Analyse – Rijen en reeksen – Machtreeksrepresentaties

We starten met de machtreeks \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}x^n=1+x+x^2+\cdots\). Dit is een meetkundige reeks met reden \(x\). Dus: de reeks convergeert voor \(|x| < 1\) en divergeert voor \(|x|\geq1\). Verder geldt voor \(|x| < 1\) dat \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac{1}{1-x}\).

Als we, bijvoorbeeld, \(x\) vervangen door \(-x^2\) dan volgt dat

\[\frac{1}{1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-x^2)^n=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}\quad\text{voor}\quad|-x^2| < 1\quad\Longleftrightarrow\quad|x| < 1.\]

Stelling: Als de machtreeks \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}c_n(x-a)^n\) convergentiestraal \(R>0\) heeft, dan is de functie \(f\) gedefinieerd door

\[f(x)=c_0+c_1(x-a)+c_2(x-a)^2+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}c_n(x-a)^n,\quad|x-a| < R\]

differentieerbaar (en dus continu) op het interval \((a-R,a+R)\) en

\[f'(x)=c_1+2c_2(x-a)+3c_3(x-a)^2+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}nc_n(x-a)^{n-1},\quad|x-a| < R\]

en

\[\int f(x)\,dx=C+c_0(x-a)+\frac{1}{2}c_1(x-a)^2+\frac{1}{3}c_2(x-a)^3+\cdots=C+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{c_n}{n+1}(x-a)^{n+1},\quad|x-a| < R\]

met \(C\) een willekeurige constante.

Opmerking: Het centrale punt en de convergentiestraal blijven gelijk; het convergentie-interval zou anders kunnen worden.

Er geldt dus

\[\arctan(x)=\int\frac{dx}{1+x^2}=C+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1},\quad|x| < 1.\]

Omdat \(\arctan(0)=0\) concluderen we dat \(C=0\). Hieruit volgt dat \(\displaystyle\arctan(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}\) voor \(|x| < 1\).

Verder volgt:

\[\frac{2x}{1+x^2}=2\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n+1}\quad\Longrightarrow\quad\ln(1+x^2)=C+2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+2}x^{2n+2},\quad|x| < 1.\]

Omdat \(\ln(1)=0\) concluderen we dat \(\ln(1+x^2)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}x^{2n+2}\) voor \(|x| < 1\). Dus geldt: \(\ln(1+x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}\) voor \(|x| < 1\).

Evenzo geldt:

\[\frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n\quad\Longrightarrow\quad\ln(1+x)=C+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}, \quad|x| < 1.\]

Omdat \(\ln(1)=0\) concluderen we dat \(\ln(1+x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}\) voor \(|x| < 1\).

Een ander voorbeeld is:

\[\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n\quad\Longrightarrow\quad\frac{1}{(1-x)^2}=\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1} \quad\Longrightarrow\quad\frac{x}{(1-x)^2}=\sum_{n=1}^{\infty}nx^n,\quad|x| < 1.\]

Hieruit volgt, bijvoorbeeld, dat \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}=\sum_{n=1}^{\infty}n\left(\tfrac{1}{2}\right)^n =\frac{\frac{1}{2}}{(1-\frac{1}{2})^2}=2\). Nogmaals differentiëren levert:

\[\frac{1}{(1-x)^2}=\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}\quad\Longrightarrow\quad\frac{2}{(1-x)^3}=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)x^{n-2} \quad\Longrightarrow\quad\frac{2x^2}{(1-x)^3}=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)x^n,\quad|x| < 1.\]

Hieruit volgt, bijvoorbeeld, dat \(\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n(n-1)}{2^n}=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)\left(\tfrac{1}{2}\right)^n =\frac{2\left(\frac{1}{2}\right)^2}{(1-\frac{1}{2})^3}=4\).

Toepassing: Beschouw de integraal \(\displaystyle\int_0^{0.5}\frac{x^2}{1+x^8}\,dx\). Het is lastig om deze integraal exact te berekenen. Echter, als we een machtreeksrepresentatie van de integrand gebruiken, dan kunnen we een benadering vinden. Start met \(\displaystyle\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n\) voor \(|x| < 1\). Heruit volgt dat

\[\frac{1}{1+x^8}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{8n}\quad\Longrightarrow\quad\frac{x^2}{1+x^8}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{8n+2} \quad\Longrightarrow\quad\int\frac{x^2}{1+x^8}\,dx=C+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{8n+3}x^{8n+3},\quad |x| < 1.\]

Dan volgt dat

\[\int_0^{0.5}\frac{x^2}{1+x^8}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n(0.5)^{8n+3}}{8n+3}=\frac{(0.5)^3}{3}-\frac{(0.5)^{11}}{11} +\frac{(0.5)^{19}}{19}-\frac{(0.5)^{27}}{27}+\cdots\approx\frac{(0.5)^3}{3}=0.041666\ldots.\]

---

Laatst gewijzigd op 15 maart 2021