NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 20 Løsningsforslag - Øving Avsnitt 8.7 6 Potensrekken konvergerer opplagt for x = 0, så i drøftingen nedenfor antar vi x 0. Vi vil bruke forholdstesten for å finne for hvilke x rekken konvergerer absolutt. ( ) a n+ x n+ n lim = lim n a n n x n 2 + 3 n 2 + 2n + 4 n = x lim 2 + 3 n n 2 + 2n + 4 = x lim n + 3 n 2 + 2 n + 4 n 2 = x Vi har dermed at rekken divergerer for x > og konvergerer absolutt for x < slik at konvergensradien R =. Rekken konvergerer i intervallet < x < fordi den konvergerer absolutt her. Vi må i tillegg sjekke punktene x = og x =. x = gir rekken n som divergerer n 2 +3 ( ) n n 2 +3 (sammenlign med n n ). x = gir den alternerende rekken n som konvergerer (bruk Leibniz teorem). Vi har med andre ord at rekken konvergerer i intervallet < x, absolutt for < x < og betinget for x =. 8 Potensrekken konvergerer opplagt for x = 0, så i drøftingen nedenfor antar vi x 0. Vi vil bruke forholdstesten for å finne for hvilke x rekken konvergerer absolutt. ( a n+ 4 n x n+ lim = lim n a n n 4n+ x n n + n n 2 ) + n 2 + 2n + 2 = x 4 lim + n n lim n + n 2 + 2 n + 2 n 2 = x 4 = x 4 Vi har dermed at rekken divergerer for x 4 > og konvergerer absolutt for x 4 < slik at konvergensradien R = 4. Rekken konvergerer i intervallet 4 < x < 4 fordi den konvergerer absolutt her. Vi må i tillegg sjekke punktene x = 4 og x = 4. x = 4 gir den alternerende rekken ( ) n n n=0 n 2 + som konvergerer (bruk Leibniz teorem). x = 4 gir den divergente rekken n n=0 n 2 + (sammenlign med n n ). Vi har med andre ord at rekken konvergerer i intervallet 4 x < 4, absolutt for 4 < x < 4 og betinget for x = 4. Avsnitt 8.8 2 Vi får oppgitt f(x) = x. Vi deriverer f og får f (k) (x) = ( x) k+ lfov 4. november 20 Side
I punktet x = 0 blir dette Maclaurinrekken generert av f blir da f (k) (0) = f (k) (0) x k = x k 24 f(x) = 3x 5 x 4 + 2x 3 + x 2 2 f () (x) = 5x 4 4x 3 + 6x 2 + 2x f (2) (x) = 60x 3 2x 2 + 2x + 2 f (3) (x) = 80x 2 24x + 2 f (4) (x) = 360x 24 f (5) (x) = 360 f (k) (x) = 0, for k 6 Sett inn x = a =. f( ) = 7 f () ( ) = 23 f (2) ( ) = 82 f (3) ( ) = 26 f (4) ( ) = 384 f (5) ( ) = 360 f (k) ( ) = 0, for k 6 Taylorrekken generert av f i punktet x = blir da f (k) (a) (x a) k = 7 + 23(x + ) 4 (x + ) 2 + 36 (x + ) 3 6 (x + ) 4 + 3 (x + ) 5 Merk at hvis man ganger ut dette polynomet vil man ende opp med f(x). Avsnitt 8.9 26 Vi rekkeutvikler eksponentialfunksjonen e u om u = 0 og får e u = + u + 2 u2 + 6 u3 + 24 u4 +... = Sett inn u = t 2 og multipliser med t 2 for å få integranden t 2 e t2 = t 2 t 4 + 2 t6 6 t8 + 24 t0... = u k, u R. ( ) k t 2(k+). lfov 4. november 20 Side 2
Denne rekken integreres leddvis: F (x) = x 0 t 2 e t2 dt = 3 x3 5 x5 + 4 x7 54 x9 + 264 x 560 x3 +... = ( ) k x 2k+3 (2k + 3). Observer at dette er en alternerende rekke som oppfyller kravene i Th. 4, s. 539, for 0 x. Av feilestimatformelen for alternerende rekker (Th. 5 s.539) følger at F (x) P 2n+3 (x) ( )n+ x 2(n+)+3 (2(n+)+3)(n+)! (2(n+)+3)(n+)!, der P n(x) er Maclaurin-polynomet av orden n. Den siste ulikheten følger av at x. Mao.: F (x) P 3 (x) /4 F (x) P 5 (x) /54 F (x) P 7 (x) /264 F (x) P (x) /560 < 0 3. Polynomet P (x) tilnærmer F (x) med feil mindre enn 0 3 i intervallet [0, ]. 32 Vi kjenner rekkeutviklingen av sin x om x = 0: Det følger at sin θ = θ θ3 3! + θ5 5! θ7 7! + = n=0 ( ) n θ 2n+ (2n + )! sin θ θ + (θ 3 /6) θ θ3 3! lim θ 0 θ 5 = lim + θ5 5! θ7 7! + θ + (θ3 /6) θ 0 θ 5 = lim( θ 0 5! θ2 7! + ) = 5! = 20. 37 Vi kjenner Maclaurin-rekka til cos x og dermed til f(x) = cos 2x ved å erstatte x med 2x. Rekka blir da ( ) j 2 2j x 2j. Ved å bruke identiteten som er gitt i oppgava følger at Maclaurinrekka til sin 2 x er lik rekka til cos 2x 2 2 : 2 2 ( ) j 2 2j x 2j = ( ) j+ 2 2j x 2j. Ved å derivere rekka leddvis får en at Maclaurinrekka til (sin 2 x) = 2 sin x cos x er lik ( ) j+ 2 2j 2j x 2j = ( ) j+ 2 2j x 2j. (2j )! lfov 4. november 20 Side 3
Maclaurin-rekka til g(x) = sin 2x finner vi på samme måte som vi fant rekka til cos 2x og får ( ) j 2 2j+ x 2j+. (2j + )! En kan lett se at denne rekka er lik rekka ovenfor ved å endre summasjonsgrensa: innfør k = j +. 38 Fra oppgave 37 vet vi at Maclaurin-rekkene til cos 2x og sin 2 x er ( ) j 2 2j x 2j og ( ) j+ 2 2j x 2j. Ved å bruke identiteten som er gitt i oppgava følger det at Maclaurinrekka til cos 2 x er lik Maclaurin-rekka til cos 2x + sin 2 x: ( ) j 2 2j x 2j + ( ) j+ 2 2j x 2j = + = + = + ( ) j 2 2j x 2j + ( ) j+ 2 2j ( ) j 2 2j + ( ) j+ 2 2j ( ) j 2 2j x 2j. x 2j x 2j 40 Vi skal vise at dersom grafen til en to ganger deriverbar funksjon f(x) har et vendepunkt i x = a, så er lineariseringen av f i x = a også den kvadratiske tilnærmingen av f i x = a. Den kvadratiske tilnærmingen av f i x = a er gitt ved P 2 (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (x) 2! (x a) 2. Dersom f har et vendepunkt i x = a, har vi at f (a) = 0, og P 2 (x) = f(a) + f (a)(x a) = P (x), som er lineariseringen av f i x = a. Avsnitt 8.0 8 Vi bruker formelen for binomiske rekker. ( + x 2 ) 3 = + k= 8 Formelen for binomiske rekker gir oss for x 2 < ( ( x 2 ) ) 2 = ( x 2 ) 2 = + Vi multipliserer denne med 2x. ( ) 3 (x 2 ) k = k 3 x2 + 2 9 x4 4 8 x6 +... k= 2x ( x 2 ) 2 = 2x + 4x3 + 6x 5 + 8x 7 + 0x 9 + = ( ) 2 ( x 2 ) k = + 2x 2 + 3x 4 + 4x 6 + 5x 8 +... k 2(k + )x 2k+ Alternativt kan man se at ( ( x 2 ) ) = ( x 2 ) 2. Vi kan dermed komme fram til det samme svaret ved å derivere rekkeutviklingen til ( x 2 ). lfov 4. november 20 Side 4
