L HOSPITALS REGEL OCH MACLAURINSERIER.

Transkript

1 L HOSPITALS REGEL OCH MACLAURINSERIER Läs avsnitten 73 och 8-82 Lös övningarna 78-75, 82, 84a,b, 85a,c, 89, 80 samt 8 Avsnitt 73 L Hospitals regel an ibland vara till en viss nytta, men de flesta gränsvärden man an räna ut med hjälp av den an man lia gärna räna ut på andra sätt I Exempel 70 ränar man ut x 0 x2 + med hjälp av den Man an beräna det så här i stället: x2 + = ( x 2 + )( x ) x x( x ) = x x2 + + x = x2 + x( x ) När x 0 så går detta förstås mot 0 Gör man på det här sättet, så ser man varför gränsvärdet blir 0, vilet man inte gör när man använder l Hospital I Exempel 7 är användningen av regel nästan att sjuta mygg med anoner Både täljare och nämnare är ju 0 för x = och är därför enligt fatorsatsen delbara med x ( ) = x + Förortar vi så får vi x 2 x 2 x 2 = x 2 x, som förstås går mot ( 2)/( ) = 3/2 då x Gränsvärdet i Exempel 72 är inte så lätt att beräna diret, så här är l Hospital verligen användbar Men lite senare sall vi disutera något som heter Maclaurinutveclingar som ommer att ge oss ett annat - och bättre - sätt att räna ut det Gränsvärdet i Exempel 73 an man ocså beräna utan hjälp av l Hospital Börja då med att sriva om nämaren: tan(x π/2) = Gränsvärdet vi sall beräna är alltså sin(x π/2) sin(π/2 x) = = cos x cos(x π/2) cos(π/2 x) sin x x 0 sin x ln x cos x Nämnaren cos x är det inga problem med, den är ju lia med för x = 0 Täljaren sriver vi om så här: sin x ln x = sin x x x ln x

2 Den första fatorn (sin x)/x går mot och den andra x ln x mot 0 då x 0, så summan av ardemumman är att gränsvärdet är 0/ = 0 Man anse sulle unna tro att l Hospitals regel ger oss nya och enlare metoder att räna ut vissa standardgränsvärden som sin x x 0 x och För deriverar vi täljare och nämnare så får vi cos x e x () x 0 x respetive som båda går mot då x 0 Problemet med den här beräningen är emellertid att vi behöver gränsvärdena () för att beräna derivatorna av sin x och e x L Hospital leder alltså till ett cirelbevis Som minnesregel an l Hospital doc ha ett visst värde Kapitel 8 Höjdpunten i det här apitlet är hur man an sriva vissa funtioner f som summan av serier, dvs jämför den geometrisa serien e x, f(x) = a 0 + a x + a 2 x 2 +, x = + x + x2 + där alla oefficienter a = Exempel på funtioner vi sall studera på det här sättet är e x och sin x För att motivera varför man vill sriva funtioner som summor av serier börjer vi med att disutera ett beräningsproblem Texten här är bitvis mer utförlig är boens och jag reommenderar att du börjar med att läsa boens framställning och sedan går till det här materialet Värden av polynomfuntioner p(x) = a 0 + a x + + a n x n är lätta att räna ut, eftersom beräningarna bara involverar additioner och multipliationer (naturligtvis an beräningarna bli omfattande), men hur ränar man ut värden av andra funtioner som sinus eller exponentialfuntionen? Hur hittar man närmevärden med tio decimaler till ln 5 och cos 0, 04? Eftersom definitionerna av e x, sin x och de andra elementära funtionerna inte ger någon metod att räna ut deras värden, så är det här både svåra och vitiga frågor Närmevärden till de trigonometrisa funtionerna ränade visserligen Ptolemaios ut redan för 2000 år sedan genom att använda additionsformlerna på ett listigt sätt, men vi vill gärna ha en allmännare metod och teori för hur man sall gå tillväga Låt y = f(x) vara en funtion vars värden vi vill beräna närmevärden till Den metod vi sall disutera är att approximera f med polynom, eftersom vi 2

3 an beräna värden av polynom utan alltför stora besvär Approximera an betyda många olia saer, men här sall vi undersöa hur man hittar polynom y = p(x) sådana att f(x) p(x) är liten i närheten av en fix punt Låt a vara en fix punt och antag att f är är deriverbar i en omgivning av a åtminstone n gånger Definiera p a,n (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a) f (n) (a) (x a) n 2! n! n f () (a) = (x a) Polynomet p a,n allas Taylorpolynomet av grad n till f vid punten a Fallet a = 0 allas Maclaurinpolynomet till f Observation : Vi har p a, (x) = f(a) + f (a)(x a), vilet är evationen för tangenten till f i x = a Man an alltså säga att grafen y = p a,n (x) till Taylorpolynomet är en generalisering av tangenten till f i a Observation 2: Vi har p a,n (a) = f(a) + f (a)(a a) + f (a) (a a) 2 + = f(a) 2! och deriverar vi p a,n så får vi p a,n(x) = f (a) + f (a) 2! 2(x a) + f (3) (a) 3! 3(x a) 2 +, varav p a,n (a) = f (a) Fortsätter man derivera så ser man att polynomet p a,n och funtionen f har samma derivator av ordning 0,, 2,, n i a, dvs p () a,n(a) = f () (a), = 0,, 2,, n Eftersom för det första tangenten är den linje genom a som bäst ansluter till grafen y = f(x) och för det andra derivatorna i a har att göra med hur hur funtionen uppför sig i närheten av a, så an de här observationerna ge anledning att hoppas att Taylorpolynomet fatist är en god approximation av funtionen i närheten av a Observation 3: Vad är Taylorpolynomet till f om f är ett polynom? Sätt först g(x) = f(x + a) Då är även g ett polynom och vi an sriva Alltså är g(x) = a 0 + a x + a 2 x a n x n f(x) = g(x a) = a 0 + a (x a) + a 2 (x a) a n (x a) n Värden av rationella funtioner, dvs voter av polynom, an man förstås ocså beräna gansa enelt, men vi sall bara prata om approximation med polynom 3

4 Deriverar man f upprepade gånger så får man f () (a) = a, = 0,, 2,, n (jämför observation 2), vilet ger p a,n (x) = n f () (a) (x a) = n Taylorpolynomet av grad n är alltså f själv a (x a) = Maclaurinpolynomen till de elementära funtionerna n a (x a) = f(x) Vi betecnar Maclaurinpolynomet p 0,n med p n Exponentialfuntionens Maclaurinpolynom är lätta att bestämma eftersom alla derivator av f(x) = e x är lia med f Alltså är f () (0) = e 0 = för alla, vilet ger p n (x) = + x + x2 2! + x3 3! + + xn n! Nedan sall vi disutera hur pass väl Maclaurinpolynomet approximerar sin funtion, men vi an redan nu göra ett litet numerist experiment Ränaren eller datorn ger e 0,, Maclaurinpolynomet av grad 3 är p 3 (x) = +x+ x2 2 + x3 6, så att p 0, 0 0, 00 3(0, ) = +0, + +, För derivatorna av f(x) = sin x gäller f (x) = cos x, f (x) = sin x, f (3) (x) = cos x, f (4) (x) = sin x och sedan går det så att säga runt Det här ger varför f (2) (0) = 0 och f (2+) (0) = ( ), p 2n+ (x) = x x3 3! + x5 x2n+ + ( )n 5! (2n + )! Om det här ser svårgenomträngligt ut så ser de första polynomen ut så här: p (x) = x, p 3 (x) = x x3 6, p 5(x) = x x3 6 + x5 20 Låt oss göra ett numerist experiment till Ränaren ger sin 0, 0, och 0, 00 p 3 (0, ) = 0, 0, Visst häpnar man lite grand? På samma sätt ränar man ut Maclaurinpolynomen till cosinus, som är p 2n (x) = x2 2! + x4 x2n + ( )n 4! (2n)!, 4

5 dvs p 2 (x) = x2 2, p 4(x) = x2 2 + x4 24 Som nästa funtion sall vi ta logaritmfuntionen Eftersom ln x inte är definierad för x = 0, så bruar man betrata f(x) = ln( + x) (vilet motsvarar Taylorpolynomet ln x ring x = ) Här är f (x) = + x = ( + x), f (x) = ( + x) 2, f (3) (x) = 2( + x) 3, f (4) (x) = 2 3( + x) 4 och allmänt f () (x) = ( ) 2 3 ( )( + x) = ( ) ( )!( + x) för Alltså är f () (0) = ( ) ( )! för och Maclaurinpolynomet är p n (x) = n f () (0) x = n = ( ) ( )! x = = x x2 2 + x3 xn + ( )n 3 n n ( ) På exat samma sätt får man att Maclaurinpolynomet till f(x) = ( + x) a är p n (x) = n ( ) a x, där ( ) a = = a(a ) (a ( )) (Om a är ett positivt heltal, så är detta den vanliga binomialoefficienten) Vi har t ex ( ) /2 ( /2)( /2 ) ( /2 ( )) = = ( /2) 3 (2 ) 3 (2 ) = ( ) 2 Här är täljaren 3 (2 ) = (2)! 2 4 (2) = (2)! 2 varför ( ) ( ) /2 = ( ) (2)! 2 2 = ( ) 2 4 x 5

6 Byter vi x mot 4x, så får vi således att Maclaurinpolynomet till ( 4x) /2 = / 4x är n ( ) ( ) 2 n ( ) 2 p n (x) = 4 ( 4x) = x Som ett annat exempel tar vi f(x) = ( + x), dvs a = Vi har ( ) ( )( ) ( ( )) = = ( ) = ( ) och Maclaurinpolynomet är således n p n (x) = ( ) x = x + x 2 x ( ) n x n Jämför med den geometrisa serien + x = x + x2 x 3 + = ( ) x Till sist sall vi säga några ord om f(x) = arctan x som har derivatan f (x) = /( + x 2 ) Det är inte så enelt att beräna de högre derivatorna diret genom att använda votregeln, men om man gör omsrivningen + x 2 = 2 ( x i x + i och ränar på som om allt vore reellt, så går det Resultatet är hur som helst vilet ger Maclaurinpolynomet f (2) (0) = 0, f (2+) (0) = ( ) ( )! p 2n+ (x) = x x3 3 + x5 x2n+ + ( )n 5 2n + ) Taylors sats Frågan är nu hur pass väl som Taylor- och Maclaurinpolynomen approximerar sin funtion Vi sall bara formulera en sats som ger en viss uppfattning Låt f vara en funtion som är deriverbar (minst) n + gånger med ontinuerliga derivator i det slutna intervallet med ändpunter a och x (dvs [a, x] eller [x, a] beroende på om a < x eller x < a) Då säger Taylors sats det finns ett tal ξ mellan a och x sådant att f(x) = p a,n (x) + f (n+) (ξ) (x a)n+ (n + )! = f(a) + f (a)(x a) + + f (n) (a) (x a) n + f (n+) (ξ) n! (n + )! (x a)n+ 6

7 Talet ξ beror på a, x, n och förstås på f själv I allmänhet an man inte räna ut det exat, men å andra sidan har man ytterst sällan behov av att göra det Felet i approximationen f(x) p a,n (x) ges alltså av den s resttermen f (n+) (ξ) (n + )! (x a)n+ Om man har någon uppsattning av typen f (n+) C på intervallet, så är f(x) p a,n (x) C x a n+ (n + )! Man ser att om x a är litet och n stort, så bör man få en gansa god approximation Exempel: Låt f(x) = e x och a = 0 Notera att f () (x) = e x för alla På intervallet [0, ] är e x e < 3, så f (n+) (ξ) (n + )! < 3 (n + )! Felet i approximationen f(0, ) = e 0, p 3 (0, ) som vi gjorde ovan är alltså högst 3 0, 4 (3 + )! = 0 4 =, , 8 vilet innebär att p 3 (0, ) ger e 0, med 4 orreta decimaler Lägg märe till att det stämmer bra med vad vi såg ovan Exempel: Låt oss ta f(x) = e x, a = 0 och x = i Taylors sats Detta ger e = f() = p n () + e ξ (n + )! där ξ ligger mellan 0 och Vi har som ovan e ξ < 3, så e p n () < 3 (n + )! För att approximationen e p n () sall ge åtminstone 3 orreta decimaler måste 3/(n + )! < 0, 5 0 3, dvs (n + )! > 6 0 3, vilet ger (genom testning) n 7 Vi har p 7 () = + + 2! + 3! + + 7! = 7! + 7! ! = 685 2,

