x n = 1 + x + x 2 + x 3 + x x n + = 1 1 x

Transkript

1 Potesrekker Forelest: 29. Sept, 2004 Vi lærte fra de geometriske rekkee at x = 1 + x + x 2 + x 3 + x x + = 1 1 x så lege x < 1. For uttrykket til høyre er ikke oe aet e sum-formele for geometriske rekker med a = 1 og r = x. Kravet om at r < 1 er da det samme som å si at vi må ha x < 1. Hvis vi teger opp hvilke x dette er, får vi itervallet < 1, 1 >, et itervall setrert i 0 som strekker seg 1 ehet ut i begge retiger. La oss prøve ei rekke til: (2x 6) i = 1 + (2x 6) + (2x 6) (2x 6) + Her har vi a = 1 og r = 2x 6. Vi bruker igje formele for geometriske rekker, og får (2x 6) 1 = 1 (2x 6) = 1. For hvilke x gjelder de? Jo, for r < x Vi setter i for r, og får 2x 6 < 1. Deler vi på 2, er dette x 3 < 1. Akkurat 2 hvilke tall er dette? E ekel tekikk: Merk av tallet som blir trukket fra x på tall-lija. Her: 3. Ta deretter tallet på adre side av ulikhetsteget - her: 1 - og gå så mye i hver 2 retig. Du får da 2 1 og 3 1. Dette er x ee formele gjelder for. Vi skriver det itervallet 2 2 < 2.5, 3.5 >. De første potesrekka var setrert i 0. De adre var setrert i 3. Potesrekker ka være mer geerelle e de vi har presetert her. Vi skriver opp e formell defiisjo: Defiisjo 1 Et uttrykk på forme c (x a) = c 0 + c 1 (x a) + c 2 (x a) c (x a) + er ei potesrekke setrert i x = a. De fleste potesrekker er ikke geometriske rekker, me på gru av de stigede potesee av x, liger de. Vi skal se på de viktigste teste for hvilke x ei potesrekke kovergerer. Se metodeark 1 for potesrekker. 1

2 For å gi e visuell følelse av hva alt dette hadler om, skal vi se på P (x), delsummee til potesrekkee. Vi tar for oss x = 1 + x + x 2 + x 3 + x x + = 1 1 x For dee fuksjoe er for eksempel P 3 (x) = 3 x = 1 + x + x 2 + x 3 0 Se på Mathematica otebook om plot av (1-t)ˆ(-1). Deretter ser vi på ei potesrekke som blir lik cos x: ( 1) x2 (2)! = 1 x2 2! + x4 4! x6 6! + + ( 1) x2 (2)! + = cos x Se på Mathematica otebook om plot av cos. Det este vi skal se på er ekel calculus på potesrekker. Potesrekker er, som vi ser, fuksjoer f(x). Regele for Calculus på potesrekker sier ikke oe aet e at dersom vi øsker å itegrere eller derivere ei potesrekke, så ka vi heholdsvis derivere eller itegrere termee i potesrekka. Se metodeark 2 for potesrekker. 2

3 Potesrekker: Metode 1, Test av kovergesitervall I boka: Kapittel 8.6, Theorem 12, The Covergece Theorem for Power Series bladet samme med Fidig the Iterval of Covergece, s Regel/Formel: Vi har ei potesrekke c (x a). For alle slike rekker fis et tall R, kovergesradie, som ka være 0, eller et tall midt i mellom, slik at: 1. R = 0: Rekka kovergerer ku år x = a < R < : (a) Rekka kovergerer (absolutt) år x a < R, altså år x < a R, a + R > (b) Rekka divergerer år x a > R, altså år x <, a R > og år x < a + R, > (c) Koverges på edepuktee a R og a + R må sjekkes ved isettig. 3. R = : Rekka kovergerer for alle x R Metode: 1. Vi fier først kovergesradius R. Vi har 2 metoder tilgjegelig: (a) Absolutt forholdstest: La ρ a +1 a (b) Absolutt -test: La ρ a 2. Vi har koverges for de x hvor ρ < 1, og diverges for de x hvor ρ > 1. Utregige vår vil typisk gi at ρ = x a c, der c c +1 c eller c c. Så ρ < 1 betyr c x a < 1, eller da altså at vi har koverges år x a < 1. Vi skriver c R = 1, og kaller de kovergesradie. c (a) Hvis R = 0 kovergerer rekka ku for r = a. Vi skriver at kovergesitervallet er I = {a} (b) Hvis 0 < R <, fi ut om rekka kovergerer for x = a R og x = a + R. Dette gjør vi med testee fra seksjoee om rekker. De valigst forekommede testee for akkurat dee type problemer er i. Altererede rekke-test 3

