Till dagarna och finns ett appendix som innehåller ytterligare förklaringar, kommentarer och ett antal lösta exempel

Transkript

1 Till dagarna 8-2 och finns ett appendix som innehåller ytterligare förklaringar, kommentarer och ett antal lösta exempel Dag 5 Nu tillämpas satserna om sambandet mellan derivatan och funktionens beteende för att rita grafer. Det handlar inte om att plotta utan att fånga in funktionens beteenede. Avsnitt 4. Läs noggrant hela avsnittet! Här går man igenom de stegen som ska utföras för att kunna skissa grafen. Dvs om du ska rita en funktionsgraf (det finns flera typer av uppgifter som kräver det) så kan du helt enkelt följa dessa steg! Ibland blir det ena eller det andre väldigt kort, men det är alltid så att alla steg måste genomföras! Det kan vara bra att repetera även avsnitt 2.5. om asymptoter från dag 7. Avsnitt 4.2 Hela avsnitt är viktigt, den handlar om hur man hittar lokaler extrempunkter. Avsnitt 4.6 Avsnittet handlar om konvexitet, en viktig egenskap hos funktioner. Kommentarer Att rita funktionsgrafer kan anses som en höjdpunkt av kursen, eftersom många saker du har lärt dig spelar in här. Om man följer de angivna stegen är det egentligen inte så svårt, fast man måsta tolka resultaten i varje enskilt fall. Här kommer igen alla dessa steg (med lite andra ord än i boken):. Definitionsmängd, punkter där funktionen är ej deriverbar, samt eventuellt symmetriegenskaper Det är viktigt att konstatera detta, för att inte glömma senare.. Derivera och faktorisera derivatan så långt det går Faktoriseringen kommer att vara hjälpsam för att avgöra tecknet på derivatan i nästa punkt. 2. Teckenschema Här är det avgörande att du ta med alla viktiga punkter, dvs alla punkter där derivatan kan byta tecken (alltså punkter där derivatan inte är definierad samt derivatans nollställen).

2 3. Undersök funktionens beteende på randen av definitionsmängden Detta innebär beräkningar av alla relevanta gränsvärden samt eventuella asymptoter. 4. Rita grafen utifrån beräkningarna Din graf ska inte motsäger dina beräkningar. Om du har räknat fel någonstans kan det hända att det blir oundvikliga motsägelse. Vid tentan gör en anmärkning i så fall, snarare än att ignorera problemet! Övningar: Inlärningsuppgifter: ÖPB Undersök funktionerna i 4.abce och 4.6acd med avseende på lokala extrempunkter, konvexitet och asymptoter. Rita grafen. Problemlösningsuppgifter: ÖPB 4.29, 4.3, Exempel: Undersök lokala extremvärden och asymptoter till funktionen f(x) = arctan x 2 x 2 x ±. Skissera grafen. Konvexitetsegenskaper behöver ej utredas. Vi följer stegen som behöver genomföras i samband med kurvritning:. Definitionsmängd, punkter där funktionen är ej deriverbar, samt eventuellt symmetriegenskaper f är definierad och deriverbar för x ±. Definitionsmängden består alltså av unionen av tre öppna intervall: ], [ ], [ ], [ - Vi kan också konstatera att f är en jämn funktion, eftersom f( x) = f(x).. Derivera och faktorisera derivatan så långt det går Derivatan blir: f (x) = 2x(x 2 ) x 2 x (x 2 ) 2 2x ( ) x 2 2 = (x 2 ) 2 + x 4 + x 2 2

3 2. Teckenschema I teckenschemat tas med alla punkter där derivatan kan byta tecken (dvs punkter där derivatan inte är definierad samt derivatans nollställen). Här är det alltså: x = ± (derivatan ej definierad) och x = (derivatans nollställe). Teckenschemat ger: 2x (x 2 ) 2 + x f + + f Här ser vi direkt att x = är en lokal maximipunkt. 3. Undersök funktionens beteende på randen av definitionsmängden Detta innebär beräkningar av gränsvärden samt eventuella asymptoter. För den aktuella funktionen är definitionsmängden - Alltså är det 6 gränsvärden, nämligen x ±, x ± samt x ±. lim f(x) = lim arctan x + x + = arctan = π 4, x 2 lim f(x) = x + + lim arctan x + + x 2 (x )(x + ) = π 2, lim f(x) = lim arctan x 2 x + x + (x )(x + ) = π 2, ty arctan är kontinuerlig och x 2 då x + ty x + och x2 > och därmed x 2 + x+ (x )(x+) då x + + samt arctan t π då t + 2 ty x och x2 > och därmed x 2 x+ (x )(x+) då x + samt arctan t π då t 2 De resterande gränsvärdena kan beräknas på samma sätt, eller man använder att f är jämn. Man får 3

4 lim x f(x) = π 4 lim x + f(x) = π 2 lim x f(x) = π 2 Asymptoter: inga lodräta asymptoter, ty de ensidiga gränsvärdena lim f(x) x ± ± finns (som reella tal). vågrät asymptot: y = π 4 då ±. Kommentar: Sneda asymptoter behöver inte undersökas ty lim f(x) finns. x ± Det kan vara bra att komplettera teckenschemat med informationen som vi har fått nu: 2x (x 2 ) 2 + x f + + f π π 2 4 π 2 π 2 4. Rita grafen utifrån beräkningarna π 2 π 4 Π 2 Π 4 Π 2 5. Svar: Lokal maximivärde y = i maximipunkten x =. asymptot y = π 4 då ± 4

5 Dag 6 Ännu flera tillämpningar av derivator. Avsnitt 4.3 Avsnittet handlar om mycket viktig praktisk fråga, nämligen optimering, dvs att hitta största och/eller minsta värde av en funktion. OBS definitionsmängden är viktig här! Läs hela avsnitt noggrant. Metoderna är viktiga! Avsnitt 4.4 Kurvritning kan även användas för att visa olikheter. Läs hela avsnittet. Avsnitt 4.5 Avsnittet som handlar om en tillämpning till ingår inte i kursen, men det rekommenderas att öga igenom avsnittet. Kommentarer Metoden i avsnitt 4.4 kan även användas för avgöra om en funktion har ett nollställe (eller om en derivata byter tecken). Övningar: Inlärningsuppgifter: ÖPB 4.5be, 4.2, 4.32, PS4 Problem -6. Problemlösningsuppgifter: ÖPB 4.6, 4.7, 4.2, 4.33,

6 Dag 7 Dagen handlar om (enkel) optimering för funktioner av två variabler. Kaptitel 2 och 3 i kompendiet TFV I kapitel 2 införs partiella derivator för funktioner av 2 variabler och i kapitel 3 diskuteras metoden för att hitta största och minsta värde av en snäll funktion på ett snällt område. Läs noggrant! Även om det inte handlar om många sidor, så tar det lite tid att vänja sig vid funktioner av flera variabler. Nu kan du inte längre tänka på en funktion som en kurva, utan funktionsgrafen utgörs nu av en yta i rummet. Kommentarer Dag 7 handlar om metoder. I en senare kurs kommer det kompletteras med den bakomliggande teorin. Övningar: Inlärningsuppgifter: TFV PS4 Problem 7-. Problemlösningsuppgifter: TFV

