%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%                                                                     %
%              Scientific Word   Wrap/Unwrap  Version 2.5             %
%              Scientific Word   Wrap/Unwrap  Version 3.0             %
%                                                                     %
% If you are separating the files in this message by hand, you will   %
% need to identify the file type and place it in the appropriate      %
% directory.  The possible types are: Document, DocAssoc, Other,      %
% Macro, Style, Graphic, PastedPict, and PlotPict. Extract files      %
% tagged as Document, DocAssoc, or Other into your TeX source file    %
% directory.  Macro files go into your TeX macros directory. Style    %
% files are used by Scientific Word and do not need to be extracted.  %
% Graphic, PastedPict, and PlotPict files should be placed in a       %
% graphics directory.                                                 %
%                                                                     %
% Graphic files need to be converted from the text format (this is    %
% done for e-mail compatability) to the original 8-bit binary format. %
%                                                                     %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%                                                                     %
% Files included:                                                     %
%                                                                     %
% "/document/lec_2_23_00.tex", Document, 30561, 2/23/2000, 15:16:14, ""%
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%                                                                     %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Start /document/lec_2_23_00.tex %%%%%%%%%%%%%%%%%%%

%\newtheorem{theorem}{Theorem}
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\documentclass{article}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{graphicx}
\usepackage{amsmath}

%TCIDATA{OutputFilter=LATEX.DLL}
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%F=36,\PARA{038<p type="texpara" tag="Body Text" >\hfill \thepage}
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\newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Acknowledgement}
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\newenvironment{proof}[1][Proof]{\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
\input{tcilatex}

\begin{document}


\section{\protect\vspace{1pt}Ma 116 Lecture 2/23/00}

\vspace{1pt}Please note that there is material on power series at \hyperref{%
Visual Calculus}{}{}{http://archives.math.utk.edu/visual.calculus/6/}. Some
of this material was used as part of the presentation of the topics that
follow.

\subsection{ Operations on Power Series --- Addition and Subtraction}

\vspace{1pt}

\begin{theorem}
Let $f\left( x\right) =\dsum\limits_{n=0}^{\infty }c_{n}\left( x-a\right)
^{n}$ and $g\left( x\right) =\dsum\limits_{n=0}^{\infty }d_{n}\left(
x-a\right) ^{n}$ be power series centered at $x=a$ and let $R_{f}$ and $%
R_{g} $\ be their radii of convergence, respectively. \ Further, let $R=\min
\left( R_{f},R_{g}\right) $ be the smaller of these two radii. \ Then the
sum and difference of $f$ and $g$ may be computed term by term and the
radius of convergence is at least $R$
\end{theorem}

\textsl{Addition:} 
\begin{equation*}
f\left( x\right) +g\left( x\right) =\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left(
c_{n}+d_{n}\right) \left( x-a\right) ^{n}
\end{equation*}

\textsl{Subtraction:} 
\begin{equation*}
f\left( x\right) -g\left( x\right) =\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left(
c_{n}-d_{n}\right) \left( x-a\right) ^{n}
\end{equation*}

\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width
4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height
1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename
'graphics/maroon7__1.wmf';file-properties "XNPEU";}}

\vspace{1pt}

\begin{example}
Find the power series expansion for $\dfrac{5x}{6x^{2}-x-1}$ centered about $%
x=0$, and find its radius of convergence.
\end{example}

\emph{Solution:} \ We first factor the denominator and do a partial fraction
expansion to get 
\begin{eqnarray*}
\dfrac{5x}{6x^{2}-x-1} &=&\dfrac{5x}{\left( 3x+1\right) \left( 2x-1\right) }
\\
&=&\frac{1}{1+3x}-\dfrac{1}{1-2x}\quad \text{(Lots of work here)}
\end{eqnarray*}

Each of these fractions is the sum of a geometric series with a different
ratio: 
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{1+3x} &=&\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -3x\right)
^{n}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -3\right) ^{n}x^{n}\quad \text{for }%
\left| 3x\right| <1\text{ or }\left| x\right| <\dfrac{1}{3} \\
\frac{1}{1-2x} &=&\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( 2x\right)
^{n}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }2^{n}x^{n}\quad \text{for }\left| 2x\right|
<1\text{ or }\left| x\right| <\dfrac{1}{2}
\end{eqnarray*}

