$%\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{2^n}{n!}(\frac{1}{1+\sqrt{y}})^{(n)}|_{y=x}=\frac{1}{3}$%

Тут проблема доказать что ряд для $%\frac{1}{1+\sqrt{2y}}$% сходится к функции.

задан 3 Июл 14:25

изменен 3 Июл 14:27

Пока не ясна суть проблемы. Есть "хорошая" функция, для которой имеет место разложение в ряд Тейлора. Оно имеет место при y > 0, если я правильно понимаю. А других значений y не принимает.

(3 Июл 14:42) falcao

Проблема в том что надо доказать равенство $%\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}(\frac{1}{1+\sqrt{y}})^{(n)}|_{y=x}(z-x)^n=\frac{1}{1+\sqrt{z}}$% для всех $%x$% при которых ряд вообще сходится и $%z=x+2$%.

Чтобы потом решить уравнение $%\frac{1}{1+\sqrt{x+2}}=\frac{1}{3}$%

Отмечу что при достаточно малых x ряд $%\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{2^n}{n!}(\frac{1}{1+\sqrt{y}})^{(n)}|_{y=x}$% вроде как расходится

(3 Июл 17:28) abc
1

@abc: чем не годится следующее рассуждение? Берём функцию 1/(1+sqrt(2y)). Её n-е производные отличаются от n-x производных функции 1/(1+sqrt(y)) умножением на 2^n (после замены y:=2y). Получаем разложение в ряд Тейлора, которое здесь написано. Потом приравниваем к 1/3.

(3 Июл 18:57) falcao

Только у функции $%\frac{1}{1+\sqrt{2y}}$% вроде не существует разложения в ряд Тейлора (так как там дробные степени, а в ряде Тейлора целые) поэтому верность формулы Тейлора(там где n-ые производные) для $%\frac{1}{1+\sqrt{2y}}$% под вопросом.

Кроме того там придется еще найти область сходимости ряда к функции. К примеру решим тем же методом уравнение $%\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{2^n}{n!}(\frac{1}{1+\sqrt{y}})^{(n)}|_{y=x}=\frac{1}{1+\sqrt{3}}$% Здесь уже не работает сведение к уравнению $%\frac{1}{1+\sqrt{2y}}=\frac{1}{1+\sqrt{3}}$% Решений не существует

(3 Июл 20:43) abc
1

@abc: я исходил из того, что в условии дано не какое попало выражение, а сумма вида sum D^nf(x)/n!, то есть ряд Тейлора. Значит, этим имеет смысл как-то воспользоваться, чтобы не считать всё "в лоб". Может быть, надо раскладывать в окрестности другой точки? Область сходимости всегда можно учесть "явочным порядком".

(3 Июл 20:54) falcao

Хотя я может быть заглючил. Возможно там равносильность если уравнение имеет решение то и ряд сходится и наоборот.

(3 Июл 21:00) abc
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
Знаете, кто может ответить? Поделитесь вопросом в Twitter или ВКонтакте.

Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,015
×605

задан
3 Июл 14:25

показан
70 раз

обновлен
3 Июл 21:01

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru