Series de potencias de$\ln(x+\sqrt{1+x^2})$ sin Taylor

Question

La respuesta es $$x-\frac{ 1}{2}\frac{ x^3}{3}+\frac{ 1\cdot 3}{2\cdot 4}\frac{ x^5}{5}-\frac{ 1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}\frac{ x^7}{7}+\cdots$$, Pero no veo cómo. Desafortunadamente, el "cómo" no se puede estar usando la fórmula de Taylor, porque eso no se introdujo hasta la siguiente sección. (Simmons Cálculo)

La sugerencia dado con el problema es la integración de otra serie. Esta serie debe ser $$1-\frac{ 1}{2} x^2+\frac{ 1\cdot 3}{2\cdot 4} x^4-\frac{ 1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6} x^6+\cdots$$

Pero ¿de dónde provienen?
[¿Cómo puedo saber integrar esa serie, si no fuera por la sugerencia?]

La derivada de $\ln(x+\sqrt{1+x^2})$$\displaystyle \frac{ 1}{\sqrt{1+x^2}}$,

pero no puedo ver cómo llegar de $\displaystyle \frac{ 1}{\sqrt{1+x^2}}$ a la serie.

La derivada puede ser escrito como $\displaystyle \frac{ 1}{x+\sqrt{1+x^2}}\left(1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)$, pero que se ve incluso peor.

Answer 1

Puede utilizar el hecho, mientras escribe, que el derivado de dicha función es$$y' = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ $

Pero a partir del teorema del binomio tienes que

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Puedes comprobar por ti mismo que

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utilizando la inducción sobre la siguiente expresión

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Donde simplemente reemplacé el valor de$$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = \sum_{k=0}^{\infty} {-\frac{1}{2} \choose k} x^{2k}$ en$${-\frac{1}{2} \choose k} ={\left( { - 1} \right)^k}\frac{{\left( {2k - 1} \right)!!}}{{\left( {2k} \right)!!}}$ $

Como consecuencia se obtiene

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Tras la integración tienes

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Recuerda que por definición$$\frac{1}{{k!}}\left( { - \frac{1}{2}} \right)\left( { - \frac{3}{2}} \right)\left( { - \frac{5}{2}} \right) \cdots \left( {\frac{1}{2} - k} \right)$ y$n$

Answer 2

La primera parte de la derivada se calcula puede ser transformado a $$\frac{ 1}{x+\sqrt{1+x^2}} = \frac{ 1}{x+\sqrt{1+x^2}} \frac{ x-\sqrt{1+x^2}}{x-\sqrt{1+x^2}} = \sqrt{1+x^2}-x$$ y por lo tanto la derivada es $$\sqrt{x^2+1} - \frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}$$ El plazo $\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ es el derivado de la $\sqrt{x^2+1}$.

La expansión de $$\sqrt{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n(2n)!}{(1-2n)(n!)^2 4^n}x^n}$$

Usted puede tratar de adivinar el coeffizients de la serie:

Deje $w(x)=\sqrt{x+1}$ $$(x+1)^{\frac{3}{2}}=w(x)(1+x)$$ Diferenciando esta ecuación nos da $$\frac{3}{2}w(x)=w(x)+(1+x)w'(x)$$ $$w(x)=2(x+1)w'(x)$$ Si $p(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n$ entonces tenemos $$a_n=2(na_n+(n+1)a_{n+1})$$ y $$a_{n+1}=(-1)\frac{2n+1}{2(n+1)}a_n$$ si un powerseries $p(x)$ debe satisfacer esta ecuación. De esto podemos obtener $$a_n=\frac{(-1)^n(2n)!}{(1-2n)(n!)^2 4^n}$$ por inducción. Así que si w(x) no es un poder de expansión de la serie de w(x) estos son los coeficientes. Tanto w(x) y la potencia de la serie p(x) satisface la ecuación $$\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{1}{x+1}$$ y por lo tanto $$(\log{(f(x)})'=\frac{1}{x+1}$$

Por lo tanto $$(\log{(w(x)})'=(\log{(p(x)})'=\frac{1}{x+1}$$ $$\log{(w(x))}=\log{(p(x))}+C$$ $$w(x)=p(X)*D$$ donde $D=e^C$. De $w(0)=p(0)=1$ llegamos a la conclusión de que $D=1$$w(x)=p(x)$.

Ahora hemos demostrado que este es el poder de expansión de la serie de $\sqrt{x+1}$.

Sustituto $x$ $x^2$ $\sqrt{x+1}$ y consigue $$\sqrt{1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n(2n)!}{(1-2n)(n!)^2 4^n}x^{2n}}$$ diferenciar la ecuación y obtener $$\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n(2n)!(2n)}{(1-2n)(n!)^2 4^n}x^{2n-1}}$$ y por lo tanto $$\sqrt{x^2+1} - x*\frac{x}{\sqrt(1+x^2)}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n(2n)!}{(n!)^2 4^n}x^{2n}}$$ Esta es la serie de su pista.

La integración da ahora $$C+\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n(2n)!}{(n!)^2 4^n (2n+1)}x^{2n+1}}$$ Para x=0 la función es 0, por lo tanto C=0

Si se calculan $x$ $y=\ln{(x+\sqrt{x^2+1})}$ obtener $$x=\frac{(e^y)^2-1}{2e^y}=\frac{e^y-e^{-y}}{2}=\sinh(y)$$, por Tanto, su función es la inversa de la sinh, el arsinh.

Usted puede chek sus resultados en http://en.wikipedia.org/wiki/List_of_mathematical_series

Answer 3

¿Sabes cómo ampliar $1/\sqrt{1+x^2}$? Véase por ejemplo este artículo de Wikipedia.

Actualizado para agregar: No se necesita cálculo para derivar esta serie: $$\frac{1}{\sqrt{1-y}} = 1+\frac{ 1}{2} y+\frac{ 1\cdot 3}{2\cdot 4} y^2+\frac{ 1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6} y^3+\cdots$$ Just square the right-hand side, and you will get (miraculously) $$1 + y + y^2 + y^3 +\cdots$$ which you recognise as $1 /(1-y) $ (right?). Now put $y = - x^2$ to obtain your expression for $1/\sqrt{1+x^2}$.