7 Dag 8 Dagen ägnas åt tillämpningar av integraler: beräkning av vissa areor och volymer samt beräkning av längden av en kurva Avsnitt 7. Hela avsnittet läses, dock kan eventuellt exempel 3 hoppas över. Avsnitt 7.3 Hela avsnittet läses. Formlerna () och (2) är viktiga. Avsnitt 7.4 Avsnittet börjar med en genomgång av kurvor på parameterform. Därefter förklaras formeln för längden av en kurva (formel (5)). Bevis för att längden är oberoende av valet av parameterframställning (slutet på sid. 334 och början på sid. 335) kan hoppas över. Delavsnittet om rymdkurvor ingår inte i kursen. Avsnitt 7.5 I avsnittet härleds formeln för en rotationsyta (formel (8)). Kommentarer Avsnitt 7.: Arean av området g(x) y f(x), a x b är lika med b (f(x) g(x)) dx. Här behöver inte f, g vara, däremot är det viktigt att a g f (annars kan ju inte olikheten g(x) y f(x) gälla). Avsnitt 7.3: I exempel 7 beräknas volymen av den kropp som uppstår då skivan y (x 2) 2, x 3 roterar kring y-axeln. Den allmänna formeln för volymen då skivan y f(x), a x b roterar kring y-axeln är V = 2π b xf(x) dx. Formeln är viktig men finns inte med i boken (utom just i a det ovannämnda specialfallet). Om skivan x g(y), c y d roterar kring y-axeln, så är volymen V = π d c g(y)2 dy. Detta är formel (2) med ombytta roller mellan x och y. Avsnitt 7.4: Parameterframställningen r(t) = (x(t), y(t)) kan tolkas som kartkoordinater vid tiden t. Avsnitt 7.5: Observera att den oändliga kroppen i exempel 4 har en till synes mycket märklig egenskap - den har ändlig volym medan mantelytans area är oändlig. Övningar: Inlärningsuppgifter: PS5:, 2; ÖPB: 7.3, 7.7, 7.34 Problemlösningsuppgifter: PS5: 3; ÖPB: 7.4, 7.8, 7.2, 7.26, 7.29,

8 Dag 9 Inledning till dubbelintegraler. Samband mellan dubbelintegral och volym. Exempel på beräkning av dubbelintegraler över enkla områden Avsnitt 4. i TFV Formel (32) i sats 2 är identisk med formel () i avsnitt 7.3 i PB. Formeln i följdsats är identisk med formel (2) i samma avsnitt av PB. Formeln i sats 3 är identisk med den formel som finns i den första kommentaren till avsnitt 7.3, dag 8. Avsnitt 4.2 I avsnittet förklaras hur man kan bestämma volymen av en kropp genom att beräkna två enkelintegraler (dvs. genom itererad integration), se formlerna (37) och (38). Avsnitt 4.3 Begreppet dubbelintegral introduceras. Avsnitt 4.4 och 4.5 I avsnitten ges exempel på beräkning av dubbelintegraler, dels över en axelparallell rektangel, dels över allmänare områden (s.k. områden av intervalltyp). Studera dessa exempel noga. Övningar: Inlärningsuppgifter: PS5: 4, 5; TFV, avsnitt 4.6:, 2, 3 Problemlösningsuppgifter: PS5: 6; TFV, avsnitt 4.6: 4, 5, 6 8

9 Dag 2 Dagen ägnas åt behandling av variabelbyte till polära koordinater i dubbelintegraler, integraluppskattningar av summor och sambandet mellan generaliserade integraler och serier Kapitel 5 i TFV Sats 7 och 8 är mycket viktiga. Det kan vara lämpligt att antingen läsa bevis för sats 7 på sid. 8-9 eller den del av appendix till dag 2 där formel (84) i sats 8 härleds (eller snarare troliggörs). Exemplen bör studeras noga. Delavsnittet om generaliserade dubbelintegraler innehåller ett intressant resultat men det räcker om det läses översiktligt. Avsnitt 7.9 i PB Formel (4) och dess härledning är viktiga. Även sats är viktig. Exempel 2 och 22 läses. Lägg speciellt märke till exempel 22 där det visas att serien k= /kα konvergerar om och endast om α >. Exempel 2 och efterföljande anmärkning är mindre viktiga. Lägg också märke till att sista exemplet i appendix till dag 2 liknar en WebWorkuppgift. Övningar: Inlärningsuppgifter: TFV, avsnitt 5.3:, 2 Problemlösningsuppgifter: PS5: 7, 8; TFV, avsnitt 5.3: 3, 4; ÖPB: 7.46,

10 Dag 2 Det är den första dagen av två som handlar om (ordinära) differentialekvationer. Den ägnas åt första ordnings differentialekvationer. Avsnitt 8. i PB Läs hela avsnittet. Den ger en bra introduktion till differentialekvationer genom exempel. Lägg också märke till terminologin på sida 368, t.ex. vad som menas med en lösning. Avsnitt 8.2 Läs hela avsnittet noggrant. Det ger en lösningsmetod för linjära differentialekvationer av första ordning. Du ska kunna komma ihåg själva metoden, men behöver ej kunna utantill formel (). Avsnitt 8.3 Läs hela avsnittet noggrant. Det ger en lösningsmetod för separabla differentialekvationer. Även här gäller: lär dig metoden, inte lösningsformeln! Avsnitt 8.4 Detta avsnitt handlar om en viss typ av integralekvationer som kan skrivas om till differentialekvationer. Läs noggrant exempel 3 (och lägg märke till hur man skriver integralekvationen om till en ekvivalent differentialekvation). Exempel 4 kan hoppas över (men är en mycket intressant tillämpning!). Kommentarer Du har nu lärt dig att lösa 2 typer av differentialekvationer av första ordning. Om du alltså får en differentialekvation som är av första ordning, så ska du kolla om den är linjär och/eller separabel och därefter väljer du lösningsmetoden. Det första steget är alltså alltid att avgöra typen av ekvationen. I exempel används den vanliga metoden att flytta dx till andra sidan. Observera att även om detta kan kännas konstigt, så är det ett praktiskt sätt att utföra variabelbytet i lösningsformeln. Det är alltså helt korrekt, kolla på sidan 377. Övningar: Inlärningsuppgifter: ÖBP 8.2, 7, 9, 22, 23. PS5 Problem 9-. Problemlösningsuppgifter: ÖBP 8.7, 8, 28 (33)

11 Dag 22 Det är den andra dagen av två som handlar om (ordinära) differentialekvationer. Den ägnas åt linjära andra ordnings differentialekvationer. Avsnitt 8. i PB Läs hela avsnittet. Den ger en bra introduktion till differentialekvationer genom exempel. Lägg också märke till terminologin på sida 368, t.ex. vad som menas med en lösning. Avsnitt 8.2 Läs hela avsnittet noggrant. Det ger en lösningsmetod för linjära differentialekvationer av första ordning. Du ska kunna komma ihåg själva metoden, men behöver ej kunna utantill formel (). Avsnitt 8.5 Läs hela avsnittet noggrant. Det handlar om linjära differentialekvationer. Sats (och avsnittet därefter) är mycket viktigt. Läs noggrant även delen om komplexa lösningar, det behövs framöver. Avsnitt 8.6 Läs noggrant hela avsnittet om lösningar till linjära homogena differentialekvationer av andra ordningen med konstanta koefficienter. Sats 2 är mycket viktig! Lägg märke till sammanfattningen under rubriken lösningar på reell form inklusive Sats 3. Avsnitt 8.7 Detta avsnitt handlar om lämpliga ansatser för att hitta en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen, om högerledet är av en enkel form. Exempel 26 och 27 kan läsas översiktligt, men lägg märke till begreppet resonans. Avsnitt 8.8 Avslutningsvis diskuteras här att samma metoder fungerar även för linjära differentialekvationer med konstanta koefficienter av högre ordning. Kommentarer Avsnitt 8.5: Lägg märke till egenskap linjär och försök se sambandet med andra linjära ekvationer, t.ex. en ekvation av formen ax + by = c eller diophantiska ekvationer från algebradelen. Betrakta exempelvis ax + by = c, så vet du att ekvationen beskriver en rät linje i planet. Den kan också beskrivas med en

12 parameterframställning ( ) x = y ( x ( x y ) ( ) b + t a t R. ) Här är en punkt på planet, dvs en partikulär lösning till ekvationen, och ( y ) b t utgör den allmänna lösningen till den homogena ekvationen ax+by =. a Lösningen har alltså samma struktur och det beror just på linjäriteten. Avsnitt 8.6: När du får komplexa rötter till den karakteristiska ekvationen, så kan du direkt använda Sats 3 för att skriva lösningarna på reell form. Avsnitt 8.7: Observera att genomgång av fall (A)- (F) för att hitta en partikulär lösning inte bara ger en metod utan visar även att ansatsen leder till en lösning. Ansatserna kan dock förkortas på följande sätt. Observera att fall (E) är det mest allmänna fallet med högerledet är av formen h(x) = (polynom) e αx cos βx + (annat polynom) e αx sin βx. I så fall är det viktiga värdet γ = α + iβ. Vad som är avgörande för ansatsen är om γ är nollställe till den karaktistiska ekvationen (till den homogena differentialekvationen) och i så fall av vilken multiplicitet. Om γ inte är nollställe till den karaktistiska ekvationen så är ansatsen y p (x) = Q (x) e αx cos βx + Q 2 (x) e αx sin βx, där Q och Q 2 är polynom av grad som är maximum av graderna av de polynom som förekommer i h. OBS: Även om t.ex. Q 2 =, dvs sin-termen finns inte, så måste ansatsen innehålla både sin och cos. Om γ inte är nollställe till den karaktistiska ekvationen med multiplicitet m så måste den tidigare ansatsen multipliceras med x m, alltså får vi y p (x) = x m( Q (x) e αx cos βx + Q 2 (x) e αx sin βx ), där Q och Q 2 igen är polynom av grad som är maximum av graderna av de polynom som förekommer i h. Övningar: Inlärningsuppgifter: ÖBP 8.38, 39, 49,abc, 5, 5bd, 55, 56cd, 57, 63ab. PS6 Problem -3. Problemlösningsuppgifter: ÖBP 8.37, 42, 6, 63d. 2

13 Exempel: Vi anger ansatsen direkt för att hitta en partikulärlösning till följande ekvationer: (a) y y + 6y = x 2 e x (b) y y + 6y = (x + 3)e 3x (c) y y + 6y = sin x (2a) y y + 29y = e x cos 2x + e x sin 2x (2b) y y + 29y = (x + )e 5x cos 2x (3a) y + 2y + y = (x + )e x Vi kollar först den karakteristiska ekvationen för ekvationerna i (a-c) som är r 2 r + 6 = och har lösningar r = 2 och r 2 = 3. I ekvation (a) är högerledet h(x) = x 2 e x, alltså av formen (andragradspolynom) e x och vi observerar att det avgörande värdet γ = inte är lösning till den karakteristiksa ekvationen, alltså är för (a) ansatsen y p (x) = (Ax 2 + Bx + C)e x. För (b) är γ = 3 ett enkelt nollställe till den karakteristiska ekvationen och högerledet innehåller ett förstagradspolynom alltså blir ansatsen på formen y p (x) = x(ax + B)e 3x. För (c) är γ = i inte nollställe till den karakteristiska ekvationen och polynomet är en konstant (dvs av grad ), därmed blir ansatsen y p (x) = A cos x + B sin x. Nollställena till den karakteristiska ekvationen för (2a-b) är r,2 = 5 ± 2i. För (2a) är γ = + 2i inte nollställe till den karakteristiska ekvationen, alltså blir ansatsen y p (x) = A cos 2x + B sin 2x. För (2b) är γ = 5 + 2i enkelt nollställe till den karakteristiska ekvationen och därmed är ansatsen y p (x) = x(ax + B)e 5x cos 2x + x(cx + D)e 5x sin 2x. För ekvationen (3a) är γ = ett dubbelt nollställe till den karakteristiska ekvationen r 2 + 2r + = vilket ger att ansatsen blir y p (x) = x 2 (Ax + B)e x. OBS: Om din ansats har ett polynom av för låg grad, kommer du få en motsägelse. T.ex x 2 = Ax + B, där är det omöjligt att välja konstanterna A och B sådana att identiteten gäller för alla x. I så fall kolla om din ansats är ok, eller om du har räknat fel på vägen. 3

14 Dag 23 Dagen handlar om approximation av funktioner med polynom (Maclaurin- och Taylorpolynomet) Avsnitt 9. Här förklaras problemställningen och några inledande exempel ges. Det räcker att läsa avsnittet översiktligt. Avsnitt 9.2 Även det här avsnittet är av inledande karaktär. Avsnitt 9.3 t.o.m. (och inklusive) Taylors formel Huvudresultaten är sats och sats 2. Hela avsnittet t.o.m. Taylors formel läses. Avsnitt 9.4 fram till (och exklusive) jämna och udda funktioner Standardutvecklingarna är mycket viktiga. Man bör kunna snabbt härleda dem. Kommentarer I Maclaurins formel uttrycks funktionen f på formen f(x) = p n (x) + R n+ (x), där p n är det n-te grads polynom (Maclaurinpolynomet) vars derivator t.o.m. ordning n i origo överensstämmer med motsvarande derivator i origo för f. R n+ är resttermen, dvs. det fel som begås om f approximeras med p n. En mer ingående förklaring varför p n ser ut som det gör och några exempel finns i appendix till dag 23. Formlerna i sats 4 är viktiga i tillämpningar. Dessa formler (i varje fall några termer i början) är lätta att komma ihåg om man ser ett mönster. Formel (3) får dock anses vara mindre viktig i sammanhanget. Men man bör kunna få fram några termer i början vid behov (ett exempel på detta finns i appendix till nästa dag). Övningar: Inlärningsuppgifter: ÖPB: 9., 9.3, 9.5, 9.7, 9. Problemlösningsuppgifter: ÖPB: 9.24,

15 Dag 24 Dagen handlar om standardutvecklingar och om tillämpningar av Maclaurins och Taylors formler Avsnitt 9.3 forts. I sats 2 bestäms resttermen R n+ på en form som är mindre exakt men tillräcklig för vissa tillämpningar. Beviset bör läsas. Sats 3 är viktig, beviset kan eventuellt hoppas över. Avsnitt 9.4 forts. Delavsinttet om jämna och udda funktioner bör läsas, delavsnittet om utvecklingen (3) är mindre viktigt. Delavsnitt 9.6. och I delavsnitten finns ett flertal exempel på tillämpningar av Maclaurins och Taylors formler. Det är viktigt att arbeta sig igenom dessa exempel. Fler exempel finns i appendix till dag 24. Kommentarer Resttermen på formen B(x)x n kan med fördel skrivas som O(x n ). Detta förklaras ingående i början av appendix till dag 24. I delavsnittet om jämna och udda funktioner visas att för en jämn funktion är derivator av udda ordning lika med i origo och för en udda funktion är derivator av jämn ordning lika med i origo. Detta förklarar varför sin och arctan bara innehåller termer av udda ordning och cos bara termer av jämn ordning. I delavsnitt 9.6. används Maclaurins formel för att beräkna vissa närmevärden, och där måste resstermen uttryckas exakt för att göra en korrekt feluppskattning. I delavsnitt beräknas ett antal gränsvärden, och där räcker det att ha resttermen på den mindre exakta formen B(x)x n eller O(x n ). Fler lösta exempel finns i appendix till dag 24. Övningar: Inlärningsuppgifter: ÖPB: 9.9, 9.2, 9.36, 9.38b Problemlösningsuppgifter: PS6: 7, 8; ÖPB: 9.22a, 9.4a 5

16 Dag 25 Dagen behandlar Maclaurinserier, lokala extremumundersökningar och l Hospitals regel Delavsnitt Hela delavsnittet bör läsas. föregående avsnitt. Materialet är dock inte lika viktigt som det i Avsnitt 9.7 Exempel 8 och 9 läses. De förklarar hur man kan undersöka om en funktion har ett lokalt maximum eller minimum i en stationär punkt ifall det inte går att göra en teckentabell för f och om f = i punkten. l Hospitals regel t.o.m. (och inklusive) exempel 2 läses. Resten av avsnittet ingår inte i kursen. Kommentarer l Hospitals regel ger en möjlighet att under vissa villkor ersätta beräkning av gränsvärdet lim x a f(x)/g(x) med beräkning av lim x a f (x)/g (x). Eventuellt kan flera deriveringar behöva göras. Metoden fungerar om f och g har lätträknade derivator. Ibland fungerar dock metoden inte alls (se exempel 2), ibland blir räkningarna så besvärliga att det är mycket enklare att Maclaurinutveckla. Appendix till dag 25 innehåller ett antal lösta exempel. Observera speciellt att det sista exemplet liknar en WebWorkuppgift. Övningar: Inlärningsuppgifter: ÖPB: 9.39b Problemlösningsuppgifter: PS6: 9, ; ÖPB: 9.4b, 9.43, 9.45,

17 Dag 26 och 27 Dagen enkel differentialkalkyl för funktioner i två variabler samt några partiella differentialekvationer Kapitel 6 i TFV Läs hela avsnitt noggrant, här införs tangentplanet till grafen till en funktion av två variabler. Kapitel 7 Läs hela kapitlet som motiverar kedjereglen för funktioner av två variabler. I avsnitt 7.3 används kedjereglen för att lösa vissa partiella differentialekvationer med hjälp av variabelbyte. OBS i denna kurs behöver du inte kommer själv på variabelbytet utan det är angiven i varje uppgift. Kommentarer Läge märke till att kedjeregeln dz dt = z dx x dt + z dy y dt innehåller båda partiella och vanliga derivator. Detta beror på att z = z(x, y) är en funktion av två variabler (alltså partiella derivator z z x och y ) men om ha funktioner x(t) och y(t) som var och en beror på en variabel, nämligen t, så blir den sammansatta funktionen z(x(t), y(t)) en funktion av endast t och dess derivata betecknas med dz dt. Övningar: Inlärningsuppgifter: TFV 6., PS6 Problem 4-6. Problemlösningsuppgifter: TFV 6.2,

18 Appendix till dag 8 Volymberäkningar Vi vill beräkna volymen av den kropp som uppstår då området mellan x-axeln och kurvan y = f(x), a x b, roterar kring x-axeln. Delar man in intervallet [a, b] så att a = x < x < < x n = b och alla delintervall [x k, x k ] är små, så är den del av volymen som ligger mellan x k och x k ungefär lika med πf(x k ) 2 (x k x k ) (kroppen mellan x k och x k approximeras med en cylinder med radien f(x k ) och höjden x k x k ). Så volymen V πf(x k ) 2 (x k x k ). k= Om vi gör alla delintervall mindre och mindre, så kommer summan ovan att approximera integralen av πf(x) 2 över [a, b] bättre och bättre. Så V = π b a f(x) 2 dx. Exempel. Beräkna volymen av den kropp som alstras då kurvan y = x 2, x 2, roterar kring x-axeln. V = π 2 x 4 dx = π [ x 5 /5 ] 2 = π(25 5 )/5 = 3π/5. Låt f(x) för x [a, b], där a. Nu vill vi beräkna volymen av den kropp som alstras då området mellan x-axeln och kurvan y = f(x), a x b, roterar kring y-axeln (obs!). 8

19 Den del av kroppen som svarar mot x approximeras med ett cylinderskal med inre radien x, höjden f(x) och tjockleken x. V inre cylinderns area gånger tjockleken = 2πxf(x) x. Är x litet, så är volymen Gör vi en indelning av [a, b] i små delintervall som vi gjorde tidigare, leder detta till integralen av 2πxf(x) över [a, b]. Så den här gången är volymen V = 2π b a xf(x) dx. Exempel. Beräkna volymen av den kropp som alstras då området mellan x- axeln och kurvan y = x 2, x 2, roterar kring y-axeln. V = 2π 2 x 3 dx = 2π [ x 4 /4 ] 2 = 5π/2. Exempel. Beräkna volymen av den kropp som alstras då skivan x 4 y x 2, x roterar kring y-axeln. Kurvorna y = x 2 och y = x 4, x, har två skärningspunkter som svarar mot x = och x =. Så skivan ser ut så här: 9

20 Volymen blir alltså skillnaden mellan den volym som svarar mot y x 2 och den som svarar mot y x 4. Så V = 2π x(x 2 x 4 ) dx = π/6. Uppgiften kan även lösas på ett annat sätt. För x är funktionerna y = x 2 och y = x 4 inverterbara med inverserna x = y /2 resp. x = y /4, och y = då x = samt y = då x =. Volymsformeln då området mellan y-axeln och kurvan x = f (y), c y d är V = π V = π d c Båglängd f (y) 2 dy (tänk efter varför). Så ( (y /4 ) 2 (y /2 ) 2) dy = π (y /2 y) dy = π/6. En kurva på parameterform ges av uttrycket r(t) = (x(t), y(t)), α t β. I fortsättningen antar vi att x(t), y(t) är kontinuerligt deriverbara funktioner. Det är naturligt att definiera r (t) = (x (t), y (t)) och man kan inse att r (t) anger tangentriktningen till kurvan i punkten r(t) förutsatt att r (t) (, ) (se bilden på sid. 332 i boken). Vi approximerar kurvan med ett polygontåg. Om t är litet, så är x(t + t) x(t) = [enl. medelvärdessatsen] = x (ξ) t x (t) t och på samma sätt är y(t + t) y(t) y (t) t. Så båglängden från r(t) till r(t + t) är, enl. Pythagoras sats, ungefär lika med (x (t) 2 + y (t) 2 t = r (t) t, där r (t) betecknar längden av vektorn r (t). Detta leder till formeln för båglängden av en kurva: L = β α β (x (t) 2 + y (t) 2 dt = r (t) dt. Fysikaliskt är r (t) hastighetsvektorn och r (t) farten. Så båglängden är lika med integralen av farten över tidsperioden. α 2

21 Slutligen noterar vi att kurvan y = f(x), a x b (där f har kontinuerlig derivata) kan parametriseras genom x = t, y = f(t), så dess längd är b L = + f (t) 2 dt, och ersätter vi t med den mer naturliga variabeln x, så får vi a L = Rotationsarea b a + f (x) 2 dx. Låt kurvan y = f(x), a x b, rotera kring x axeln. Vi antar att f har kontinuerlig derivata och vi vill beräkna arean av den yta som uppstår vid rotationen. Vi ersätter kurvan mellan x och x+ x, där x är litet, med ett linjestycke. När den så erhållna skivan (markerad med rött på bilden) roterar, bildas en stympad kon vars mantelyta har area som är ungefär lika med omkretsen 2πf(x) gånger längden av linjestycket. Linjestyckets längd är ungefär + f (x) 2 x (jfr. avsnittet om båglängden). Så den del av mantelytan som ligger mellan x och x + x har, för x litet, arean ungefär lika med 2πf(x) + f (x) 2 x. Detta leder till areaformeln A = 2π b Appendix till dag 9 a f(x) + f (x) 2 dx. Anmärkning om volym med tecken. I envariabelfallet, om man inte antar att f, så får man area med tecken : man får arean med plustecken 2

22 av delen där f > och arean med minustecken av delen där f < (dvs. av den delen som ligger under x-axeln). Motsvarande gäller i tvåvariabelfallet: man får volymen med plustecken av delen där f > minus volymen av delen där f < (dvs. av delen som ligger under xy-planet). Nedan följer några exempel på beräkning av dubbelintegraler. Exempel. Beräkna xe xy dxdy, där = [, ] [, 2]. 2 Så xe xy dy = [xy = t, x dy = dt] = xe xy dxdy = 2x (e 2x ) dx = e t dt = e 2x. [ ] 2 e2x x = e Att integrera m.a.p. x först är svårare eftersom det kräver en partialintegration (och även y-integralen blir sedan svårare att beräkna). Om f(x, y) = g(x)h(y) och = [a, b] [c, d], så är ( d ) b f(x, y) dxdy = g(x)h(y) dxdy = g(x)h(y) dx dy = [bryt ut h(y)] = d c ( ) b h(y) g(x) dx dy = a c a b a g(x) dx d c h(y) dy. Alltså får vi g(x)h(y) dxdy = Exempel. Beräkna [,] [2,4] b Eftersom xe x+y = xe x e y, får vi xe x+y dxdy = xe x dx [,] [2,4] a g(x) dx d c xe x+y dxdy. 4 2 e y dy. h(y) dy (sats 7 i TFV). 22