Subtracting these, we find 
\begin{eqnarray*}
\dfrac{5x}{6x^{2}-x-1} &=&\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -3\right)
^{n}x^{n}-\dsum\limits_{n=0}^{\infty }2^{n}x^{n} \\
&=&\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left[ \left( -3\right) ^{n}-2^{n}\right]
x^{n}\quad \text{for }\left| x\right| <\dfrac{1}{3}
\end{eqnarray*}

At this point, we know the radius of convergence is at least $\dfrac{1}{3}$,
but we need to find it explicitly using the ratio test: 
\begin{eqnarray*}
L &=&\lim_{n\rightarrow \infty }\dfrac{\left| a_{n+1}\right| }{\left|
a_{n}\right| }=\lim_{n\rightarrow \infty }\dfrac{\left| \left( -3\right)
^{n+1}-2^{n+1}\right| \left| x\right| ^{n+1}}{\left| \left( -3\right)
^{n}-2^{n}\right| \left| x\right| ^{n}} \\
&=&\left| x\right| \lim_{n\rightarrow \infty }\dfrac{\left| \left( -3\right)
^{n+1}-2^{n+1}\right| }{\left| \left( -3\right) ^{n}-2^{n}\right| }\cdot 
\dfrac{\dfrac{1}{3^{n}}}{\dfrac{1}{3^{n}}} \\
&=&\left| x\right| \lim_{n\rightarrow \infty }\dfrac{\left| \dfrac{\left(
-3\right) ^{n+1}}{3^{n}}-\dfrac{2^{n+1}}{3^{n}}\right| }{\left| \dfrac{%
\left( -3\right) ^{n}}{3^{n}}-\dfrac{2^{n}}{3^{n}}\right| } \\
&=&\left| x\right| \lim_{n\rightarrow \infty }\dfrac{\left| \left( -1\right)
^{n+1}3-0\right| }{\left| \left( -1\right) ^{n}-0\right| }=3\left| x\right|
\end{eqnarray*}

The series converges when $L=3\left| x\right| <1$ or $\left| x\right| <%
\dfrac{1}{3}$. \ So the the radius of convergence is $R=\dfrac{1}{3}$ after
all.

\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width
4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height
1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename
'graphics/maroon7__1.wmf';file-properties "XNPEU";}}

\fbox{\underline{%
\CustomNote[When is the radius of convergence not the minimum?]{Margin Hint}{%
In the previous example, we saw 
\begin{equation*}
\frac{1}{1+3x}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -3\right) ^{n}x^{n}
\end{equation*}%
\par
and 
\begin{eqnarray*}
\dfrac{5x}{6x^{2}-x-1} &=&\frac{1}{1+3x}-\dfrac{1}{1-2x} \\
&=&\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left[ \left( -3\right) ^{n}-2^{n}\right]
x^{n}
\end{eqnarray*}%
\par
both have radius of convergence $R=\dfrac{1}{3}$. \ So their difference 
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{1+3x}-\dfrac{5x}{6x^{2}-x-1} &=&\dfrac{1}{1-2x} \\
&=&\dsum\limits_{n=0}^{\infty }2^{n}x^{n}
\end{eqnarray*}%
\par
has radius of convergence at least $\dfrac{1}{3}$. \ In fact, the radius is $%
\dfrac{1}{2}$ which is larger.}}}

