Zmiana kolejności sumowania w podwójnej sumie Mariusz: https://matematyka.pl/szeregi-liczbowe-i-iloczyny-nieskonczone-f204/szereg-szeregu-zamiana-sum-t398295.html#p5390269 Jakie są założenia do tego przekształcenia pokazanego przez Qń Jak pokazać że ten wzór jest poprawny ? Z czego on wynika ? Czy przydałby mi się w następującej sytuacji ? Niech T_n(x) = cos(n*arccos(x)) T_n+1(x) = cos((n+1)arccos(x)) T_n+1(x) = cos(arccos(x))cos(n*arccos(x)) − sin(arccos(x))sin(n*arccos(x)) T_n−1(x) = cos((n−1)arccos(x)) T_n−1(x) = cos(arccos(x))cos(n*arccos(x)) + sin(arccos(x))sin(n*arccos(x)) Jeżeli dodamy te dwa równania stronami to otrzymamy T_n+1(x) + T_n−1(x) = 2cos(arccos(x))cos(n*arccos(x)) T_n+1(x) + T_n−1(x) = 2cos(arccos(x))T_n(x) ale x ∊ <−1;1> oraz cos(x) i arccos(x) są funkcjami odwrotnymi więc T_n+1(x) + T_n−1(x) = 2xT_n(x) T_n+1(x) = 2xT_n(x) − T_n−1(x) Mamy zatem następujące równanie rekurencyjne T_n+1(x) = 2xT_n(x) − T_n−1(x) T₀(x) = 1 T₁(x) = x Możemy przesunąć w nim indeksy T_n+2(x) = 2xT_n+1(x) − T_n(x) T₀(x) = 1 T₁(x) = x Teraz zarówno równanie charakterystyczne jak i zwykła funkcja tworząca prowadzi do punktu wyjścia (do tego skąd zacząłem) Zastosujmy jednak wykładniczą funkcję tworzącą

	tn
E(x,t) = ∑n=0∞Tn(x)
	n!

Wstawmy wykładniczą funkcję tworzącą do równania rekurencyjnego

	tn		tn
∑n=0∞Tn+2(x)		= ∑n=0∞(2xTn+1(x) − Tn(x))
	n!		n!

	tn		tn
∑n=0∞Tn+2(x)		= 2x(∑n=0∞Tn+1(x)		) −
	n!		n!

	tn
(∑n=0∞Tn(x)		)
	n!

	(n+2)(n+1)tn
∑n=0∞Tn+2(x)		=
	(n+2)!

	(n+1)tn		tn
2x(∑n=0∞Tn+1(x)		) − (∑n=0∞Tn(x)		)
	(n+1)!		n!

d2		tn+2
	(∑n=0∞Tn+2(x)		) =
dt2		(n+2)!

	d		tn+1		tn
2x		(∑n=0∞Tn+1(x)		) − (∑n=0∞Tn(x)		)
	dt		(n+1)!		n!

d2		tn
	(∑n=0∞Tn(x)		− 1 −xt) =
dt2		n!

	d		tn		tn
2x		(∑n=0∞Tn(x)		− 1) − (∑n=0∞Tn(x)		)
	dt		n!		n!