23 Exempel på ett område av intervalltyp i y-led: När man integrerar m.a.p. y, så är x fixerat. Man går in i området vid den nedersta röda pilen och går ur området vid den översta, dvs. man integrerar över linjestycket α(x) y β(x). Därför blir den inre integralen lika med β(x) α(x) f(x, y) dy. Sedan får man ta alla linjestycken för alla olika x [a, b]. ( b ) β(x) Detta ger f(x, y) dxdy = f(x, y) dy dx (formel (53) i TFV). D a α(x) Exempel på ett område av intervalltyp i x-led: Vid integration m.a.p. x går man in i området då x = φ(y) och går ur då x = ψ(y). Därför blir den inre integralen lika med gången. Exempel. Beräkna dubbelintegralen I = med hörn i (, ), (2, ) och (, 2). Det underlättar om man ritar en figur: D ψ(y) φ(y) f(x, y) dx den här e x+y dxdy, där D är triangeln 23

24 Vi integrerar m.a.p. y först. I = 2 (e x e 2 x e x ) dx = 2 2 ( 2 x ) e x e y dy dx = 2 (e 2 e x ) dx = [e 2 x e x ] 2 = e 2 +. Vi kunde lika gärna ha integrerat m.a.p. x först. [e x e y ] y=2 x y= dx = OBS! Ett vanligt förekommande allvarligt fel är att man skriver om integralen 2 ( 2 ) som e x+y dxdy = e x e y dy dx. D Då har man inte integrerat över området D utan över det större området som är kvadraten [, 2] [, 2]. Ett annat vanligt förekommande fel: 2 2 x e x+y dxdy = e x dx e y dy = (e 2 )(e 2 x ). D Då har man fått en funktion av x, och integralens värde skall ju vara ett tal. sin y Exempel. Beräkna dubbelintegralen I = dxdy, där D är triangeln D y med hörn i (, ), (, 2π) och (π, 2π). 24

25 π ( 2π ) sin y Integrerar vi m.a.p. y först, får vi I = dy dx. Men (sin y)/y 2x y har ingen primitiv funktion som kan uttryckas i (ändligt många) elementära funktioner. Så vi fastnar. Integrerar vi m.a.p. x först, får vi ( 2π ) y/2 sin y I = dx dy = y 2π [ x sin y ] x=y/2 dy = y x= 2 2π sin y dy =. Appendix till dag 2 Variabelbyte till polära koordinater i dubbelintegraler Sambandet mellan (x, y) och de polära koordinaterna (r, θ) är x = r cos θ, y = r sin θ. Vid byte till polära koordinater svarar ett område D i xy-planet mot ett område E i rθ-planet. Exempel. Låt D = {(x, y) : x 2 + y 2 4}. D är området mellan cirklarna x 2 + y 2 = och x 2 + y 2 = 4. Motsvarande område i rθ-planet blir E = {(r, θ) : r 2, θ 2π}. Observera dock att θ 2π kan bytas mot t.ex. π θ π (det viktiga här är att man går runt exakt ett varv). Exempel. Om området D ges av olikheterna x 2 + y 2, x y, så ges motsvarande område E i polära koordinater av olikheterna r, π/4 θ 3π/4, se nedan. Nu vill vi härleda (eller snarare troliggöra) formeln för byte till polära koordinater och då tolkar vi dubbelintegralen som en volym så som vi gjorde tidigare. Låt f och låt D vara området till vänster på nästa bild. 25

26 Här är a r b och α θ β. Så i rθ-planet får vi en rektangel E, se bilden till höger. Här har vi en bild av en liten (dock av praktiska skäl förstorad) del D av området D ovan. Den inre cirkelbågen har radien r, och eftersom vinkeln är θ, så är båglängden r θ. Är r och θ små, så är arean av D ungefär lika med r θ r och volymen av den delen av kroppen som ligger ovanför D blir ungefär f(x, y)r θ r = f(r cos θ, r sin θ)r r θ. Detta leder till formeln för volymen V = f(r cos θ, r sin θ)r drdθ. Så f(x, y) dxdy = D E E f(r cos θ, r sin θ)r drdθ (jfr. sats 8 i TFV). Det är inte nödvändigt att området D är sådant att E är en axelparallell rektangel, t.ex. räcker det med att E är av intervalltyp i r- eller θ-led. Exempel. Beräkna x 2 y dxdy, där området D ges av olikheterna x 2 + y 2 2, y. D x 2 + y 2 2 ger r 2 2, dvs. r 2, och y ger θ π. Alltså är E 26

27 rektangeln r 2, θ π. Så x 2 y dxdy = r 2 cos 2 θ r sin θ r drdθ = r 4 cos 2 θ sin θ drdθ D E 2 = r 4 dr π E cos 2 θ sin θ dθ. D 2 Här har vi utnyttjat att E är en axelparallell rektangel och integranden är av typen g(r)h(θ). Båda enkelintegraler ovan är lätta att beräkna (i integralen m.a.p. θ substituerar man cos θ = t). I det här exemplet behöver man inte gå över till polära koordinater utan det går också bra att integrera direkt. ( 2 ) 2 x 2 Man får då x 2 y dxdy = x 2 y dy dx (beräkna den här integralen som en övning). Att integrera m.a.p. x först går också men det blir något svårare. Exempel. Beräkna e x2 +y 2 dxdy, där området D begränsas av olikheterna D x 2 + y 2, x y x. Vi noterar först att x y x medför x x, så x, och att integration m.a.p. x (eller y) inte är möjlig här eftersom vi inte kan integrera e x2 (den primitiva funktionen kan inte uttryckas med ändligt många elementära funktioner). Vi går över till polära koordinater i stället. Vi ser att området E begränsas av olikheterna r, π/4 θ π/4. π/4 Så e x2 +y 2 dxdy = e r2 r drdθ = dθ re r2 dr = π re r2 dr = 2 D E π/4 [r 2 = t, 2r dr = dt] = π e t dt = π 4 4 [et ] π(e ) =. 4 Här har vi utnyttjat att re r2 = g(θ)h(r), där g(θ) = och h(r) = re r2. 27

28 Serier och integraler Betrakta serien a k. Tidigare i kursen har seriens summa definierats som k= a k = lim k= a k n k= }{{} =s n (jämför delavsnitt och delavsnittet om positiva serier i avsnitt 7.9), och serien har kallats konvergent om följden {s n } har ett gränsvärde och divergent i annat fall. I fortsättningen antar vi att a k för alla k. Då är följden {s n } växande, så serien konvergerar om och endast om {s n } är uppåt begränsad. konvergens kan i vissa fall avgöras med hjälp av en generaliserad integral. Seriens Sats (Cauchys integralkriterium, sats i PB, avsnitt 7.9). Låt y = f(x), x, vara en avtagande och icke-negativ funktion. Sätt a k = f(k). Då är serien a k konvergent om och endast om den generaliserade integralen f(x) dx k= är konvergent. Bevis. Vi uppskattar s n både uppifrån och nerifrån med hjälp av integralen av f. Det är klart att summan av de röda rektanglarnas areor understiger n f(x) dx. Rektanglarna har längden och deras höjd är respektive f(2) = a 2, f(3) = a 3,..., f(n) = a n. Så a k a + n k= f(x) dx (vi har lagt till a i båda led). Tar vi de större rektanglarna (med blåa toppar), får vi i stället n a k a n + f(x) dx (här har vi lagt till a n i båda led; notera att den sista rektangeln har höjden f(n ) = a n ). k= 28

