Когда ряд данной функции сходится к ней же

[pooh__]

В задании нужно написать ряд Тейлора в нуле для $\arctg(x)$, найти радиус сходимости и выяснить где он сходится к значениям функции.
Если с первыми двумя пунктами проблем не возникло, то последний решительно не понимаю как делать.
Я так понимаю нужно оценивать остаточный член, но для производной у меня получилось максимум реккурентные соотношения получить:
$(1+x^2)f^{(n+1)}(x)=2nxf^{(n)}(x)+n(n-1)f^{(n-1)}(x) = 0$
Но как из этого путные ограничения на производную получить я не пойму.

[provincialka]

Нет, в лоб не надо решать. Вы хотя бы знаете, где этот ряд вообще сходится? И как, кстати, вы его получили?

[fatra]

Можно найти производную и воспользоватся геометрической прогрессией.

[provincialka]

Ага. А геометрическая прогрессия где будет сходиться?
И как вы будете "возвращаться" к арктангенсу? И нет ли на этот счет какой-нить теоремы?

[pooh__]

Сходится на $[-1,1]$ (а как кстати проверить на комплексной плоскости граничные точки?)
Получил так: первая производная $\frac{1}{1+x^2}$ который получается если в $\frac{1}{1-x}$ подставить $-x^2$ откуда уже легко будет видеть, что \arctg(x) = $$\sum\limits_{k\geqslant0}^{}\frac{(-1)^k x^{2 k+1}}{2 k+1}$$$

[provincialka]

А вам на комплексной надо?

pooh__ в сообщении #945750 писал(а):

Сходится на $[-1,1]$

Это о чем? О геометрической, или об арктангенсе? Я спрашивала о геометрической.
И не торопитесь, давайте решать вопросы последовательно.

[fatra]

Бесконечная геометрическая прогрессия будет сходиться на (-1;1)
Возвратиться к арктангенсу можно проинтегрировать почленно полученный ряд.
Таким способом можно исследовать на [-1;1].

[pooh__]

О арктангенсе
Геометрическая прогрессия на $(-1,1)$ сходится, ну а для арктангенса по Лейбницу проверил граничные точки просто.
Ну вроде как на $\mathbb{R}$, но на комплексной тоже интересно.

-- 13.12.2014, 22:29 --

fatra меня опережает постоянно
Правда я без всяких интегрирований

[provincialka]

fatra, а не поняла, кто автор вопроса? Давайте за него не отвечать, ладно? Он и сам справится.

pooh__
Не будем пока об арктангенсе. Вот, геометрический ряд (а он одновременно степенной) сходится на интервале $(-1; 1)$. Дальше вы его интегрируете, причем почленно. Можно это делать? Есть по этому поводу теорема?

-- 13.12.2014, 21:33 --

pooh__ в сообщении #945760 писал(а):

Правда я без всяких интегрирований

То есть как? А как вы от $\frac{1}{1+x^2}$ к арктангенсу перешли?

[pooh__]

Для краткости $f(x) := \arctg(x), g(x) := \frac{1}{1+x^2}$, тогда $f^{(n)}(x) = g^{(n-1)}(x)$
Дальше $a_{k}$ - член при $k$-й степени в разложении $f$ и $b_{k}$ тоже для $g$. Тогда $a_{k}k! = f^{(n)}(0) = b_{k-1}(k-1)!$ откуда $a_{k} = \frac{b_{k-1}}{k}$

[provincialka]

Нет, так не надо. Сделайте, как сказал fatra.

[pooh__]

Проблема в том, что никаких интеграллов и теорем про равномерную сходимость и тд не было;3

[provincialka]

А все-таки про равномерную вы вспомнили! Это хорошо. Но теоремы нужны, они здорово жизнь облегчают.
Учебник у вас есть?
Посмотрела тему в интернете, довольно халтурно написано. Впрочем, там и арктангенс разбирается.
Все-таки гляньте в учебник.

[pooh__]

Ну собственно с кучей теорем этих замечательных это сделать не сложно.
Но вот как сделать без них?

[provincialka]

А зачем? Ну, повторите их доказательство сами. Я лично этим заниматься не собираюсь. Может, набежит какой-нибудь "любитель"