\vspace{1pt}

\begin{exercise}
Find the power series expansion for $\dfrac{4x}{1-4x^{2}}$ centered about $%
x=0$, and find its radius of convergence.\dotfill 
\CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETProbSolvHint}{0.1505in}{0.1833in}{0in%
}}{}{}{}]{Margin Hint}{%
The partial fraction expansion is
\par
\quad $\dfrac{4x}{1-4x^{2}}=\dfrac{1}{1-2x}-\dfrac{1}{1+2x}$}...%
\CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{%
}{}]{Margin Hint}{$\dfrac{4x}{1-4x^{2}}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left[
2^{n}-\left( -2\right) ^{n}\right] x^{n}=\dsum\limits_{k=0}^{\infty
}2^{2k+2}x^{2k+1}$%
\par
The radius of convergence is $R=\dfrac{1}{2}$.}...%
\CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{%
}{}{}]{Margin Hint}{%
The partial fraction expansion is
\par
\quad $\dfrac{4x}{1-4x^{2}}=\dfrac{1}{1-2x}-\dfrac{1}{1+2x}$%
\par
Each term is a geometric series:
\par
$\quad \dfrac{1}{1-2x}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }2^{n}x^{n}\quad $for $%
\left| x\right| <\dfrac{1}{2}$%
\par
$\quad \dfrac{1}{1+2x}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -2\right)
^{n}x^{n}\quad $for $\left| x\right| <\dfrac{1}{2}$%
\par
So the difference is
\par
$\quad \dfrac{4x}{1-4x^{2}}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left[ 2^{n}-\left(
-2\right) ^{n}\right] x^{n}\quad $for $\left| x\right| <\dfrac{1}{2}$%
\par
Notice that the coefficients of the even order terms are all zero. \ So we
only need the odd terms. \ These may be specified by setting $n=2k+1$. \
Thus the series may be written as
\par
$\quad \dfrac{4x}{1-4x^{2}}=\dsum\limits_{k=0}^{\infty }\left[
2^{2k+1}-\left( -2\right) ^{2k+1}\right] x^{2k+1}$%
\par
\quad $=\dsum\limits_{k=0}^{\infty }\left[ 2^{2k+1}+2^{2k+1}\right]
x^{2k+1}\allowbreak =\dsum\limits_{k=0}^{\infty }2^{2k+2}x^{2k+1}$%
\par
Using the ratio test we find the radius of convergence is in fact $R=\dfrac{1%
}{2}$.}
\end{exercise}

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1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename
'graphics/maroon7__1.wmf';file-properties "XNPEU";}}

\subsection{ Operations on Power Series --- Multiplication by Polynomials}

\vspace{1pt}

Let $f\left( x\right) =\dsum\limits_{n=0}^{\infty }c_{n}\left( x-a\right)
^{n}$ be a power series centered at $x=a$ and whose radius of convergence is 
$R$. \ Also let $k$ be a constant and let $p$ be a non-negative integer. \
Then:

\textsl{Muliplication by a Polynomial:} 
\begin{equation*}
k\left( x-a\right) ^{p}f\left( x\right) =\dsum\limits_{n=0}^{\infty
}kc_{n}\left( x-a\right) ^{n+p}=\dsum\limits_{i=p}^{\infty }kc_{i-p}\left(
x-a\right) ^{i}
\end{equation*}

which also has radius of convergence $R.$

\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width
4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height
1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename
'graphics/maroon8.wmf';file-properties "XNPEU";}}

\vspace{1pt}

The following series was found above, \ but here is an easier derivation.:

\begin{example}
Find the power series expansion for $\dfrac{4x}{1-4x^{2}}$ centered about $%
x=0$, and find its radius of convergence.
\end{example}

\emph{Solution:} \ We first use substitution to write $\dfrac{1}{1-4x^{2}}$
as a geometric series: 
\begin{equation*}
\dfrac{1}{1-4x^{2}}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( 4x^{2}\right)
^{n}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }4^{n}x^{2n}\quad \text{for }\left|
4x^{2}\right| <1\text{ or }\left| x\right| <\dfrac{1}{2}
\end{equation*}

Finally we multiply by $4x$: 
\begin{equation*}
\dfrac{4x}{1-4x^{2}}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }4^{n+1}x^{2n+1}\quad \text{%
for }\left| x\right| <\dfrac{1}{2}
\end{equation*}

\begin{remark}
This agrees with the previous result 
\begin{equation*}
\dfrac{4x}{1-4x^{2}}=\dsum\limits_{k=0}^{\infty }2^{2k+2}x^{2k+1}
\end{equation*}
\end{remark}

\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width
4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height
1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename
'graphics/maroon8.wmf';file-properties "XNPEU";}}

\vspace{1pt}

\begin{exercise}
Find the power series expansion for $\dfrac{3x^{2}}{1+x^{3}}$ centered about 
$x=0$, and find its radius of convergence.\dotfill 
\CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{%
}{}]{Margin Hint}{$\dfrac{3x^{2}}{1+x^{3}}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty
}3x^{3n+2}\quad $for $\left| x\right| <1$}...%
\CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{%
}{}{}]{Margin Hint}{%
We first use substitution to write $\dfrac{1}{1+x^{3}}$ as a geometric
series: 
\begin{equation*}
\dfrac{1}{1+x^{3}}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -x^{3}\right)
^{n}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -1\right) ^{n}x^{3n}\quad \text{for }%
\left| x\right| <1
\end{equation*}%
\par
Finally we multiply by $3x^{2}$: 
\begin{equation*}
\dfrac{3x^{2}}{1+x^{3}}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }3\left( -1\right)
^{n}x^{3n+2}\quad \text{for }\left| x\right| <1
\end{equation*}%
}
\end{exercise}

\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language
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1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename
'graphics/maroon8.wmf';file-properties "XNPEU";}}

\subsection{ Operations on Power Series --- Differentiation}

\vspace{1pt}

Let $f\left( x\right) =\dsum\limits_{n=0}^{\infty }c_{n}\left( x-a\right)
^{n}$ be a power series centered at $x=a$ and whose radius of convergence is 
$R$. \ Then the derivative of $f$ may be computed by differentiating the
terms of the series for $f$:

\textsl{Differentiation:} 
\begin{eqnarray*}
f\,^{\prime }\left( x\right) &=&\dsum\limits_{n=0}^{\infty }nc_{n}\left(
x-a\right) ^{n-1}=\dsum\limits_{n=1}^{\infty }nc_{n}\left( x-a\right) ^{n-1}
\\
&=&\dsum\limits_{k=0}^{\infty }\left( k+1\right) c_{k+1}\left( x-a\right)
^{k}
\end{eqnarray*}

which also has radius of convergence $R.$

\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width
4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height
1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename
'graphics/maroon9.wmf';file-properties "XNPEU";}}

\vspace{1pt}

\begin{example}
Find the power series expansion for $\dfrac{3x^{2}}{\left( 1-x^{3}\right)
^{2}}$ centered about $x=0$, and find its radius of convergence.
\end{example}

\emph{Solution:} \ We first notice that $\dfrac{3x^{2}}{\left(
1-x^{3}\right) ^{2}}$ is the derivative of $\dfrac{1}{1-x^{3}}$ whose series
is 
\begin{equation*}
\dfrac{1}{1-x^{3}}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( x^{3}\right)
^{n}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }x^{3n}\quad \text{for }\left| x\right| <1
\end{equation*}

So we differentiate this series term by term: 
\begin{equation*}
\dfrac{3x^{2}}{\left( 1-x^{3}\right) ^{2}}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty
}3nx^{3n-1}=\dsum\limits_{n=1}^{\infty }3nx^{3n-1}\quad \text{for }\left|
x\right| <1
\end{equation*}

Notice that we can drop the $n=0$ term because it is zero.

\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language
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1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename
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\vspace{1pt}

\begin{exercise}
Find the power series expansion for $\dfrac{1}{\left( 1+2x\right) ^{2}}$
centered about $x=0$, and find its radius of convergence.\dotfill
\end{exercise}

\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width
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1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename
'graphics/maroon9.wmf';file-properties "XNPEU";}}

\subsection{ Operations on Power Series --- Integration}

\vspace{1pt}

Let $f\left( x\right) =\dsum\limits_{n=0}^{\infty }c_{n}\left( x-a\right)
^{n}$ be a power series centered at $x=a$ and whose radius of convergence is 
$R$. \ Then the integral of $f$ may be computed by integrating the terms of
the series for $f$ and adding a constant of integration:

\textsl{Integration:} 
\begin{eqnarray*}
\dint f\left( x\right) \,dx &=&\dsum\limits_{n=0}^{\infty }c_{n}\dint \left(
x-a\right) ^{n}\,dx \\
&=&\dsum\limits_{n=0}^{\infty }c_{n}\dfrac{\left( x-a\right) ^{n+1}}{n+1}+C
\\
&=&\dsum\limits_{k=1}^{\infty }\dfrac{c_{k-1}}{k}\left( x-a\right) ^{k}+C
\end{eqnarray*}

which also has radius of convergence $R.$

\begin{remark}
If you use a specific antiderivative on the left, then you must evaluate the
constant on the right usually by evaluating both sides at the center $x=a$.
\end{remark}