29 Detta kan vi sammanfatta i en dubbelolikhet: a n + n f(x) dx k= a k }{{} =s n a + n f(x) dx (jfr. formel (4) i PB, avsnitt 7.9). Om integralen konvergerar, går högerledet mot ett ändligt gränsvärde då n och är därmed begränsat. Alltså är den växande följden {s n } begränsad, och därför konvergent. Så serien konvergerar. Divergerar integralen, går vänsterledet mot oändligheten då n. Men då är följden {s n } obegränsad. Därmed är den divergent, och det är också serien. Exempel. Vi påstår att serien konvergerar om och endast om α >. kα k= ( n ) Om α, så är a k = k α, där α. Så k α och s n = n då n. Alltså divergerar serien. Låt nu α > och sätt f(x) = x α. Då är f(k) = k α och f är avtagande och positiv. k= Enligt satsen konvergerar den givna serien om och endast om x α dx konvergerar. Men det har visats tidigare i kursen att integralen är konvergent om och endast om α >. Därmed är påståendet visat. Observera att för α < kan inte satsen användas eftersom f inte är avtagande då. Exempel. Beräkna lim k=3n n k=2n k k 2 n 2. x Låt f(x) = x 2 n 2. Eftersom f < (verifiera detta), är funktionen f avtagande. Nu kan man rita samma bild som på föregående sida men för x som varierar mellan 2n och 3n (i stället för mellan och n). Samma resonemang ger att f(3n) + 3n 2n f(x) dx k=3n k=2n f(k) f(2n) + 3n 2n f(x) dx (genomför detaljerna!). Nu återstår att beräkna integralen och låta n. (Svar: 2 ln 8 3.) Anmärkning. En alternativ lösning är att göra omskrivningen k=3n k=2n k k 2 n 2 = k=3n n k=2n k/n (k/n) 2 = k=3n n k=2n k/n (k/n) n. 29

30 3 x Summan i högerledet är en Riemannsumma för 2 x 2 dx, där vi har delat in intervallet [2, 3] i n lika långa delintervall och tagit ξ k = k/n. Gränsvärdet då n blir alltså lika med integralen ovan (jfr. sats 4 i avsnitt 6.2). Appendix till dag 23 Approximation med polynom Vi vill approximera en funktion f med ett polynom p n (x) = a + a x + a 2 x a n x n av grad högst n. Vi vill att skillnaden mellan f(x) och p n (x) skall vara så liten som möjligt för x nära ett föreskrivet värde a. Det är rimligt att förvänta sig att resultatet blir bäst för x nära a (och för ett föreskrivet n) om vi väljer p n så att p n (a) = f(a), p n(a) = f (a), p n(a) = f (a),..., p (n) n (a) = f (n) (a). Nästa dag visas att resultatet verkligen är bäst med detta val av p n. Låt först a =. Vi antar att f har så många derivator som vi behöver. p n () = f() ger a = f(). p n(x) = a + 2a 2 x + 3a 3 x na n x n. Så p n() = f () ger a = f (). p n(x) = 2a a 3 x + + n(n )a n x n 2. Så p n() = f () ger 2a 2 = f (), dvs. a 2 = f ()/2. p n (x) = 3 2a n(n )(n 2)a n x n 3. Så p n () = f () ger 3 2a 3 = f (), dvs. a 3 = f ()/(3 2) = f ()/3!. Efter n deriveringar får vi p (n) n (x) = n(n ) 2 a n = n!a n. Så p (n) n () = f (n) () ger n!a n = f (n) (), dvs. a n = f (n) ()/n!. Eftersom p (n+) n (x) =, kan vi inte få ut något mer. Definiera! = och f () (x) = f(x). Eftersom! = och 2! = 2, får vi p n (x) = f() + f ()x + f () 2! Följande är viktigt att veta: x 2 + f () 3! x f (n) () x n = n! k= f (k) () x k. k! Hur stort är felet om f ersätts med p n, dvs. hur stor är skillnaden f(x) p n (x)? 3

31 Hur är f(x) p n (x) beroende av valet av n och x? Dessa frågor besvaras i Maclaurins formel (sats, avsnitt 9.3). Exempel. Låt f(x) = e x. Då är f (k) (x) = e x och f (k) () = för alla k. Så e x x k = k! + eθx (n + )! xn+, där θ [, ]. k= Låt x = och n = 3. Då får vi e = + + /2 + /6 + e θ /24. Ersätter vi e med p 3 (), får vi ett närmevärde och absolutbeloppet av felet är R 4 () = e θ /24 /8. (Vi har använt uppskattningen e θ e 3.) Närmevärdet blev inte så bra, men tar vi i ställer x = /, n = 3, får vi e / /2 + 3 /6 och felets absolutbelopp är R 4 (/) = e θ/ /2 < 5. Här blev resultatet riktigt bra. Återvänder vi till fallet x = och ersätter e med p n (), så är felets absolutbelopp e θ /(n + )! 3/(n + )!. Så även här kan man få en bra approximation men man måste ta betydligt fler termer (t.ex. om n = 6, blir felet 3/7! = /68). Standardutvecklingar Vi vill Maclaurinutveckla vissa elementära funktioner. Vi har redan sett att e x = k= x k k! + eθx (n + )! xn+, där θ [, ]. ( ) Ibland räcker det med en mindre exakt form av resttermen. Låt B(x) = e θx. Det är klart att B(x) är en begränsad funktion för x nära. Med (n + )! den beteckningen har vi R n+ (x) = B(x)x n+. Eftersom B är begränsad nära kan detta uttryckas genom att säga att resttermen är av storleksordningen x n+ nära. Formeln ( ) kan skrivas om som e x = k= x k k! + B(x)xn+ = + x + x2 2! + x3 3! + + xn n! + B(x)xn+ Låt nu f(x) = ln( + x). Då är f() = och vidare är f (x) = ( + x), f () = f (x) = ( + x) 2, f () = f (x) = 2( + x) 3, f () = 2 f (4) (x) = 2 3( + x) 4 = 3!( + x) 4, f (4) () = 3! 3

32 Nu kan vi se ett mönster: f (k) (x) = ( ) k (k )!( + x) k, f (k) () = ( ) k (k )! Eftersom (k )!/k! = /k, får vi eller ln( + x) = ln( + x) = ( ) k= ( ) k= k xk k xk k + k + B(x)xn+ ( ) n x n+ ( + θx) n+ n + = x x2 2 + x3 xn + ( )n 3 n + B(x)xn+, där B(x) är en begränsad funktion för x nära. Låt f(x) = sin x. Vi får nu f() = f (x) = cos x, f () = f (x) = sin x, f () = f (x) = cos x, f () = f (4) (x) = sin x, f (4) () = Eftersom f(x) = f (4) (x), kommer mönstret att upprepa sig. Vi ser att derivator av jämn ordning är i origo och derivator av udda ordning är omväxlande och i origo. Alltså är f (2k ) () = ( ) k för alla k och f (2k) () = för alla k. Vi noterar också att f (2n+) (x) = ( ) n cos x. Så sin x = ( ) k x 2k (2k )! + ( )n cos θx x2n+ (2n + )! k= eller sin x = ( ) k x 2k (2k )! + B(x)x2n+ k= = x x3 3! + x5 5! + ( )n x 2n (2n )! + B(x)x2n+, där B(x) är begränsad för x nära. Liknande beräkningar leder till formeln för cosinus: cos x = k= ( ) k x2k (2k)! + ( )n+ cos θx x2n+2 (n + 2)! 32

33 eller cos x = k= ( ) k x2k (2k)! + B(x)x2n+2 = x2 2! + x4 x2n + ( )n 4! (2n)! + B(x)x2n+2. Till sist betraktar vi f(x) = arctan x. överskådlig formel. Här leder inte deriveringar till någon I stället börjar vi med den geometriska summan +x+x 2 + +x n = xn x och sätter x = t 2. Detta ger t 2 + t 4 + ( ) n t 2n 2 = ( )n t 2n + t 2 = + t 2 ( )n t 2n + t 2, eller omskrivet, + t 2 = t2 + t 4 + ( ) n t 2n 2 + ( )n t 2n + t 2. Integrerar vi båda led från till x, får vi arctan x = x x3 3 + x5 x2n + ( )n 5 2n + ( )n x 2n+ + θ 2 x 2 2n +. x ( ) n t 2n Att + t 2 dt = ( )n x 2n+ + θ 2 x 2 är inte alls självklart men kan visas 2n + (med hjälp av integralkalkylens andra medelvärdessats). Det exakta utseendet av resttermen är inte så viktigt. För att göra feluppskattningar räcker det med att observera att ( ) n x 2n+ + θ 2 x 2 2n + x 2n+ 2n +. Med resttermen på B(x)-formen får vi arctan x = ( ) k= k x2k 2k + B(x)x2n+ = x x3 3 + x5 x2n + ( )n 5 2n + B(x)x2n+ (som vanligt är B(x) begränsat nära ). Här har vi inte beräknat några derivator av f, så det är inte självklart att polynomet ovan är ett Maclaurinpolynom. Att så är fallet visas nästa dag. 33