4 ii. Gresesammeligigstest+p-test Kovergesitervallet ka da være I =< a R, a + R > (ige edepukter er med) I = [a R, a + R > (bare vestre edepukt er med) I =< a R, a + R] (bare høyre edepukt er med) I = [a R, a + R] (begge edepuktee er med) (c) Hvis R =, kovergerer rekka for alle x R. Vi skriver I = R. R: Eksempel: (8.6.4) Spørsmål: For hvilke x kovergerer (3x 2)? =1 Svar: Vi oterer oss at her er a = (3x 2) ρ a +1 a (3x 2) (3x 2) (3x 2) +1 (3x 2) 1 3x x 2 Altså er ρ = 3x 2. Så ρ < 1 3x 2 < 1 x 2 3 < , og bruker absolutt forholdstest for å fie Kovergesradius R = 1, og vi vet rekka kovergerer for x < 1, 1 >, ved å oppløse 3 3 absoluttverditeget: x 2 < < x 2 < < x < 1 3 Me vi må fremdeles sjekke koverges på edepuktee i itervallet, side ρ = 1 for de to x-verdiee. Det gjør vi ved å sette i: 4

5 Edepukt 1: x = 1 3 ( ( 3 1 ) Vi skal altså fie ut om 3) 2 kovergerer. Reger vi ut uttrykkee, får vi =1 at rekka er ( 1) 1, ei altererede rekke med u = 1. Vi sjekker de tre puktee =1 for ei altererede rekke: 1. Er u > 0? Ja, for u = 1, som er kvotiete mellom to positive tall, så de er selv positiv. 2. Er u > u +1? Ja, for + 1 >, så da må 1 +1 < Er lim u = 0? Ja, det er e av våre kjete greser for følger. Så rekka kovergerer for x = 1 3. Edepukt 2: x = 1 (3 1 2) Vi skal altså fie ut om kovergerer. Reger vi ut uttrykkee, får vi =1 1 at rekka er, ei p-rekke med p = 1. De divergerer. Så vi kokluderer at rekka 1 =1 divergerer for x = 1. Da har vi til slutt kovergesitervallet: I = [ 1 3, 1 > Eksempel: (8.6.14) Spørsmål: For hvilke x kovergerer (2x + 3) 2+1?! Svar: Vi oterer oss at her er a = (2x+3)2+1!, og bruker absolutt forholdstest for å 5

6 fie R: ρ a +1 a ( (2x+3) 2(+1)+1 (+1)! ( (2x+3) 2+1! ) ) (2x + 3) 2(+1)+1 (2x + 3) 2+1 2x = 2x lim + 1 = 0! ( + 1)! ( 1) ( 1) ( + 1) Altså er ρ = 0 < 1, uasett verdie på x. Det betyr at rekka kovergerer for alle x R, så kovergesradie er R =, og I = R 6

7 Potesrekker: Metode 2, Calculus på potesrekker I boka: Kapittel 8.6, Theorem 13+14, The Term-by-Term Differetiatio/Itegratio Theorem. Regel/Formel: Vi har ei potesrekke f(x) = f (x) = c (x a) 1 f(x)dx = c (x a) c (x a). Da er termvis derivasjo termvis itegrasjo Videre er kovergesradius R de samme etter derivasjo og etter itegrasjo. Koverges på edepuktee av koverges-itervallet ka ha edret seg. Eksempel: (8.6.42) e x = 1 + x + x2 2! + x3 3! + x4 4! + + x! + (a) Fi potesrekka for (e x ), altså de deriverte av e x. Vi deriverer: (e x ) = (1 + x + ( x2 = 1 + x x + ) ) 4!! ( ) ( x3 + x4 2! 3! x 2 x 3 2! 3! x 4 4! ) + + ( x! ) + = x x x x ( 1) = 1 + x + x2 + x3 + x x 1 + 2! 3! 4! ( 1)!... som er det samme som potesrekka for e x, slik det jo burde være, side (e x ) = e x. (b) Fi potesrekka for e x dx, altså de itegrerte av e x. Vi itegrerer: e x dx = (1 + x + x2 + x3 + x4 + + x 2! 3! 4! + )dx! = 1dx + xdx + x 2 dx + x 3 dx + x 4 dx + + x 2! 3! 4! = x + x2 2 + x2+1 2! (2+1) + x3+1 3! (3+1) + x4+1 4! (4+1) + + x+1 = x + x2 2! + x3 3! + x4 4! x+1 (+1)! + dx + +!! (+1)... som er det samme som potesrekka for e x, med utak av e kostat C = 1, slik det jo burde være, side e x dx = e x + C. 7

8 (c) Bytt ut x med x i potesrekka for e x for å fie ei potesrekke for e x. Vi bytter e x = 1 + ( x) + ( x)2 + ( x)3 + ( x)4 + + ( x) + 2! 3! 4!! = 1 + ( 1)x + ( 1) 2 x2 + ( 1) 3 x3 + ( 1) 4 x4 + + ( 1) x + 2! 3! 4!! 8