Всё теже излюбленные РЯДЫ (Мать ИХ)

deshi · Сообщение **deshi** » 28 май 2007, 22:53

Блин поможите пож... Уже МОЗГ кипит .....

#1 $\sum_{n=2}^{\infty}{\frac {(x+1)^n} {n2^n\sqrt{2n+1}}}$

#2 $$sin^25x$$

#3

по степ. (x+2)

#4 $f(x)=ln(x-\sqrt{1+x^2})$

PS: ОЧ.... нужно !!!

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 28 май 2007, 23:03

deshi писал(а):Source of the post
Блин поможите пож... Уже МОЗГ кипит .....

#1 $\sum_{n=2}^{\infty}{\frac {(x+1)^n} {n2^n\sqrt{2n+1}}}$

#2

#3 по степ. (x+2)

#4 $f(x)=ln(x-\sqrt{1+x^2})$

PS: ОЧ.... нужно !!!

Что нужно сделать co 2, 3 и 4 заданиями? Разложить в ряд?
Если да, то
$$ 4x - 4x^2 = -4(x+2)^2 + 20(x+2) - 24. $$

deshi · Сообщение **deshi** » 28 май 2007, 23:13

№1 - найти сходимость функционального ряда

№2,4 - разложить функцию в ряд Тейлора при $$x_0=0$$

№3 - разложить функцию в ряд Тейлора по степеням

PS: Sorry ступил..... Голова уже совсем не варит

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 28 май 2007, 23:26

deshi писал(а):Source of the post
#1 $\sum_{n=2}^{\infty}{\frac {(x+1)^n} {n2^n\sqrt{2n+1}}}$

$\frac {1} {R}=\lim_{n\right \infty}{\sqrt[n]{\frac {1} {n2^n\sqrt{2n+1}}}}=\frac {1} {2}\lim_{n\right \infty}{\frac {1} {\sqrt[n]{n}\sqrt[2n]{2n+1}}}=\frac {1} {2}$
$$R=2$$

При

сходится абсолютно и равномерно, при $$|x+1|>2$$

Расходится

при х=1 и х=-3 ряд из модулей имеет вид

$\sum_{n=1}^{\infty}{\frac {1} {n\sqrt{2n+1}}}\sim\sum_{n=1}^{\infty}{\frac {1} {n^{\frac {3} {2}}\sqrt2}$ , следовательно при х=1 х=-3 ряд сходится абсолютно

Pavlukhin · Сообщение **Pavlukhin** » 28 май 2007, 23:33

$sin^25x=\frac{1}{2}(1-cos10x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}cos10x$

a косинус себе тэйлором....

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 28 май 2007, 23:49

deshi писал(а):Source of the post
#4 $f(x)=ln(x-\sqrt{1+x^2})$

Хм.. возможно я и ошибаюсь но вроде так
$ln(x-\sqrt{1+x^2})'=-\frac {1} {\sqrt{1+x^2}}=-(1+x^2)^{-\frac {1} {2}}$
$-(1+x^2)^{-\frac {1} {2}}=-(1+x^2)^{-\frac {1} {2}}=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac {(2n-1)!!} {(2n)!!}x^{2n}}$
Для получения исходного раздложения надо проинтегрировать полученный ряд
$\sum_{n=1}^{\infty}\int{{(-1)^n\frac {(2n-1)!!} {(2n)!!}x^{2n}}dx}=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac {(2n-1)!!x^{2n+1}} {(2n)!!(2n+1)}}$

bot · Сообщение **bot** » 14 июн 2007, 20:34

Исходная задача некорректна - автор вместо модуля поставил скобки и получилась функция, определённая на пустом множестве.

Если восстановить модуль (или что то же самое переставить слагаемые под логарифмом), то всё верно:

$ln(\sqrt{1+x^2}-x)=-ln(\sqrt{1+x^2}+x)= ... =\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac {(2n-1)!!x^{2n+1}} {(2n)!!(2n+1)}}$

и константа интегрирования действительно равна 0.

yourdomain.com