34 Appendix till dag 24 Standardutvecklingar, forts. Vid beräkningar där man inte behöver någon exakt uppskattning av resttermen skriver man resttermen på formen B(x)x n, där B(x) är en begränsad funktion för x nära. När man Maclaurinutvecklar flera funktioner får man resttermerna B (x)x n, B 2 (x)x m osv. För att slippa hålla reda på olika B i, brukar man beteckna B(x)x n med O(x n ). Detta uttalas stort ordo av x n då x och betyder att den term man avser är av storleksordningen x n för x i en omgivning av. Mer exakt betyder f(x) = O(x n ) att f(x)/x n C för en konstant C och alla x som ligger i en omgivning av. Följande räkneregler gäller: O(x n ) O(x m ) = O(x n+m ) och om n m, så är O(x n ) ± O(x m ) = O(x n ). Detta är lätt att se: Om f(x) = O(x n ), g(x) = O(x m ), så är uttrycket f(x) g(x) = f(x)g(x) f(x) ± g(x) begränsat och om n m, så är begränsat x n x m x n+m (eftersom x n x m för x nära, så g(x)/x n g(x)/x m ). Nedan kommer en sammanställning av de Maclaurinutvecklingar vi härledde förra gången, men med B(x)x n+ ersatt med O(x n+ ): e x = + x + x2 2! + x3 3! + + xn n! + O(xn+ ) ln( + x) = x x2 2 + x3 xn + ( )n 3 n + O(xn+ ) sin x = x x3 3! + x5 5! + x 2n ( )n (2n )! + O(x2n+ ) cos x = x2 2! + x4 x2n + ( )n 4! (2n)! + O(x2n+2 ) arctan x = x x3 3 + x5 x2n + ( )n 5 2n + O(x2n+ ) x n 34

35 Och här samma sammanställning med summationstecken: e x x k = k! + O(xn+ ) ln( + x) = sin x = k= ( ) k= k xk k + O(xn+ ) ( ) k x 2k (2k )! + O(x2n+ ) k= cos x = arctan x = k= ( ) k x2k ( ) k= (2k)! + O(x2n+2 ) k x2k 2k + O(x2n+ ) Två viktiga konsekvenser av entydighetssatsen (sats 3, avsnitt 9.3): Låt n vara givet. Maclaurinpolynomet av grad n är det enda polynom sådant att resttermen är O(x n+ ). För alla andra polynom kommer resttermen vara av storleksordningen O(x m+ ), där m < n. Med andra ord, Maclaurinpolynomet ger den bästa approximationen för x nära. Om f(x) = p n (x) + O(x n+ ) (p n polynom av grad n), så måste p n vara Maclaurinpolynomet. Det här har vi redan utnyttjat vid utvecklingen av arctan x. Vi har ju inte beräknat derivatorna utan fått utvecklingen på ett annat sätt. Det är först med hjälp av entydighetssatsen som vi med säkerhet kan säga att detta var just Maclaurinutvecklingen. Numeriska beräkningar Förra gången har vi beräknat närmevärden till e och e /. några exempel till. Nedan kommer Eftersom vi vill ha ett närmevärde, räcker det inte med resttermen på ordo-form utan vi måste kunna göra en rigorös uppskattning av felet. Exempel. För sin x är resttermen R 2n+ (x) = ( ) n cos θx x2n+ (2n + )!. Så R 2n+ (x) x 2n+ /(2n + )!. Approximerar vi sin, med, (dvs. tar x =, och n = ), blir felets absolutbelopp x 3 /3! =, 3 /6, en rätt bra approximation. Tar vi n = 2, får vi sin,,, 3 /6, och felets absolutbelopp blir, 5 /5! < 7. 35

36 För ln( + x) är resttermen R n+ (x) = ( ) n x n+ ( + θx) n+ n +. Om x, är R n+ (x) x n+ n +. Tar vi n =, x =,, får vi ln,, och felets absolutbelopp är, 2 /2 = 2 2, dvs. vi får 2 korrekta decimaler. Tar vi i stället x = och vill ha 2 korrekta decimaler (dvs. R n+ () /(n + ) /2), måste vi ta n + = 2, alltså nästan 2 termer. Exempel. Vi vill beräkna ett närmevärde till 5. Eftersom 4 = 2, ligger det nära till hands att antingen Taylorutveckla f(x) = x kring punkten a = 4 eller Maclaurinutveckla f(x) = 4 + x. Vi väljer det senare och vi tar n = 2. Låt f(x) = (4 + x) /2. Då är f (x) = 2 (4 + x) /2, f (x) = 4 (4 + x) 3/2, f (x) = 3 8 (4 + x) 5/2. Så (4 + x) /2 = f() + f ()x + f () x 2 + f (θx) x 3 = x 64 x2 + 6(4 + θx) 5/2 x3. Sätter vi x = och utnyttjar att (4+θ) 5/2 4 5/2, får vi 5 2+/4 /64 med ett fel R 3 () /52. Exempel. Beräkna ett närmevärde till sin x x Vi tar med de första två nollskilda termerna för sin x. V får sin x = x x 3 /6 + x x 3 /6 R 5 (x) och sin x dx = dx + R 5 (x) dx. Så närmevärdet för x sin x dx blir ( x 2 /6) dx = x 8. Enligt första exemplet ovan är R 5 (x) x 5 /5! = x 5 /2, så felet vi begår vi integrationen är till beloppet Beräkning av gränsvärden x 4 2 dx = 6. För att beräkna gränsvärden räcker det med att ha resttermen på ordo-form. Metoden förklaras nedan med ett enkelt exempel: Exempel. Beräkna gränsvärdet lim x sin x x x 3. sin x x x 3 = (x x3 /6 + O(x 5 )) x x 3 = x3 /6 + O(x 5 ) x 3 = /6 + O(x 2 ) /6 då x. Så gränsvärdet är /6. dx. 36

37 Hur många termer i Maclaurinutvecklingen bör man ta? Generellt gäller att tar man för många termer, så blir det inte fel men man får kanske räkna mer än nödvändigt. Tar man för få termer, så går det inte att beräkna gränsvärdet. I exemplet ovan, om vi tar sin x = x + O(x 3 ) i stället för x x 3 /6 + O(x 5 ), ser räkningarna ut på följande sätt: sin x x x 3 = (x + O(x3 )) x x 3 = O(x3 ) x 3. Det enda vi kan säga om högerledet är att det är begränsat för x nära. Gränsvärdet kan vara vilket tal som helst (inklusive ), men här kan vi inte ens avgöra om det finns något gränsvärde. Alltså har vi tagit för få termer. Tar vi i stället x x 3 /6 + x 5 /2 + O(x 7 ), får vi sin x x x 3 = (x x3 /6 + x 5 /2 + O(x 7 )) x x 3 = x3 /6 + x 5 /2 + O(x 7 ) x 3 = /6 + x 2 /2 + O(x 4 ) /6. Det blev rätt trots att vi har tagit en term mer än vad som är nödvändigt. Här följer två exempel till. ln( + x 2 ) x 2 Exempel. Beräkna gränsvärdet lim x x sin 2x 2x 2. ln( +t) = t t 2 /2 + O(t 3 ). Ersätter vi t med x 2, får vi ln( +x 2 ) = x 2 x 4 /2 + O(x 6 ) och ln( + x 2 ) x 2 = x 4 /2 + O(x 6 ). Vi ser att vi tog lagom många termer eftersom vi har beräknat lägstagradstermen i täljaren exakt. Tar vi en term mindre i utvecklingen av ln( + t), får vi ln( + x 2 ) = x 2 + O(x 4 ) och ln( + x 2 ) x 2 = O(x 4 ), dvs. vi har ingen kontroll över lägstagradstermen i täljaren. sin t = t t 3 /6 + O(t 5 ). Sätter vi t = 2x, får vi sin 2x = 2x (2x) 3 /6 + O(x 5 ) och x sin 2x 2x 2 = 2x 2 4x 4 /3 + O(x 6 ) 2x 2 = 4x 4 /3 + O(x 6 ). Nu kan vi beräkna gränsvärdet: ln( + x 2 ) x 2 x sin 2x 2x 2 = x4 /2 + O(x 6 ) 4x 4 /3 + O(x 6 ) = /2 + O(x2 ) 4/3 + O(x 2 ) /2 Exempel. Beräkna gränsvärdet lim x ( x 2 sin 2 x ). 4/3 = 3 8 då x. Här ser vi att både /x ( 2 och / sin 2 x går mot då x. Vi börjar med en omskrivning: lim x x 2 ) sin 2 x x 2 sin 2 = lim x x x 2 sin 2. Nu kan vi Maclaurinutveckla och vi x får: 37

