\ge 0}{b}_n)=\sum _{n\ge 0}(\sum _{k=0}^n{a}_k{b}_{n-k})$

Sei nun $\sum _{n\ge 0}{a}_n=1-x^2$ und $\sum _{n\ge 0}{b}_n=\cos x=\sum _{n\ge 0}{(-1)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}$

Um das Cauchyprodukt dieser beiden Reihen zu bilden gehen wir nun wie folgt vor. Wir ziehen das erste Glied der äußeren Summe heraus und verkürzen die innere Summe.

$\sum _{n\ge 0}(\sum _{k=0}^n{a}_k{b}_{n-k})=a_0{b}_0+\sum _{n\ge 1}(\sum _{k=0}^1{a}_k{b}_{n-k})$

Die innere Summe können wir statt bis n nur bis 1 gehen lassen, da ab dem Glied mit dem Index 2 $a_n=0$ gilt.

Dies können wir nun einfacher anschreiben als:

$a_0{b}_0+\sum _{n\ge 1}(\sum _{k=0}^1{a}_k{b}_{n-k})=a_0{b}_0+\sum _{n\ge 1}(a_0{b}_n+a_1{b}_{n-1})$

Da $a_0=1$ und $a_1=-x^2$:

$a_0{b}_0+\sum _{n\ge 1}(a_0{b}_n+a_1{b}_{n-1})=b_0+\sum _{n\ge 1}(b_n-x^2{b}_{n-1})$

Jetzt setzen wir $b_n$ ein.

$\frac{x^0}{0!}+\sum _{n\ge 1}({(-1)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}-x^2{(-1)}^{n-1}\frac{x^{2(n-1)}}{(2(n-1)!})=1+\sum _{n\ge 1}({(-1)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}-x^2{(-1)}^{n-1}\frac{x^{2n-2}}{(2n-2)!})$

Herausheben von $(-1{)}^n$:

$1+\sum _{n\ge 1}\left({(-1)}^n(\frac{x^{2n}}{(2n)!}+x^2\frac{x^{2n-2}}{(2n-2)!})\right)$

Herausheben von $x^{2n}$

$1+\sum _{n\ge 1}\left({(-1)}^n(\frac{1}{(2n)!}+x^2\frac{x^{-2}}{(2n-2)!})x^{2n}\right)=1+\sum _{n\ge 1}\left({(-1)}^n(\frac{1}{(2n)!}+\frac{1}{(2n-2)!})x^{2n}\right)$

Um zu zeigen, dass es sich hierbei wirklich um eine Potenzreihe handelt, kann man sie auch wie folgt anschreiben:

$\sum _{n\ge 0}{c}_n{x}^n$

wobei

$c_n=\{\begin{array}{cc}1& \text{falls }n=0\\ 0& \text{falls }n\text{ ungerade}\\ (-1{)}^{\frac{n}{2}}(\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n-2)!})& \text{sonst}\end{array}$

--Ryus (Diskussion) 12:29, 14. Mai 2016 (CEST)