помогите решить задачку

mikenirvana

задача №2 из математического тривиума арнольда
http://theory.asu.ru/~raikin/HN/arnold/arnold4.html
а то что то правилом Лопиталя и разложением в ряд Тейлора не получается

seregaohota

Значит не досчитываешь до победного, разница при x^7 начинается. Если подумать, то есть методы сократить работу очевидно

> series(tan(xx,8); series(sin(xx,8); series(sin(tan(xx,8); series(tan(sin(xx,8);
3 5 17 7 9
x + 1/3 x + 2/15 x + --- x + O(x )
315
3 5 7 9
x - 1/6 x + 1/120 x - 1/5040 x + O(x )
3 5 55 7 9
x + 1/6 x - 1/40 x - ---- x + O(x )
1008
3 5 107 7 9
x + 1/6 x - 1/40 x - ---- x + O(x )
5040
> series(arctan(xx,8); series(arcsin(xx,8); series(arcsin(arctan(xx,8); series(arctan(arcsin(xx,8);
3 5 7 8
x - 1/3 x + 1/5 x - 1/7 x + O(x )
3 5 7 8
x + 1/6 x + 3/40 x + 5/112 x + O(x )
3 13 5 341 7 8
x - 1/6 x + --- x - ---- x + O(x )
120 5040
3 13 5 173 7 8
x - 1/6 x + --- x - ---- x + O(x )
120 5040
>

griz_a

Чего-то все равно муторно получается считать :( Я вроде поворочал синусами, привел все к виду попроще, но очень много членов один пень
Видимо, как-нибудь более хитро можно сократить вычисления.

roza200611

ты просто в ряды раскладываешь? а там вроде чтото еще в правиле лопиталя было(про производные)

Hana7725

Можно рядами, можно по Лопиталю, если охота пятиэтажные дроби упрощать. Может, будет попроще, если не сразу полностью в ряды раскладывать, а только внешние функции, скажем, sin(tg(x=tg(x)-tg^3(x)/6+... А потом брать столько слагаемых, сколько нужно. Неплохо еще заранеее знать разложение в ряд Маклорена арксинуса и арктангенса. Тангенс тоже выражается вроде через числа Бернулли или Эйлера.
Похожая задача в Демидовиче есть, только в знаменателе x^7.
ЗЫ Посчитал я тут на компьютере, если f,g -нечетные гладкие функции и коэффициент при первой степени x у них равен единице, то, если составить аналогичное выражение, числитель и знаменатель будут O(x^7 а предел всегда равен 1. Так что, может, есть более простой способ это доказать.

griz_a

Пусть f,g - гладкие нечетные, f'(0)=g'(0)=1
Тогда т.к. [math]$f(x)=x+\frac{1}{3!}f'''(0)x^3+\frac{1}{3!}f^{(5)} x^5+O(x^7) $[/math]
[math]$$(f(g(x-g(f(x'=f'(g(xg'(x)-g'(f(xf'(x)=(f'(g(x-f'(xg'(x)-(g'(f(x-g'(xf'(x)=A(x)-B(x)$$  $$f'(g(x=f'(x)+f''(xg(x)-x)+\frac{1}{2}f'''(xg(x)-x)^2+O(x^7)$$  $$g'(f(x=g'(x)+g''(xf(x)-x)+\frac{1}{2}g'''(xf(x)-x)^2+O(x^7)$$  $$g'(x)=1+\frac{1}{2}g'''(0)x^2+O(x^4)$$  $$f'(x)=1+\frac{1}{2}f'''(0)x^2+O(x^4)$$  $$A(x)=(1+\frac{1}{2}g'''(0)x^2+O(x^4f''(xg(x)-x)+\frac{1}{2}f'''(xg(x)-x)^2+O(x^7=O(x^7)+(1+\frac{1}{2}g'''(0)x^2\frac{1}{3!}g'''(0)x^3+\frac{1}{5!}g^{(50)}x^5f'''(0)x+\frac{1}{3!}f^{(5)}(0)x^3+\frac{1}{2}f'''(0)\frac{1}{3!}g'''(0)x^3)= $$ $$O(x^7)+\frac{1}{3!}g'''(0)x^3(f'''(0)x+\frac{1}{3!}f^{(5)}(0)x^3+\frac{1}{2}f'''(0)\frac{1}{3!}g'''(0)x^3)+\frac{1}{5!}g^{(5)}(0)x^5f'''(0)x+\frac{1}{4}g'''(0)x^2\frac{1}{3!}g'''(0)x^3f'''(0)x$$[/math]
Т.к. A и B отличаются перестановкой f и g, то слагаемое с x^4 уничтожится и останется
[math]$x^6C + O(x^7)$[/math], где C - некоторая функция от третьих и пятых производных в 0 f и g.
Заметим, что для обратных функций верно все то же самое, только тут C будет такой же функцией от производных в 0 обратных функций. Если посчитать эти производные по-честному (в общем виде чуть хитрее, для арксинуса и арктангенса совсем просто то увидим, что они будут равны производным прямых функций, что и влечет равенство предела 1.

vovatroff

а то что то правилом Лопиталя и разложением в ряд Тейлора не получается
Я видел эту задачку в одной брошюрке Арнольда, где он как раз
приводил ее как пример задачи, с которой современные студенты, даже
успешно владеющие средствами мат. анализа, не в состоянии быстро
справиться. И не потому что они тормоза, а потому, что мыслят стандартно.
Между тем у нее есть изящное геометрическое решение, которое Арнольд там же
в брошюрке привел, но деталей которого я, к сожалению, не помню. :crazy:
Попробуйте сообразить кто-нибудь. :)

afony

Альтернативный вариант решения без подсчета производных:
Заметим, что для любых бесконечно малых при [math]$x\to 0$[/math] функций [math]$\alpha(x)$ [/math] и [math]$\beta(x)$ [/math] имеем [math]$$\sin(\alpha(x-\sin(\beta(x=2\sin\left({\alpha(x)-\beta(x)\over 2}\right)\cdot \cos\left({\alpha(x)+\beta(x)\over 2}\right)\sim \alpha(x)-\beta(x)$$ [/math] и [math]$$\tg(\alpha(x-\tg(\beta(x=\tg(\alpha(x)-\beta(x\cdot(1+\tg(\alpha(x\tg(\beta(x\sim \alpha(x)-\beta(x)$$[/math] (здесь эквивалентность функций означает, что предел их отношения при [math]$x\to 0$[/math] равен 1). Тогда [math]$$\sin\tg x - \tg\sin x \sim \arctg\sin\tg x - \sin x \sim   \arcsin\arctg\sin\tg x - x$$[/math]. То есть [math]$${\sin\tg x - \tg\sin x\over \arcsin\arctg x - \arctg \arcsin x}  \sim {\arcsin\arctg y - \arctg\arcsin y \over \arcsin\arctg x - \arctg \arcsin x}$$[/math], где [math]$y=\sin\tg x$ [/math]. Так как при некоторых [math]$C$[/math] и [math]$n$[/math] имеем [math]$\arcsin\arctg x - \arctg \arcsin x\sim Cx^n$[/math], а [math]$y\sim x$ [/math], то [math]$${\arcsin\arctg y - \arctg\arcsin y \over \arcsin\arctg x - \arctg \arcsin x}\sim {Cy^n\over Cx^n}\sim 1$$[/math]. Значит предел равен 1.

mikenirvana

ребят, спасибо всем
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: