2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение05.10.2024, 17:43 
Аватара пользователя


20/02/12
161
Добрался снова до компьютера.

mihiv в сообщении #1656344 писал(а):
Рассмотрим,например, член ряда порядка $x^3$.
Вклад от $p$ в первой степени находим так: $p=\frac {2x}{1-x}=2x(1+x+x^2+\dots )$Следовательно вклад от $p$ равен $2x^3$.(Это еще нужно умножить на коэффициент $\frac 13$перед $p$ в ряду Тейлора)
Аналогично находим вклад порядка $x^3$от $p^2:p^2=4x^2\frac 1{(1-x)^2}=4x^2\left (\frac 1{1-x})'=4x^2(1+2x+\dots ).$Следовательно, вклад порядка $x^3$ равен $8x^3$
Будет еще вклад от $p^3$, а остальные слагаемые в разложении по $p$ вклада не дают, т.к. они порядка $o(x^3)$.
Кстати, в разложении в ряд по $p$ и $s$ у вас ошибка. Должно быть $1+\frac 13p-\frac 19p^2+\dots, 1-\frac 13s-\frac 19s^2$
А в общем получается довольно громоздко, если нужны степени $x$ выше первой.


Прошу прощения, но я что-то не могу понять главную идею. Вы разлагаете в биномиальный ряд функцию $(1+p)^{1/3} - (1 - s)^{1/3}$ и $p(x)$ и $s(x)$, затем в полученной сумме высчитываете коэффициенты при нечётных степенях $x$, а что потом? Что делать с чётными степенями? Как в итоге у нас должно получиться $f(x) = 4/3x$

Мне метод показался намного более запутанным, чем замена $(1 + x)^\alpha \sim (1 + \alpha x)$, которую предложил EUgeneUS. Хотя, возможно, конечно это из-за моей низкой квалификации в алгебраических преобразованиях :)

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение05.10.2024, 17:54 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5487
Нов-ск
$$\left(\frac{1+x}{1-x}\right) - \left(\frac{1-x}{1+x}\right)$$Эту разность кубов можете записать в виде произведения оцениваемой величины на что-то?

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение05.10.2024, 22:35 
Заслуженный участник


03/01/09
1700
москва
Идея была в том, что в некоторых случаях для разложения функции в ряд Тейлора можно обойтись без вычисления производных. Простой пример, пусть мы знаем ряд Т. функции:$e^y=1+y+\frac {y^{2}}2+\dots \eqno (1)$, а нам нужен ряд Т. функции $e^{-x^2}$.Мы можем сразу записать ряд Т. этой функции,заменив в $(1)y\text {на}(-x^2):e^{-x^2}=1-x^2+\frac {x^4}2+\dots 

$
Verbery в сообщении #1657528 писал(а):
Что делать с чётными степенями?

Коэффициенты при четных степенях $x$ заведомо равны 0, потому что разлагаемая функция -нечетная функция $x$.
Verbery в сообщении #1657528 писал(а):
Как в итоге у нас должно получиться $f(x) = 4/3x$

Вклад в слагаемое порядка $x$ дают только слагаемые порядка $p,s$,поэтому можем записать(с точностью до членов 1-ого порядка по $x$): $f(x)\approx 1+\frac 13p-(1-\frac 13s)=\frac 13(p+s)\approx \frac 43x$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение07.10.2024, 18:11 
Аватара пользователя


20/02/12
161
mihiv

Да, спасибо! Теперь идея понятна. Не сразу осознал, что чётные степени должны сами по себе обнуляться

TOTAL в сообщении #1657529 писал(а):
$$\left(\frac{1+x}{1-x}\right) - \left(\frac{1-x}{1+x}\right)$$Эту разность кубов можете записать в виде произведения оцениваемой величины на что-то?


Я попробовал обозначить за $a$ первую дробь под корнем, за $b$ вторую дробь под корнем. Тогда:
$$a - b = (a^{1/3} - b^{1/3})(a^{2/3} + (ab)^{1/3} + b^{2/3})$$
из этого следует
$$a^{1/3} - b^{1/3} = (a - b) / (a^{2/3} + (ab)^{1/3} + b^{2/3})$$
Где выражение $a^{1/3} - b^{1/3}$ есть наше исходное выражение. Но всё выразив в итоге у меня получился неудовлетворительный ответ: $\frac{\frac{4x}{1 - x^2}}{\left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{2/3} + 1 + \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^{2/3}}$. Может что-то там конечно можно выразить ещё конечно

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение07.10.2024, 18:25 
Аватара пользователя


11/12/16
13812
уездный город Н
Verbery в сообщении #1657781 писал(а):
Но всё выразив в итоге у меня получился неудовлетворительный ответ: $\frac{\frac{4x}{1 - x^2}}{\left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{2/3} + 1 + \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^{2/3}}$.


Он неудовлетворительный, потому что не доделанный :wink:
Теперь воспользуйтесь условием, что $|x|$ - мало, то есть $|x| \ll 1$

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение07.10.2024, 18:28 
Аватара пользователя


20/02/12
161
EUgeneUS
Всё, теперь понятно, получается исходный ответ в итоге. Спасибо!

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение07.10.2024, 19:07 
Аватара пользователя


11/12/16
13812
уездный город Н
Verbery в сообщении #1657786 писал(а):
Всё, теперь понятно, получается исходный ответ в итоге. Спасибо!


Выше писал об этом, но обращу Ваше внимание ещё раз.
Задача из темы "Разложение функций в ряд Тейлора".
А тут ответ получает без разложения в ряд Тейлора и даже без взятия первой производной.
Так что такое решение (не смотря ни всю его красоту) может быть не зачтено, так-то :wink:

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение08.10.2024, 13:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5487
Нов-ск
EUgeneUS в сообщении #1657796 писал(а):
А тут ответ получает без разложения в ряд Тейлора и даже без взятия первой производной.
Так что такое решение (не смотря ни всю его красоту) может быть не зачтено, так-то :wink:

Если будут обвинять, что не разлагали в ряд Тейлора, отвечайте, что ещё как разлагали, что много раз разлагали, ведь каждое вхождение $x$ в ответе заменено его разложением в ряд Тейлора
$\frac{\frac{4x}{1 - x^2}}{\left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{2/3} + 1 + \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^{2/3}}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение08.10.2024, 13:52 
Аватара пользователя


20/02/12
161
TOTAL в сообщении #1657909 писал(а):
Если будут обвинять, что не разлагали в ряд Тейлора, отвечайте, что ещё как разлагали, что много раз разлагали, ведь каждое вхождение $x$ в ответе заменено его разложением в ряд Тейлора
$\frac{\frac{4x}{1 - x^2}}{\left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{2/3} + 1 + \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^{2/3}}$


Кстати, да, как раз хотел про это спросить и вы уже ответили

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение10.10.2024, 07:22 
Аватара пользователя


11/12/16
13812
уездный город Н
TOTAL в сообщении #1657909 писал(а):
Если будут обвинять, что не разлагали в ряд Тейлора, отвечайте, что ещё как разлагали, что много раз разлагали, ведь каждое вхождение $x$ в ответе заменено его разложением в ряд Тейлора

И для Verbery

Тогда такой вопрос на засыпку.
Пусть у нас есть функция $f(x) = f(g_1(x), g_2(x), ... g_n(x))$
Откуда Вы взяли что, если подставить вместо $g_1(x), g_2(x), ... g_n(x)$ их разложения в ряд Тейлора до линейного члена, то получите верный коэффициент при линейном члене для $f(x)$ ?

:wink:

Аналогичный вопрос в случае применения "волшебной формулы" выше решается тривиально: вместо волшебной формулы нужно использовать честное разложение в ряд Тейлора до линейного члена с остатком в форме Пеано. А после всех выкладок воспользоваться свойствами $o(x)$.
А тут придётся повозиться.

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение12.10.2024, 14:21 
Аватара пользователя


20/02/12
161
EUgeneUS в сообщении #1658111 писал(а):
Тогда такой вопрос на засыпку.
Пусть у нас есть функция $f(x) = f(g_1(x), g_2(x), ... g_n(x))$
Откуда Вы взяли что, если подставить вместо $g_1(x), g_2(x), ... g_n(x)$ их разложения в ряд Тейлора до линейного члена, то получите верный коэффициент при линейном члене для $f(x)$ ?

Потому что в нашем случае $g_i(x) \to 0$ (т.е. очень мало) при $x \to 0$ (а это дано по условию). Отсюда следует, что $f(g_1(x), g_2(x),...)$ можно раскладывать в ряд Тейлора в окрестности нуля вдоль этих функций в аргументе

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите решить 1411 из Демидовича
Сообщение13.10.2024, 13:15 
Аватара пользователя


11/12/16
13812
уездный город Н
Verbery
Судя по ответу, Вы не поняли в чем вопрос.
Можно раскладывать функцию в ряд Тейлора или нельзя - это совершенно другой вопрос.

А вопрос заключался вот в чем: на основании чего Вы уверены, что Ваши манипуляции с кубами приведут к верному коэффициенту при линейном члене в разложении в ряд Тейлора?

На примере "волшебной" формулы".
Запишем точное равенство с записью остатка ряда Тейлора в форме Пеано: $(1+x)^\alpha = 1+\alpha x + o(x)$

Вот и применяем её к исходному выражению:

$$(\frac{1+x}{1-x})^{1/3} - (\frac{1-x}{1+x})^{1/3} = (1+1/3 x + o(x))(1+1/3 x + o(x)) - (1-1/3 x + o(x))(1-1/3 x+o(x))$$

Далее, раскроем скобки и воспользуемся свойствами $o(x)$:
$$C \cdot o(x) = o(x)$$
$$ (o(x))^2 = o(x)$$
$$x \cdot o(x) = o(x)$$
$$o(x) \pm o(x) = o(x)$$

И получим точное равенство:
$$(\frac{1+x}{1-x})^{1/3} - (\frac{1-x}{1+x})^{1/3} = (4/3)x + o(x)$$

Из которого следует, что коэффициент при линейном члене указан верно.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 27 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group