Eksamensoppgaver 64 Vi vil finne konvergensintervallet til rekka Vi har at og u n = n + n x n. u n+ u n = n + n x n+ n + + n + x n = lim u n+ = x. n u n n + n n + + n + x, Det følger fra forholdstesten at rekka konvergerer absolutt når x < og divergerer når x >. Til slutt sjekker vi endepunktene for intervallet. La x =. Vi ser da på rekka n + n 2n. Ved sammenligningstesten ser vi at rekka divergerer når x =. La så x =. For rekka ( ) n ( ) n a n = n + n har vi at alle ledd er positive, a n+ a n for alle n, og lim n a n = 0. Altså konvergerer denne rekka (betinget) ved testen for alternerende rekker. 65 Den oppgitte potensrekken gir 0 e x dx = x 0 ( ( ) e x = n xn n! ( ) n xn n! n=0 ) dx = ( ) n n! n = 2! 2 + 3! 3 4! 4 + som er en alternerende rekke der leddene avtar i absoluttverdi. Feilestimatet for alternerende rekker sier derfor at vi kun trenger å summere ledd i rekken til det neste leddet er mindre enn ønsket nøyaktighet. Vi krever altså /(n! n) < 0,002, som er ekvivalent med n! n > 500. Her er en liten tabell: n 2 3 4 5 n! 2 6 24 20 n! n 4 8 96 600 Siden det femte leddet i rekken er lite nok, trenger vi altså bare summere de første fire leddene i rekken, og får tilnærmingen L = 2! 2 + 3! 3 4! 4 = 229 288 0,795. lfov 4. november 20 Side 5
67 a) La f(x) = arctan(x) x 2. Vi merker oss at f( 3 ) = π 6 3 > 2 3 > 0 og 2 f() = 2 < 0. Da f er en kontinuerlig funksjon følger det fra skjæringssetningen at det finnes minst ett positivt punkt c [ 3, ] slik at f(c) = 0. La g(x) = arctan(x) og h(x) = x 2. Vi deriverer g og finner at g (x) = + x 2, g (x) = 2x + x 2. Vi ser at g (x) 0 for alle x > 0. Altså er g(x) en konkav funksjon på intervallet [0, ). Om funksjonen h(x) vet vi at h (x) = 2 > 0 for alle x. Altså er h(x) en konveks funksjon på intervallet [0, ). En konkav og en konveks funksjon kan ha 0, eller 2 skjæringspunkter, men ikke flere (ved Rolles teorem). Vi vet at det finnes et positivt tall c slik at g(c) = h(c). Vi har også at g(0) = h(0). Altså har vi lokalisert alle mulige skjæringspunkter for g(x) = arctan(x) og h(x) = x 2 på intervallet [0, ). b) Fra oppgave a) ser vi at g(0) = 0, g (0) = og g (0) = 0. Vi deriverer g nok en gang og finner g (3) 2 (x) = ( + x 2 ) 2 + 8x2 ( + x 2 ) 3. Altså har vi at g (3) (0) = 2, og Taylorpolynomet omkring 0 av grad 3 for g(x) = arctan(x) er gitt ved T 3 (x) = x 2 3! x3 = x 3 x3. Vi finner et estimat for det positive skjæringspunktet mellom g(x) og h(x) ved å løse T 3 (x) = x 3 x3 = h(x) = x 2. Dette gir ligningen som har positiv løsning 3 x(x2 + 3x 3) = 0, x = 2 ( 3 + 2) 0.79. lfov 4. november 20 Side 6
n x n 0 0.79 0.8360 2 0.83363 3 0.833606 Tabell : Eksamensoppgave 67c) c) Vi har at f (x) = + x 2 2x. Altså er Newtons iterasjonsalgoritme gitt ved ( ) x n+ = x n (arctan(x n ) x 2 n) + x 2 2x n n = x n (arctan(x n) x 2 n)(x 2 n + ) 2(x 2. n + ) Tabell viser x, x 2 og x 3 ved bruk av startverdien x 0 = 0.79. lfov 4. november 20 Side 7