\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width
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1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename
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\vspace{1pt}

\begin{example}
Find the power series expansion for $\arctan x$ centered about $x=0$, and
find its interval of convergence.
\end{example}

\emph{Solution:} \ We first notice that $\arctan x$ is the integral of $%
\dfrac{1}{1+x^{2}}$ whose series is 
\begin{equation*}
\dfrac{1}{1+x^{2}}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -x^{2}\right)
^{n}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -1\right) ^{n}x^{2n}\quad \text{for }%
\left| -x^{2}\right| <1\text{ or }\left| x\right| <1
\end{equation*}

So we integrate this series term by term: \ (Don't forget the constant!) 
\begin{equation*}
\arctan x=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -1\right) ^{n}\dint
x^{2n}\,dx=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{2n+1}%
x^{2n+1}+C\quad \text{for }\left| x\right| <1
\end{equation*}

To find the constant, we evaluate both sides at $x=0$. 
\begin{equation*}
\arctan 0=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{2n+1}%
0^{2n+1}+C
\end{equation*}

Recall $\arctan 0=0$ and $0^{2n+1}=0$. \ Thus $C=0$. \ We substitute back to
conclude 
\begin{equation*}
\arctan x=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{2n+1}%
x^{2n+1}\quad \text{for }\left| x\right| <1
\end{equation*}

We check the convergence at the endpoints. \ At $x=1$, the series becomes $%
\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{2n+1}$ which
converges by the Alternating Series Test. \ At $x=-1$, the series becomes $%
\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{2n+1}\left(
-1\right) ^{2n+1}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{n+1}%
}{2n+1}$ which also converges by the Alternating Series Test. \ So the
interval of convergence is $-1\leq x\leq 1$.

\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width
4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height
1pt;cropleft "0";croptop "0.2561";cropright "1";cropbottom "0.7439";filename
'graphics/maroonA.wmf';file-properties "XNPEU";}}

\vspace{1pt}

\begin{example}
Find a power series representation for%
\begin{equation*}
f(x)=\dfrac{1}{(1+x)^{3}}.
\end{equation*}
\end{example}

We begin with the fact that

\begin{equation*}
\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{1}{1-(-x)}=1-x+x^{2}-x^{3}+x^{4}+\cdots
\end{equation*}

Differentiating, we obtain:

\begin{equation*}
-\dfrac{1}{(1+x)^{2}}=-1+2x-3x^{2}+4x^{3}+\cdots
\end{equation*}

and hence

$\vspace{1pt}$

\begin{equation*}
\dfrac{1}{(1+x)^{2}}=1-2x+3x^{2}-4x^{3}+\cdots
\end{equation*}

Differentiating again, yields

\begin{equation*}
\dfrac{-2}{(1+x)^{3}}=-2+6x-12x^{2}+\cdots
\end{equation*}

Finally, dividing by $-2$, we obtain:

\begin{equation*}
\dfrac{1}{(1+x)^{3}}=1-3x+6x^{2}+\cdots
\end{equation*}

\vspace{1pt}\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special%
{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file
"F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width
290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.2561";cropright
"1";cropbottom "0.7439";filename 'graphics/maroonA.wmf';file-properties
"XNPEU";}}

\begin{exercise}
Find the power series expansion for $\ln \left( 1+x\right) $ centered about $%
x=0$, and find its interval of convergence.\dotfill 
\CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{%
}{}]{Margin Hint}{$\ln \left( 1+x\right) =\dsum\limits_{k=1}^{\infty }\dfrac{%
\left( -1\right) ^{k-1}}{k}x^{k}\quad $for $-1<x\leq 1$}...%
\CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{%
}{}{}]{Margin Hint}{%
The derivative of $\ln \left( 1+x\right) $ is $\dfrac{1}{1+x}$ whose series
is
\par
$\quad \dfrac{1}{1+x}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -x\right)
^{n}=\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\left( -1\right) ^{n}x^{n}\allowbreak \quad 
$for $\left| x\right| <1$%
\par
So we integrate both sides
\par
$\quad \ln \left( 1+x\right) =\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{\left(
-1\right) ^{n}}{n+1}x^{n+1}+C=\dsum\limits_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left(
-1\right) ^{k-1}}{k}x^{k}+C\allowbreak \quad $for $\left| x\right| <1$%
\par
To find $C$, we evaluate both sides at $x=0$. \ Since $\ln \left( 1\right)
=0 $ and $0^{k}=0$ for $k\geq 1$, we conclude $C=0$. \ Therefore,
\par
$\quad \ln \left( 1+x\right) =\dsum\limits_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left(
-1\right) ^{k-1}}{k}x^{k}\allowbreak \quad $for $\left| x\right| <1$%
\par
At $x=1$, the series becomes $\dsum\limits_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left(
-1\right) ^{k-1}}{k}$ which converges by the Alternating Series Test. \ At $%
x=-1$, the series becomes $\dsum\limits_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left(
-1\right) ^{k-1}}{k}\left( -1\right) ^{k}=-\dsum\limits_{k=1}^{\infty }%
\dfrac{1}{k}$ which diverges because it is a harmonic series. \ So the
interval of convergence is $-1<x\leq 1$.}
\end{exercise}

