Разложить в ряд Тейлора

[Ketsyki]

Используя f'(x) разложение, разложить f в степенной ряд по степеням x

$f=\arccos (1-4x^{10})$

$f'(x) = \frac{40x^9}{\sqrt{8x^{10}-16x^{20}}} = \frac{10x^4}{\sqrt{0.5 - x^{10}}}$ Тут надо рассмотреть еще один случай при $x<0$?

$=\frac{10\sqrt{2}x^4}{\sqrt{1-2x^{10}}} = 10\sqrt{2}x^4 (1+(-2x^{10}))^{-\frac{1}{2}}$

$|-2x^{10}|<1$

$ (1+(-2x^{10}))^{-\frac{1}{2}} = 1+ \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{n!}x^{10n} $

$ f'(x) = 10\sqrt{2}x^4 + 10\sqrt{2} \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{n!}x^{10n+4} $

$ \int\limits_0^x f'(t) dt = 10\sqrt{2}(\int_0^xt^4dt + \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{n!}\int\limits_0^xt^{10n+4}) = 2\sqrt{2}x^5 + 10\sqrt{2} \sum\limits_{n=1}^\infty (\frac{(2n-1)!!}{n!}\frac{x^{10n+5}}{10n+5}) $

$|-2x^{10}|<1$

$|2x^{10}|<1$

$-0.5^{\frac{1}{10}}<x<0.5^{\frac{1}{10}}$

При в граничных точках ряд сходится абсолютно по признаку Раабе (не стал писать решение, т.к. оно простое, а писать много).

[ИСН]

Зачем Вы хотите рассматривать случай $x<0$ и чем он отличается от $x>0$?

[Ketsyki]

В принципе, отличаться ничем не будут. Только надо будет рассматривать 2 ряда, и все равно все сведется к моему решению.

А вот еще такой вопрос:

Если я захочу посчитать сумму в граничных точках, например в точке $x=-(\frac{1}{2})^{\frac{1}{10}}$

Подставляю $x$ в получившийся ряд. Получаю:

$ -2-2\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{n!} \frac{1}{2^n(2n+1)} $

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{n!} \frac{1}{2^n(2n+1)}$ очень напоминает $\arcsin (1)$

Если записать

$1+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{n!} \frac{1}{2^n(2n+1)}$ и проверить, то это действительно $\arcsin (1)$.

Т.е. получаем:

$ -2-2(\arcsin(1) -1) = -2-\pi+2 = -\pi $

Тут все правильно я сосчитал?

[ИСН]

Ketsyki в сообщении #660075 писал(а):

Только надо будет рассматривать 2 ряда

Какие два ряда, я так и не понял?

Ketsyki в сообщении #660075 писал(а):

Если я захочу посчитать сумму в граничных точках

Можно так. Можно было тупо обосновать, что ряд для арксинуса (арккосинуса, whatever) сходится к самой функции везде, где она существует, даже и на границе, а значит...

[bot]

ИСН в сообщении #660068 писал(а):

Зачем Вы хотите рассматривать случай $x<0$

Дык для x<0 формула для производной будет другая.

Ketsyki в сообщении #660075 писал(а):

Тут все правильно я сосчитал?

При интегрировании ещё константа должна возникнуть - что-то я её в разложении не вижу. Остальное не проверял - надеюсь степенной ряд почленно проинтегрировать сами сможете.

[ИСН]

bot в сообщении #660082 писал(а):

Дык для x<0 формула для производной будет другая.

[ewert]

bot в сообщении #660082 писал(а):

Дык для x<0 формула для производной будет другая.

Это правда -- формально. Однако поскольку функция чётная -- достаточно получить результат для положительных иксов, а потом просто в окончательное выражение понатыкать модулей.

bot в сообщении #660082 писал(а):

При интегрировании ещё константа должна возникнуть - что-то я её в разложении не вижу.

Она там есть. Просто она, очевидно, нулевая.

[bot]

ewert в сообщении #660086 писал(а):

Просто она, очевидно, нулевая.

А ну-да - ступил, $\pi$ показалась.