Доказать асимптотическую формулу

[krupen]

А разве не так при $\lambda\to\infty$?
или следует взять $x = O(\lambda)$?
Но тут ведь тоже будет $x = 2\ln(\lambda) + O()$

[Sonic86]

B@R5uk в сообщении #1084934 писал(а):

krupen в сообщении #1084930 писал(а):

$x = O(\ln(\lambda^2))$

Это вы плохо сделали. Если собрались искать второй член, то первый надо точно выписать, а не по порядку величины.

Да пофигу. Он же уже нашел оттуда:

krupen в сообщении #1084930 писал(а):

$x = ln(\lambda^2 + ln(O\frac{(ln^2(\lambda^2))}{\lambda^2} + 1)) = 2ln(\lambda) + O\frac{(ln^2(\lambda^2))}{\lambda^2}$

Можно начинать хоть с $x=O(e^{e^{\lambda^e}})$

krupen в сообщении #1084930 писал(а):

Первый член:
...
Второй член:
...

Вы здесь делаете одно и то же действие (разложение логарифма в ряд) 2 раза. Не тратьте зря силы.
Вам уже советовали сделать сразу такое:

Евгений Машеров в сообщении #1082529 писал(а):

$x=\ln(x^2+\lambda^2)=2\ln\lambda+\ln(1+x^2/\lambda^2)=2\ln\lambda+\frac {x^2}{\lambda^2}-\frac {x^4}{2\lambda^4}+\frac {x^6}{3\lambda^6}-\frac {x^8}{4\lambda^8}+\dots$

Вот сюда поставьте 1-е приближение.

Или еще проще:

krupen в сообщении #1084930 писал(а):

krupen в сообщении #1084930 писал(а):

$x = ... = 2\ln(\lambda) + \ln(\frac{4ln^2(\lambda)}{\lambda^2} + \frac{4\ln(\lambda)}{\lambda^2}\cdot O\frac{(\ln^2(\lambda^2))}{\lambda^2} + O\frac{(\ln^2(\lambda^2))}{\lambda^6} + 1)$

Я знаю, что второй член должен получиться $\frac{4ln^2(\lambda)}{\lambda^2}$, но как его вытащить из скобок, не могу понять

У Вас в конце стоит $\ln (\text{бесконечно-малая}+1)$. Примените формулу $\ln (1+t)=t+O(t^2)$, потом $O$ склейте в одну и все.

Вот это вот: $\frac{4\ln(\lambda)}{\lambda^2}\cdot O\frac{(\ln^2(\lambda^2))}{\lambda^2}$ упростите сначала, преобразуйте в выражение вида $O(f(\lambda))$. Вы почти решили.

[krupen]

Ну если делать таким способом,

Евгений Машеров в сообщении #1082529 писал(а):

Может, так?
$x=\ln(x^2+\lambda^2)=2\ln\lambda+\ln(1+x^2/\lambda^2)=2\ln\lambda+\frac {x^2}{\lambda^2}-\frac {x^4}{2\lambda^4}+\frac {x^6}{3\lambda^6}-\frac {x^8}{4\lambda^8}+\dots$

то получается значительно проще. Но если я, конечно, все делаю правильно, но получается же $x = 2\ln(\lambda) + \frac{4\ln^2(\lambda)}{\lambda^2} - \frac{8\ln^4(\lambda)}{\lambda^4} + O(\frac{1}{\lambda^5})$

Но судя по всему опять не то, потому что в ответе $x = 2\ln(\lambda) + \frac{4\ln^2(\lambda)}{\lambda^2} - \frac{8\ln^4(\lambda) - 16\ln^2(\lambda)}{\lambda^4} + O(\frac{1}{\lambda^5})$

[Евгений Машеров]

А подставить следующее приближение?
$x = 2\ln(\lambda) + \frac{4\ln^2(\lambda)}{\lambda^2} + O(\frac{1}{\lambda^3})$

[krupen]

Т.е. сначала подставляем $x = 2\ln(\lambda)$ в $x=2\ln\lambda+\frac {x^2}{\lambda^2}-\frac {x^4}{2\lambda^4}+\frac {x^6}{3\lambda^6}-\frac {x^8}{4\lambda^8}+\dots$ и получаем $x = 2\ln(\lambda) + \frac{4\ln^2(\lambda)}{\lambda^2} + O(\frac{1}{\lambda^3})$ и это опять подставляем туда же, что и первый член?

[Sonic86]

krupen в сообщении #1084971 писал(а):

Т.е. сначала подставляем $x = 2\ln(\lambda)$ в $x=2\ln\lambda+\frac {x^2}{\lambda^2}-\frac {x^4}{2\lambda^4}+\frac {x^6}{3\lambda^6}-\frac {x^8}{4\lambda^8}+\dots$ и получаем $x = 2\ln(\lambda) + \frac{4\ln^2(\lambda)}{\lambda^2} + O(\frac{1}{\lambda^3})$ и это опять подставляем туда же, что и первый член?

Да, именно так. В этом и состоит прикол метода.
У Вас в правую часть $x$ входит поделенный как минимум на $\lambda^2$, потому при каждой подстановке точность будет увеличиваться на $\lambda^2$.

[krupen]

а если подставляя $x = 2\ln(\lambda) + \frac{4\ln^2(\lambda)}{\lambda^2} + O(\frac{1}{\lambda^3})$ в $x=2\ln\lambda+\frac {x^2}{\lambda^2}-\frac {x^4}{2\lambda^4}+\frac {x^6}{3\lambda^6}-\frac {x^8}{4\lambda^8}+\dots$ получаются какие-то нереальные степени у логарифма это норм? Просто помимо 3-его члена еще куча всего есть и куда это деть?

[Sonic86]

krupen в сообщении #1085023 писал(а):

а если подставляя $x = 2\ln(\lambda) + \frac{4\ln^2(\lambda)}{\lambda^2} + O(\frac{1}{\lambda^3})$ в $x=2\ln\lambda+\frac {x^2}{\lambda^2}-\frac {x^4}{2\lambda^4}+\frac {x^6}{3\lambda^6}-\frac {x^8}{4\lambda^8}+\dots$ получаются какие-то нереальные степени у логарифма это норм?

Нереальные - это какие? Видите ли, я задачу не решал (и вряд ли ее здесь кроме Вас кто-то полностью решал). Напишите. пожалуйста.
По-видимому, асимптотическое разложение будет иметь примерно такой вид:

$$x=2\ln \lambda + \sum\limits_{k=1}^{m}\dfrac{P_{2k}(\ln \lambda)}{\lambda^{2k}}+O\left(\dfrac{\ln^{2m} \lambda}{\lambda^{2m}}\right)$$

, где $P_{2k}$ - это какие-то многочлены степени $2k$.

krupen в сообщении #1085023 писал(а):

Просто помимо 3-его члена еще куча всего есть и куда это деть?

да как бы не должно ничего страшного быть - максимум 3-4 слагаемых вида $c\dfrac{\ln^r\lambda}{\lambda^4},r=0,...,4$.