\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width
4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height
1pt;cropleft "0";croptop "0.2561";cropright "1";cropbottom "0.7439";filename
'graphics/maroonA.wmf';file-properties "XNPEU";}}

\begin{remark}
Mathematicians also use series to define new functions:
\end{remark}

\vspace{1pt}

\subsection{ Example: The Bessel Function}

\vspace{0in}

\begin{example}
The Bessel function of order $0$ is defined by the series 
\begin{equation*}
J_{0}\left( x\right) =\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right)
^{n}}{4^{n}\left( n!\right) ^{2}}x^{2n}
\end{equation*}
Find the domain of $J_{0}\left( x\right) .$
\end{example}

\begin{remark}
Notice that the series for $J_{0}\left( x\right) $ only has even order
terms. \ This simply means that the coefficients of the odd order terms are
all zero.
\end{remark}

\emph{Solution:} \ We find the radius of convergence by applying the ratio
test:

\begin{eqnarray*}
L &=&\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{\left| a_{n+1}\right| }{\left|
a_{n}\right| }=\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{x^{2n+2}}{%
4^{n+1}\left( \left( n+1\right) !\right) ^{2}}\dfrac{4^{n}\left( n!\right)
^{2}}{x^{2n}} \\
&=&\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{x^{2}}{4}\left( \dfrac{n!}{%
\left( n+1\right) !}\right) ^{2}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{%
x^{2}}{4\left( n+1\right) ^{2}}=0
\end{eqnarray*}

Since $L=0<1$, the series converges for all $x$ and the domain of $%
J_{0}\left( x\right) $ is $\left( -\infty ,\infty \right) .$

\begin{remark}
Since $J_{0}\left( x\right) $ is given by an alternating series, the values
of the function may be approximated by taking a finite number of terms and
the error will be bounded by the next term.
\end{remark}

\vspace{1pt}\vspace{1pt}\vspace{1pt}\FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{%
}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display
"PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth
0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop
"0.2561";cropright "1";cropbottom "0.7439";filename
'graphics/maroonA.wmf';file-properties "XNPEU";}}

\subsection{Taylor and MacLaurin Series}

\vspace{1pt}If $f(x)$ has a power series expansion at $a$, it must be of the
form:

\QTP{Body Math}
\begin{equation*}
f(x)=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a){\Large +}\frac{f^{\prime \prime }(a)(x-a)^{2}}{%
2!}{\Large +}\frac{f^{\prime \prime \prime }(a)(x-a)^{3}}{3!}+\cdots
=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{f^{\left( n\right) }\left( a\right) }{n!}%
\left( x-a\right) ^{n}
\end{equation*}

\vspace{1pt}

This series is called the \emph{Taylor Series }of the function $f$ at $a$.