E''(t) =2xE'(t) − E(t) Mamy równanie różniczkowe z warunkami początkowymi E''(t) − 2xE'(t) + E(t) = 0 E(0) = 1 E'(0) = x L(y(t)) = ∫₀^∞y(t)e^−stdt Niech L(y(t)) = Y(s) Wyprowadźmy całkując przez części rekurencyjny wzór na transformatę pochodnej L(y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)) = ∫₀^∞y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)e^−stdt L(y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)) = y⁽ⁿ⁾(t)e^−st|₀^∞ − ∫₀^∞y⁽ⁿ⁾(t)(−se^−st)dt L(y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)) = lim_t→∞y⁽ⁿ⁾(t)e^−st − lim_t→0y⁽ⁿ⁾(t)e^−st + s∫₀^∞y⁽ⁿ⁾(t)e^−stdt L(y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)) = 0 − y⁽ⁿ⁾(0⁺) + s∫₀^∞y⁽ⁿ⁾(t)e^−stdt L(y⁽⁰⁾(t)) = L(y(t)) = Y(s) L(y⁽ⁿ⁺¹⁾(t)) = − y⁽ⁿ⁾(0⁺) + sL(y⁽ⁿ⁾(t)) E''(t) − 2xE'(t) + E(t) = 0 E(0) = 1 E'(0) = x L(E''(t) − 2xE'(t) + E(t)) = L(0) L(E''(t)) − 2xL(E'(t)) + L(E(t)) = 0 (−x − s + s²E(s)) − 2x(−1+sE(s))+E(s) = 0 −x−s+2x +s²E(s) − 2xsE(s) + E(s) = 0 x − s + (s² − 2xs +1)E(s) =0 (s² − 2xs +1)E(s) = s − x

	s − x
E(s) =
	s2 − 2xs +1

	s − x
E(s) =
	s2 − 2xs + x2 +1 − x2

	s − x
E(s) =
	(s − x)2 +1 − x2

Ponieważ x ∊ <−1;1> to już jest ułamek prosty i nie trzeba go dalej rozkładać E(t) = e^xtcos(√1−x²*t) Wikipedie twierdzą że jednym z czynników wykładniczej funkcji tworzącej cosinus hiperboliczny jednak cosinus hiperboliczny wymagałby urojonego argumentu więc lepszym wyborem jest ten cosinus trygonometryczny Zauważmy że dość łatwo policzyć n. pochodne czynników więc dobrym pomysłem byłoby zastosować wzór Leibniza na pochodną iloczynu

dn
	(ext) = xnext
dtn

dn		π
	(cos(√1−x2*t)) = (√1−x2)n * cos(		n + √1−x2*t)
dtn		2

Wzór Leibniza na pochodną iloczynu wygląda podobnie jak dwumian Newtona

dn		n k
	(f*g)(x) = ∑k=0n		f(k)(x)g(n−k)(x)
dxn

dn
	(extcos(√1−x2*t)) =
dxn

	n k		π
∑k=0n		(√1−x2)k*cos(		k + √1−x2*t) * xn−kext
			2

dn
	(extcos(√1−x2*t))|t = 0 =
dxn

	n k		π
∑k=0n		(√1−x2)k*cos(		k) * xn−k
			2

	n 2k
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)		(1−x2)k*(−1)kxn−2k

Co można też zapisać jako

	n 2k
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)		xn−2k(x2−1)k

Rozpiszmy to jeszcze bardziej tj zastosujmy dwumian Newtona do czynnika (x²−1)^k

	n 2k		k l
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)		xn−2k(∑l = 0k		x2l(−1)k−l)

	n 2k	k l
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)∑l = 0k			(−1)k−lxn+2l−2k

	n 2k	k l
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)∑l = 0k			(−1)k−lxn−2(k−l)

k l		k k−l
	=

	n 2k	k k−l
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)∑l = 0k			(−1)k−lxn−2(k−l)

Niech m=k−l 0 ≤ l ≤ k 0 ≥ −l ≥−k k ≥ k − l ≥ 0

	n 2k	k m
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)∑m = 0k			(−1)mxn−2m

Jak widzimy wykładnik potęgi x zależy od indeksu wewnętrznej sumy więc aby dalej liczyć przydałoby się zmienić kolejność sumowania https://matematyka.pl/szeregi-liczbowe-i-iloczyny-nieskonczone-f204/szereg-szeregu-zamiana-sum-t398295.html#p5390269 Jakie są założenia do tego przekształcenia pokazanego przez Qń Jak pokazać że ten wzór jest poprawny ? Z czego on wynika ? Qń już nie wchodzi na forum i nie mogę już jego zapytać a inni tam nie odpowiedzieli