Помогите решить 1411 из Демидовича

[Verbery]

Здравствуйте! Не могу одолеть задачу 1411 б) из Демидовича, может кто-нибдуь помочь? Вот такая формулировка:

Считая $| x |$ малой величиной, вывести простые приближенные формулы для следующих выражений:

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

Тут тема разложения функций в ряд Тейлора, поэтому я попробовал вначале это преобразовать до дроби и потом загнать под логарифм. Далее попытался разложить в ряд Телора, но под логарифмами функция не определена, если $x<0$, то есть видимо какой-то другой метод нужен. Вот так это выглядит:

Тут я в 3-ей строке разложил в ряд Тейлора последнее слагаемое, в последней разложил в ряд Тейлора выражения под логарифмами. В иоге видно, что у первого логарифма выражение отрицательное при $x<0$, у второго логарифма вообще всегда отрицательное...

Как сделать правильно?

[TOTAL]

Что такое простая формула для этого выражения?
Например, подойдёт $4x/3$?

[dgwuqtj]

При чём тут логарифмы, если все алгебраические функции и так можно раскладывать в ряд?

[Утундрий]

Разность кубов просматривается.

[Markiyan Hirnyk]

$\frac{4 x}{3}+\frac{44 x^3}{81}+\frac{268 x^5}{729}+O\left(x^6\right)$

[mihiv]

Функция нечетная, поэтому разложение в ряд должно содержать лишь нечетные степени $x$.
Ее можно представить в виде:

$$f(x)=(1+p)^{\frac 13}-(1-s)^{\frac 13}\eqno (1), p=\frac {2x}{1-x},s=\frac {2x}{1+x}$$

$x$ предполагается малым, поэтому $p,s$ тоже малы. Разлагаем слагаемые в (1) в биномиальные ряды по $p,s$. Дальше нужно понять, от каких степеней $p,s$ возникают слагаемые порядка $x,x^3$ и т.д.

[EUgeneUS]

Есть простая волшебная формула, которая основывается как раз на ряде Тейлора:

Если $|x| \ll 1$, то $(1+x)^\alpha \approx 1+\alpha x$.
С записью остатка: $(1+x)^\alpha = 1+\alpha x + o(x)$

Вот и применяем её к исходному выражению:

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

Раскрываем скобки, вычеркиваем слагаемые с порядком малости больше единицы и получаем ответ.

Ежели нужно получить члены с бОльшим порядком малости, то да, надо в честный ряд Тейлора раскладывать до нужной степени.

-- 22.09.2024, 15:58 --

TOTAL в сообщении #1655477 писал(а):

Что такое простая формула для этого выражения?

ТС переписал задание дословно.
ИМХО, подойдёт самая простая формула.

TOTAL в сообщении #1655477 писал(а):

Например, подойдёт $4x/3$?

Именно такой ответ и ожидается.

[Verbery]

mihiv в сообщении #1655495 писал(а):

Функция нечетная, поэтому разложение в ряд должно содержать лишь нечетные степени $x$.
Ее можно представить в виде:

$$f(x)=(1+p)^{\frac 13}-(1-s)^{\frac 13}\eqno (1), p=\frac {2x}{1-x},s=\frac {2x}{1+x}$$

$x$ предполагается малым, поэтому $p,s$ тоже малы. Разлагаем слагаемые в (1) в биномиальные ряды по $p,s$. Дальше нужно понять, от каких степеней $p,s$ возникают слагаемые порядка $x,x^3$ и т.д.

Извините, но не понял вашего способа. Я попытался что-то сделать, получилось так:
1. Разложил в ряд Тейлора 2 слагаемых: $(1+p)^{\frac 13}-(1-s)^{\frac 13}$, получил:

$$(1 + \frac{1}{3}p - \frac{2^2}{3^2} p^2 + \frac{10}{3^3 \cdot 3!}p^3 + ...) - (1 + \frac{1}{3}s - \frac{2^2}{3^2} s^2 + \frac{10}{3^3 \cdot 3!}s^3 + ...) = \frac{1}{3} (p - s) - \frac{2^2}{3^2}(p^2 - s^2) + \frac{10}{3^2 \cdot 3!} (p^3 - s^3) ...$$

2. В нашем ряду должны оставаться только слагаемые с нечётными степенями, а остальные обнуляться, такое возможно только при $p = a, s = -a$ или $p = -a, s = a$, где $a \in \mathbb{R}$
3. Воспользовавшись п.2 и : $a = p = \frac {2x}{1-x}$ и $-a = s = \frac {2x}{1+x}$ можно составить уравнение: $0 = \frac {2x}{1-x} + \frac {2x}{1+x}$
4. Вследствии п.3 получаем такое уравнение $\frac{4x}{(1 - x^2)} = 0$, но оно нам только говорит о том, что $x$ должен быть равен 0, чтобы наше разложение было корректным, а нас это явно не устраивает, мы же хотим выбирать произвольный $x$, я неправильно понял метод?

EUgeneUS в сообщении #1655570 писал(а):

Вот и применяем её к исходному выражению:

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

Извините, но тоже не понял как у вас получилось это уравнение? Я сделал подстановку в числителе и в знаменателе: $\frac{1+1/3 x}{1-1/3x} - \frac{1- 1/3 x}{1+ 1/3 x} \approx (1+1/3 x)(1+1/3 x) - (1-1/3 x)(1-1/3 x)$, но к правильному ответу эта подстановка не приводит...

[EUgeneUS]

Verbery в сообщении #1656278 писал(а):

Извините, но тоже не понял как у вас получилось это уравнение?

Не очень понимаю, в чём ваше затруднение. Может быть в этом:

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

[Утундрий]

Последнее "равенство" симптоматично.

[EUgeneUS]

Утундрий

(Оффтоп)

Бггг. ОК, поправил.
Всё никак не могу привыкнуть, что Латех пробелы удаляет, включая нужные пробелы.

[Verbery]

EUgeneUS в сообщении #1656299 писал(а):

Не очень понимаю, в чём ваше затруднение. Может быть в этом:

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

Ох ты ж Спасибо

[Утундрий]

Verbery
Про разность кубов подумайте.

[EUgeneUS]

Утундрий в сообщении #1656331 писал(а):

Про разность кубов подумайте.

Через разность кубов у меня получилось прийти к ответу вообще без дифференцирования.
Но задача из темы "ряд Тейлора"

[mihiv]

mihiv в сообщении #1655495 писал(а):

Дальше нужно понять, от каких степеней $p,s$ возникают слагаемые порядка $x,x^3$ и т.д.

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.