In the special case when $a=0$, the series is called the \emph{MacLaurin
Series}\textit{. \ }In other words,

\begin{equation*}
f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+f^{\prime \prime }(0)\dfrac{x^{2}}{2!}+f^{\prime
\prime \prime }(0)\dfrac{x^{3}}{3!}+\cdots =\sum\limits_{n=0}^{\infty }%
\dfrac{f^{\left( n\right) }\left( 0\right) }{n!}x^{n}
\end{equation*}

\vspace{1pt}

is the MacLaurin Series for $f(x)$.

\begin{remark}
The $nth$ partial sum associated with a Taylor series for a given function
is called $n$th degree Taylor polynomial for $f\left( x\right) $ at $x=a$
and is denoted by $T_{n}\left( x\right) $\vspace{1pt}. Thus%
\begin{equation*}
T_{n}\left( x\right) =\sum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{f^{\left( k\right) }\left(
a\right) }{k!}\left( x-a\right) ^{k}
\end{equation*}
\end{remark}


It will be useful to know the MacLaurin Series for $e^{x}$, $\sin x$, and $%
\cos x$.

\vspace{1pt}

\begin{equation*}
e^{x}=1+x+\dfrac{x^{2}}{2!}+\dfrac{x^{3}}{3!}+\cdots
=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{x^{n}}{n!}
\end{equation*}

\begin{equation*}
\sin x=x-\dfrac{x^{3}}{3!}+\dfrac{x^{5}}{5!}+\cdots
=\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}
\end{equation*}

\begin{equation*}
\cos x=1-\dfrac{x^{2}}{2!}+\dfrac{x^{4}}{4!}+\cdots
=\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}
\end{equation*}

\vspace{1pt}

\begin{example}
\vspace{1pt}Find the first $5$ terms of the Taylor Series for $f(x)=\ln x$
at $a=2$.
\end{example}

\begin{eqnarray*}
f(x) &=&\ln x\Rightarrow f\left( 2\right) =\ln 2 \\
f^{\prime }(x) &=&\dfrac{1}{x}\Rightarrow f^{\prime }\left( 2\right) =\dfrac{%
1}{2} \\
f^{\prime \prime }(x) &=&\dfrac{-1}{x^{2}}\Rightarrow f^{\prime \prime
}\left( 2\right) =\dfrac{-1}{4} \\
f^{\prime \prime \prime }(x) &=&\dfrac{2}{x^{3}}\Rightarrow f^{\prime \prime
\prime }\left( 2\right) =\dfrac{1}{4} \\
f^{(iv)}(x) &=&\dfrac{-6}{x^{4}}\Rightarrow f^{(iv)}\left( 2\right) =\dfrac{%
-6}{16}=\dfrac{-3}{8}
\end{eqnarray*}

Thus

\begin{equation*}
f(x)=\ln x=\ln 2+\dfrac{1}{2}(x-2)-\dfrac{1}{4}\dfrac{(x-2)^{2}}{2!}+\dfrac{1%
}{4}\dfrac{(x-2)^{3}}{3!}-\dfrac{3}{8}\dfrac{(x-2)^{4}}{4!}+\cdots
\end{equation*}

\vspace{1pt}

\begin{example}
Use known MacLaurin Series to find the MacLaurin Series of
\end{example}

\vspace{1pt}%
\begin{equation*}
f(x)=e^{3x}
\end{equation*}%
\emph{Solution: }Since 
\begin{equation*}
e^{u}=1+u+\dfrac{u^{2}}{2!}+\dfrac{u^{3}}{3!}+\cdots
\end{equation*}

\qquad\ \ \ \ \ 
\begin{equation*}
e^{3x}=1+3x+\dfrac{9x^{2}}{2!}+\dfrac{27x^{3}}{3!}+\cdots
\end{equation*}

\vspace{1pt}

\begin{example}
Use known MacLaurin Series to find the MacLaurin Series of%
\begin{equation*}
f(x)=\sin ^{2}x=\dfrac{1}{2}(1-\cos 2x)
\end{equation*}
\end{example}

\emph{Solution:}

\qquad\ \ \ \ \ 
\begin{equation*}
\cos u=1-\dfrac{u^{2}}{2!}+\dfrac{u^{4}}{4!}+\cdots
\end{equation*}

so

\qquad\ \ \ \ \ 
\begin{equation*}
\cos 2x=1-\dfrac{4x^{2}}{2!}+\dfrac{16x^{4}}{4!}+\cdots
\end{equation*}

Then

\qquad\ \ \ \ \ 
\begin{equation*}
-\cos 2x=-1+\dfrac{4x^{2}}{2!}-\dfrac{16x^{4}}{4!}+\cdots
\end{equation*}

and therefore

\qquad\ \ \ \ \ 
\begin{equation*}
1-\cos 2x=\dfrac{4x^{2}}{2!}-\dfrac{16x^{4}}{4!}+\cdots
\end{equation*}

