Помогите решить 1411 из Демидовича

[Verbery]

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 :)

[TOTAL]

$$\left(\frac{1+x}{1-x}\right) - \left(\frac{1-x}{1+x}\right)$$

Эту разность кубов можете записать в виде произведения оцениваемой величины на что-то?

[mihiv]

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 $x$): $f(x)\approx 1+\frac 13p-(1-\frac 13s)=\frac 13(p+s)\approx \frac 43x$.

[Verbery]

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

[EUgeneUS]

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
Теперь воспользуйтесь условием, что $|x|$ - мало, то есть $|x| \ll 1$

[Verbery]

EUgeneUS
Всё, теперь понятно, получается исходный ответ в итоге. Спасибо!

[EUgeneUS]

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

[TOTAL]

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

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
$\frac{\frac{4x}{1 - x^2}}{\left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{2/3} + 1 + \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^{2/3}}$

[Verbery]

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

[EUgeneUS]

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 $f(x)$ ?



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.

[Verbery]

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

[EUgeneUS]

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.