Разложение в ряд Маклорена

[zolotarev]

Разложить функцию в ряд Маклорена и найти радиус сходимости полученного ряда
$f(x)=\ln(e^{1+2x}(x^2+\sqrt{1+x^4}))$
Решение
$\ln(e^{1+2x}(x^2+\sqrt{1+x^4})) = \ln(e^{1+2x}) + \ln(x^2+\sqrt{1+x^4})$
$\ln(e^{1+2x}) = 1+2x $
$(1+t)^l = \sum\limits_{0}^{\infty} \frac{l(l-1)...(l-n+1)t^n}{n!}$
Тогда
$(1+x^4)^{1/2} = \sum\limits_{0}^{\infty} \frac{1/2(1/2-1)...(1/2-n+1)x^4n}{n!}$
Подсткажите, пожалуйста, что можно предпринять дальше

[Otta]

zolotarev в сообщении #1020463 писал(а):

$\ln(e^{1+2x}(x^2+\sqrt{1+x^4})) = \ln(e^{1+2x}) + \ln(x^2+\sqrt{1+x^4})$

Производную второго слагаемого найдите и разложите в ряд.

[zolotarev]

Производная $ \frac{2x^3}{\sqrt{x^4+1}}+2 x$
Только для разложения в ряд нужно же знать все производные до n?

[Otta]

Это с чего это?
Для разложения в ряд у Вас уже все готово.

[zolotarev]

$f(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!}+ ... + \frac{f^{(n)}(0)}{n!} + ... $
Разве не это нужно использовать?

[Otta]

Ни в коем случае. Для разложения в ряд по возможности стараются ограничиваться стандартными разложениями.

Как Вы собираетесь искать полный список производных в данном случае?

А вот для обратной задачи - найти производную произвольного порядка в точке - разложения в ряд Тейлора используются.

[arseniiv]

zolotarev в сообщении #1020481 писал(а):

Разве не это нужно использовать?

Это-то это, но если вы умножаете функцию на $x^n$, нет нужды искать производные — можно просто умножить весь её ряд на $x^n$. Также со сложением — ряды складываются почленно. Выражение же для $(1 + x^4)^{-1/2}$ вы знаете. Если знаете ряд для производной — почленным интегрированием можно получить ряд для самой функции, только нужно не забыть про добавление $f(0)$.

[zolotarev]

$ g(x) = \ln(x^2+\sqrt{1+x^4})$
$ g'(x)=\frac{2x^3}{\sqrt{x^4+1}}+2 x$
$(1+x^4)^{1/2} = \sum\limits_{0}^{\infty} \frac{1/2(1/2-1)...(1/2-n+1)x^{4n}}{n!}$
$\frac{2x^3}{\sqrt{x^4+1}} = \frac{2x^3}{\sum\limits_{0}^{\infty} \frac{1/2(1/2-1)...(1/2-n+1)x^{4n}}{n!}} = $
$=\sum\limits_{0}^{\infty} \frac{2 n!}{1/2(1/2-1)...(1/2-n+1)x^{4n-3}}$
$ g'(x)=\sum\limits_{0}^{\infty}(\frac{2 n!}{1/2(1/2-1)...(1/2-n+1)x^{4n-3}})+2 x$
$ g(0) = \ln(1) = 0$
$ \int\limits_{}^{} 1/x^{4n-3} = \frac{x^{4-4n}}{4-4n}$
$ g(x) =\sum\limits_{0}^{\infty}(\frac{x^{4-4n} 2 n!}{1/2(1/2-1)...(1/2-n+1)(4-4n)})+x^2$
Так правильно?

[Otta]

zolotarev в сообщении #1020491 писал(а):

$\frac{2x^3}{\sqrt{x^4+1}} = \frac{2x^3}{\sum\limits_{0}^{\infty} \frac{1/2(1/2-1)...(1/2-n+1)x^{4n}}{n!}} = \sum\limits_{0}^{\infty} \frac{2 n!}{1/2(1/2-1)...(1/2-n+1)x^{4n-3}} $

Нет. Вот это просто ужасно. Деление на ряд - это страшное действие само по себе, а последнее равенство для двух слагаемых будет выглядеть так: $\frac{1}{2+2}=\frac 12+\frac 12$.

Не надо знаменатель в ряд раскладывать. Раскладывайте $\frac 1{\sqrt{x^4+1}}$.

[zolotarev]

Да, что-то я не подумал. Тогда так:
$ g(x) = \ln(x^2+\sqrt{1+x^4})$
$ g'(x)=\frac{2x^3}{\sqrt{x^4+1}}+2 x$
$(1+x^4)^{-1/2} = \sum\limits_{0}^{\infty} \frac{-1/2(-1/2-1)...(-1/2-n+1)x^{4n}}{n!}$
$ g'(x)= \sum\limits_{0}^{\infty} \frac{-1/2(-1/2-1)...(-1/2-n+1)x^{4n}}{n!}+2 x$
$ g(0) = \ln(1) = 0$
$ \int\limits_{}^{} x^{4n} = \frac{x^{4n+1}}{4n+1}$
$ g(x) = \sum\limits_{0}^{\infty} \frac{-1/2(-1/2-1)...(-1/2-n+1)x^{4n+1}}{n!(4n+1)}+x^2$

[Otta]

1) Мне что-то не нравится Ваша производная.
2) коэффициент в конечном ряде можно упростить до более приятной записи.

Идейно верно теперь, техника страдает.