Finally%
\begin{equation*}
\sin ^{2}x=\dfrac{1}{2}[\dfrac{4x^{2}}{2!}-\dfrac{16x^{4}}{4!}+\cdots ]
\end{equation*}

\vspace{1pt}

\begin{example}
Evaluate 
\begin{equation*}
\dint \dfrac{\sin x}{x}dx
\end{equation*}
\end{example}

\emph{Solution:}

\qquad\ \ \ \ \ 
\begin{equation*}
\int \dfrac{\sin x}{x}dx=\int \dfrac{1}{x}[x-\dfrac{x^{3}}{3!}+\dfrac{x^{5}}{%
5!}+\cdots ]dx=\int [1-\dfrac{x^{2}}{3!}+\dfrac{x^{4}}{5!}+\cdots ]dx=C+x-%
\dfrac{x^{3}}{3(3!)}+\dfrac{x^{5}}{5(5!)}+\cdots
\end{equation*}

\vspace{1pt}

\begin{example}
Let $\alpha $ be a nonzero real number. Find the MacLaurin series for
\end{example}

\begin{equation*}
f\left( x\right) =\left( 1+x\right) ^{\alpha }
\end{equation*}

\emph{Solution: }

\begin{eqnarray*}
f\left( x\right) &=&\left( 1+x\right) ^{\alpha } \\
f^{\prime }\left( x\right) &=&\alpha \left( 1+x\right) ^{\alpha -1} \\
f^{\prime \prime }\left( x\right) &=&\alpha \left( \alpha -1\right) \left(
1+x\right) ^{\alpha -2} \\
f^{\prime \prime \prime }\left( x\right) &=&\alpha \left( \alpha -1\right)
\left( \alpha -2\right) \left( 1+x\right) ^{\alpha -3} \\
&&\vdots \\
f^{\left( n\right) }\left( x\right) &=&\alpha \left( \alpha -1\right) \left(
\alpha -2\right) \left( \alpha -3\right) \cdots \left( \alpha -n+1\right)
\left( 1+x\right) ^{\alpha -n}
\end{eqnarray*}

\vspace{1pt}

Thus

\begin{equation*}
f^{\left( n\right) }\left( 0\right) ==\alpha \left( \alpha -1\right) \left(
\alpha -2\right) \left( \alpha -3\right) \cdots \left( \alpha -n+1\right)
\end{equation*}

\vspace{1pt}

So the MacLaurin series is given by

\vspace{1pt}

\begin{eqnarray*}
\left( 1+x\right) ^{\alpha } &=&\sum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{f^{\left(
n\right) }\left( 0\right) }{n!}x^{n}=1+\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{\alpha
\left( \alpha -1\right) \left( \alpha -2\right) \left( \alpha -3\right)
\cdots \left( \alpha -n+1\right) }{n!}x^{n} \\
&=&1+\alpha x+\dfrac{\alpha \left( \alpha -1\right) }{2!}x^{2}+\dfrac{\alpha
\left( \alpha -1\right) \left( \alpha -2\right) }{3!}x^{3}+\cdots
\end{eqnarray*}

\vspace{1pt}

Using the Ratio Test we have that

\begin{eqnarray*}
L &=&\lim_{n\rightarrow \infty }\left| \dfrac{\alpha \left( \alpha -1\right)
\left( \alpha -2\right) \left( \alpha -3\right) \cdots \left( \alpha
-n\right) }{\left( n+1\right) !}x^{n+1}\cdot \dfrac{n!}{\alpha \left( \alpha
-1\right) \left( \alpha -2\right) \left( \alpha -3\right) \cdots \left(
\alpha -n+1\right) x^{n}}\right| \\
&=&\lim_{n\rightarrow \infty }\left| \dfrac{\left( \alpha -n\right) x}{n+1}%
\right| =\left| x\right|
\end{eqnarray*}

\vspace{1pt}

Thus this series converges for $\left| x\right| <1.$

\end{document}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% End /document/lec_2_23_00.tex %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

%%%%%%%%%%%%%%% Start /document/graphics/maroon7__1.wmf %%%%%%%%%%%%%%%

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