38 sin 2 x x 2 = (x x 3 /6+O(x 5 )) 2 x 2 = x 2 x 4 /3+O(x 6 ) x 2 = x 4 /3+O(x 6 ), x 2 sin 2 x = x 2 (x + O(x 3 )) 2 = x 2 (x 2 + O(x 4 )) = x 4 + O(x 6 ), sin 2 x x 2 x 2 sin 2 x = x4 /3 + O(x 6 ) x 4 + O(x 6 = /3 + O(x2 ) ) + O(x 2 då x. ) 3 Det sökta gränsvärdet är lika med 3. Appendix till dag 25 Kommentar till Maclaurinserier. Sätter man in x = i formlerna (2) och (25) i avsnitt 9.6, får man ln 2 = , π 4 = arctan = Dessa uttryck är dock inte praktiskt användbara om man vill beräkna närmevärden till ln 2 och π eftersom det behövs väldigt många termer för att få bra noggranhet. En mycket effektivare formel för att beräkna ett närmevärde till π får man genom att utnyttja sambandet arctan = arctan /2 + arctan /3 och sedan använda Maclaurinserierna för arctan /2 och arctan /3. För ln 2 kan man använda sambandet ln 2 = ln[(4/3) (3/2)] = ln 4/3 + ln 3/2. Lokala extremumundersökningar Exempel (exempel 8, avsnitt 9.7). Undersök om funktionen f(x) = ln( + x) arctan 2x 2x 2 + x 3 har ett lokalt maximum eller minimum i origo. Beräknar man f (x), ser man att f () = men det går inte att avgöra om f växlar tecken i origo. Deriverar man en gång till, får man f () =. Vi Maclaurinutvecklar i stället. ln( + x) = x x 2 /2 + x 3 /3 + O(x 4 ), arctan t = t t 3 /3 + O(t 5 ), så arctan 2x = 2x 8x 3 /3 + O(x 5 ) och f(x) = (x x 2 /2 + x 3 /3 + O(x 4 ))(2x 8x 3 /3 + O(x 5 )) 2x 2 + x 3 = 2x 4 + O(x 5 ) = x 4 ( 2 + O(x)). }{{} < för x nära Alltså är f(x) < = f() för x och nära, dvs. f har ett lokalt maximum i origo. Exempel (exempel 9, avsnitt 9.7). Undersök om funktionen g(x) = x ln( + x) arctan 2x 2x 3 + x 4 har ett lokalt maximum eller minimum i origo. 38

39 Eftersom g(x) = xf(x), är g(x) = x( 2x 4 + O(x 5 )) = 2x 5 + O(x 6 ). Så g(x) = x 5 ( 2 + O(x)). }{{} < för x nära Nu ser vi att g(x) < för x > och nära och g(x) > för x < och nära. Eftersom g() =, har g varken ett lokalt maximum eller minimum i origo. l Hospitals regel cos x Exempel. Beräkna lim x x 2. cos x lim x x 2 = [ ] Symbolen går mot. [ ] sin x = lim = x 2x [ ] cos x = lim = x 2 2. indikerar att vi har verifierat att både täljaren och nämnaren Vi har använt l Hospitals regel två gånger men egentligen hade det räckt att använda den en gång. mellanledet ovan går mot /2. Eftersom sin x/x då x, ser vi direkt att Varning. Om täljaren och/eller nämnaren inte går mot, gäller inte satsen och oftast får man fel svar. Ett exempel på detta: lim x x 2 cos x = lim x 2x sin x = 2. Men x 2 och cos x, så det korrekta svaret är uppenbart. Diverse exempel Exempel. Beräkna gränsvärdet lim x (cos x) /x2. Gränsvärdet är av typen. Vi gör en omskrivning först: (cos x) /x2 = e [ln(cos x)]/x2. Nu kan vi använda l Hospitals regel. [ ] ln(cos x) tan x lim x x 2 = = lim = lim x 2x x Så det sökta gränsvärdet är e /2. ( sin x x ) = 2 cos x 2. Här är det svårare att använda Maclaurinutveckling. Man får utveckla ln(+ t) = t + O(t 2 ) och sedan sätta t = cos x = x 2 /2 + O(x 4 ln(cos x) ), vilket ger x 2 = x 2 /2 + O(x 4 ) x 2 = 2 + O(x2 ). (Övning: räkna igenom detaljerna.) 39

40 En annan fördel med l Hospitals regel är att man hoppas kunna beräkna gränsvärdet då x a direkt. För att använda kända Maclaurinutvecklingar måste man först göra ett variabelbyte t = x a. I många fall är det dock betydligt ( enklare att Maclaurinutveckla. Förra gången beräknade vi gränsvärdet lim x x 2 ) sin 2 x x 2 sin 2 = lim x x x 2 sin 2. Här blir det x inte lika lätt (dock möjligt) att använda l Hospitals regel men man får derivera ett antal gånger. Vill man i stället beräkna gränsvärdet ( ) lim x x 2 arctan 2 x x 2 arctan 2 = lim x x x 2 arctan 2 x, blir det riktigt besvärligt med l Hospitals regel medan det inte är speciellt svårt med Maclaurinutvecklingar. (Svar: 2 3.) Beräkna detta gränsvärde som en övning. Exempel. Beräkna gränsvärdet lim x (x3 e /x x 3 x 2 x/2). ( e lim x (x3 e /x x 3 x 2 t x/2) = [x = /t] = lim t t 3 t 3 t 2 ) 2t e t t t 2 /2 lim t t 3 = 6. Att gränsvärdet är /6 är lätt att se, t.ex. genom att Maclaurinutveckla e t. = Exempel. Låt f(x) = e x arctan 2x. Bestäm f (5) (). Maclaurinutvecklar man f, så är den term som står vid x 5 lika med f (5) ()/5!. e t = +t+t 2 /2+t 3 /6+t 4 /24+O(t 5 ), e x = x+x 2 /2 x 3 /6+x 4 /24+O(x 5 ), arctan t = t t 3 /3 + t 5 /5 + O(t 7 ), arctan 2x = 2x 8x 3 /3 + 32x 5 /5 + O(x 7 ). Så f(x) = ( x+x 2 /2 x 3 /6+x 4 /24+O(x 5 ))(2x 8x 3 /3+32x 5 /5+O(x 7 )) = + (32/5 4/3 + /2)x 5 + O(x 6 ) = + (3/2)x 5 + O(x 6 ). Alltså är f (5) () = 3 5! 2 och f (5) 2 3 () = = Observera att det är onödigt att beräkna andra termer än de som står vid x 5 (de har ändå ingen betydelse här). Exempel. Låt f(x) = x + ln( + x). Bestäm Maclaurinpolynomet av grad 2 för f. Det är klart att f är strängt växande (eftersom f (x) > för alla x > ), så f existerar. Sätt f (y) = a +a y +a 2 y 2 +O(y 3 ). Eftersom f (f(x)) = x och y = f(x) = 2x x 2 /2 + O(x 3 ), får vi 4