Вопросы по ряду Тейлора

[Dedekind]

Вопрос 1. В учебнике берется разложение в ряд Тейлора для $\dfrac{1}{1-x}$ на $|x|<1$ и из него получается разложение для $\dfrac{1}{1+x^2}$ на $|x|<1$ заменой $x\to -x^2$.
Вопрос: как правильно обосновать такую замену? Достаточно ли сказать, что условие $|-x^2|<1$ выполняется если $|x|<1$, и поэтому равенство верное, или нужно все-таки какое-то более строгое обоснование?

Вопрос 2.
Исходя из (доказанного ранее) разложения при $|x|<1$:

$$\dfrac{1}{1 + x^2} = \sum_{n = 0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}$$

найти разложение в ряд Тейлора для $\dfrac{x}{(1 + 4x^2)^2}$ и указать для каких $x$ это разложение валидно.
Дифференцируем обе части и делая замену $x\to 2x$, получаем что при $|x|<1/2$:

$$\dfrac{x}{(1 + 4x^2)^2} = \sum_{n = 0}^{\infty} (-1)^{n+1}n2^{2n-2}x^{2n-1}$$

Вопрос: достаточно ли этого для обоснования равенства левой и правой части на рассматриваемом промежутке?

Вопрос 3.
Для $\ln(1 + x^2)$ найденное разложение при $|x|<1$ такое:

$$\ln(1 + x^2) = \sum_{n = 0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n+2}}{n+1}$$

Кроме того, правая часть сходится также и при $x = 1$.
Вопрос: достаточно ли доказать, что остаточный член в форме Лагранжа:

$$E_N(x) = \dfrac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}x^{N+1}$$

стремится к нулю при $x=1$, чтобы утверждать, что

$$\ln(2) = \sum_{n = 0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n+1}$$

Я думаю, что ответ на последние два вопроса положительный, но просто хочу убедиться, что понимаю все правильно.

[Null]

Dedekind в сообщении #1722199 писал(а):

как правильно обосновать такую замену?

Я бы добавил тот факт, что ряд Тейлора степенного ряда с положительным радиусом сходимости - сам этот ряд.
Вопросы 2 и 3 сводятся к тому, что степенные ряды можно почленно дифференцировать и интегрировать внутри радиуса сходимости. Доказывается для равномерно сходящихся рядов(в случае дифференцирования равномерно должен сходиться ряд из производных). Степенные ряды при почленном дифференцировании и интегрировании не меняют радиус сходимости.

[Gagarin1968]

Dedekind в сообщении #1722199 писал(а):

Исходя из (доказанного ранее) разложения при $|x|<1$:

$$\dfrac{1}{1 + x^2} = \sum_{n = 0}^{\infty}(-1)^nx^n$$

Dedekind
В вопросе 2 с исходной формулой что-то не то.
Ведь в доказательстве используется замена $t=x^2$ в геометрической прогрессии $\dfrac 1{1+t}$.
Поэтому должно быть

$$\dfrac1{1 + x^2} = \sum_{n = 0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}$$

Нет?

[Combat Zone]

Null в сообщении #1722201 писал(а):

Доказывается для равномерно сходящихся рядов (в случае дифференцирования равномерно должен сходиться ряд из производных)

Для степенных рядов это излишнее требование. Каждый из них сходится равномерно (вместе со всеми производными) на любом отрезке, лежащем в интервале сходимости, и следовательно, каждый можно и дифференцировать, и интегрировать.

Gagarin1968 в сообщении #1722202 писал(а):

Нет?

Да. Опечатался человек, дальше используется верное разложение. Отчасти ). Степени правильные, а с множителем что-то не то, где-то потерялся.

Dedekind в сообщении #1722199 писал(а):

Вопрос: достаточно ли доказать, что остаточный член в форме Лагранжа:

$$E_N(x) = \dfrac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}x^{N+1}$$

стремится к нулю при $x=1$, чтобы утверждать, что

Устанете дифференцировать ) Но если не устанете, то получится. Вот если бы квадрата не было, было бы хуже.
Обычно пользуются теоремой Абеля в таких ситуациях.
Только обратите внимание, что функция четная, и значит, при $x=-1$ ряд тоже сходится. Туда же.

[Combat Zone]

Dedekind в сообщении #1722199 писал(а):

Вопрос: достаточно ли доказать, что остаточный член в форме Лагранжа:

А кстати, можно и с остаточным членом быстро справиться, только надо не в форме Лагранжа, это муторно, а использовать остаточный член для рядов Лейбница. Но обычно все же обходятся Абелем.

[Dedekind]

Null в сообщении #1722201 писал(а):

Я бы добавил тот факт, что ряд Тейлора степенного ряда с положительным радиусом сходимости - сам этот ряд.

Этот факт понятен, но не совсем понятно как его тут применить. Как-то через единственность разложения в ряд Тейлора? Но у нас же тут разные функции $1/(1-x)$ и $1/(1+x^2)$, и ряды конечно будут отличаться.

-- 14.04.2026, 06:15 --

Gagarin1968, Combat Zone
Все (надеюсь) опечатки поправил, спасибо:)

-- 14.04.2026, 06:35 --

Combat Zone в сообщении #1722206 писал(а):

Устанете дифференцировать ) Но если не устанете, то получится. Вот если бы квадрата не было, было бы хуже.

Да, действительно устал:) Только почему хуже без квадрата? Вроде бы наоборот, легче выходит. Если $f(x) = \ln (1+x)$, то

$$f^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(1+x)^n}$$

Combat Zone в сообщении #1722206 писал(а):

Обычно пользуются теоремой Абеля в таких ситуациях.

Как-то так? Ряд сходится для $x = 1$, значит сходится равномерно на $[0,1]$, значит ряд непрерывный на этом промежутке. Поскольку ряд равен логарифму на $(0, 1)$, и логарифм также непрерывный, то они равны и для $x = 1$.

Но в целом, рассуждения с остаточным членом тоже справедливы, верно? Только нужно взять $f(x) = \ln (1+x)$ вместо $f(x) = \ln (1+x^2)$ чтобы дифференцировать было удобнее. Или, как Вы и сказали, по Лейбницу, то есть, если я правильно понял, в данном случае $|E_N(x)|< \dfrac{1}{N+2}$.

Combat Zone в сообщении #1722214 писал(а):

А кстати, можно и с остаточным членом быстро справиться, только надо не в форме Лагранжа, это муторно, а использовать остаточный член для рядов Лейбница.

[Null]

Dedekind в сообщении #1722283 писал(а):

Этот факт понятен, но не совсем понятно как его тут применить. Как-то через единственность разложения в ряд Тейлора? Но у нас же тут разные функции $1/(1-x)$ и $1/(1+x^2)$, и ряды конечно будут отличаться.

При $|x|<1$
$\frac{1}{1+x^2}=\frac{1}{1-(-x^2)}=1-x^2+x^4-x^6\dots$ как числа, а значит это ряд Тейлора.

[Dedekind]

Null
Да, и правда, затупил. Спасибо!