8 Alltså är e = 2, 78 med 3 orreta decimaler Exempel: Låt f(x) = sin x Maclaurinpolynomet av grad 4 är p 4 (x) = x x 3 /6 (alltså samma som p 3 eftersom f (4) (0) = sin 0 = 0) Vi har således enligt Taylors sats sin 0, = p 4 (0, ) + f (5) (ξ) 0, 5 5! för något ξ mellan 0 och 0, Nu är f (5) (ξ) = cos ξ, så sin 0, p 4 (0, ) 0 5 5! = < 0 7 Detta visar att approximationen sin 0, p 4 (0, ) ger sin 0, med 6 orreta decimaler Vi antog att alla f:s derivator är ontinuerliga i närheten av a och då an man visa att de är begränsade i en omgivning av a Alltså är speciellt f (n+) (ξ) C för någon onstant C då x är nära a Resttermen i Taylors formel an därför srivas som (x a) n+ B(x), där funtionen B är begränsad i närheten av a Det här an man ibland ha nytta av när man sall beräna nepiga gränsvärden: Vi har sin x = x x 3 /6 + x 5 B (x), cos x = x 2 /2 + x 4 B 2 (x), där B och B 2 är begränsade nära 0, så sin x x cos x = x x3 6 + x5 B (x) x + x3 2 x5 B 2 (x) = x3 3 + x5 B(x), där B(x) = B (x) B 2 (x) är en funtion som ocså är begränsad i närheten av 0 Alltså är sin x x cos x x 3 = 3 + x2 B(x) Eftersom B är begränsad, så går termen x 2 B(x) mot 0 då x 0, vilet ger sin x x cos x x 0 x 3 = 3 Det an vara instrutivt att räna ut det här gränsvärdet med hjälp av l Hospitals regel ocså Exempel: Vi har e x sin x cos x = + x + x2 2 + x3 B (x) (x + x 3 B 2 (x)) ( x2 2 + x3 B 3 (x)) = x 2 + x 3 C(x), där C = B B 2 B 3 är begränsad i närheten av 0 Vidare är ( ) /2 + x = ( + x) /2 = + x + x 2 B 4 (x) = + x 2 + x2 B 4 (x) 8

9 och så att ln( + x) = x + x 2 B 5 (x) ( + x ) ln( + x) = x2 2 + x3 D(x), där D(x) = B 5 (x)/2 + B 4 (x) + xb 4 (x)b 5 (x) ocså är begränsad nära 0 Alltså är e x sin x cos x ( + x ) ln( + x) = x2 + x 3 C(x) x 2 /2 + x 3 D(x) = + xc(x) /2 + xd(x), som går mot /(/2) = 2 då x 0 eftersom C och D är begränsade Exempel: Vi har + x = ( + x) /2 = + ( /2 där B är begränsad nära 0 Byter vi x mot t 2 så får vi t 2 = + t2 2 + t4 B(t 2 ) ) x + x 2 B(x) = x 2 + x2 B(x) Är t tillräcligt litet, så är termen t 4 B(t 2 ) försumbar i jämförelse med t 2 /2, så att + t2 då t är litet t 2 2 I relativistis meani har ett föremål med vilomassa m 0 som rör sig med hastigheten v den relativistisa massan m = m 0 (v/c) 2, där c är ljushastigheten Eftersom (v/c) 2 < om v > 0, så är m > m 0 Den extra massan m m 0 är den relativistisa inetisa energin uttryct som massa, vilet i energitermer är E = (m m 0 )c 2 enligt Einsteins formel Vardagslivets hastigheter är mycet mindre än ljushastigheten, dvs v/c är litet, vilet ger att den inetisa energin är ( ) E = (m m 0 )c 2 = m 0 c 2 (v/c) 2 ( ) m 0 + (v/c)2 c 2 = m 0v Det här uttrycet änner vi igen som den inetisa energin i lassis meani Vid små hastigheter övergår således den relativistisa meanien i den lassisa 9

10 Hur man ränar ut Maclaurinpolynom i pratien Vi har bestämt Maclaurinpolynomen till de vanligaste elementära funtionerna och sall nu visa hur man an använda dessa för att bestämma Maclaurinpolynomen till mer omplicerade funtioner Det är i själva veret gansa enelt Antag att f har ontinuerliga derivator upp till och med ordning n + och att f(x) = p(x) + x n+ B(x) där p är ett polynom av grad n och B är en funtion som är begränsad i närheten av 0 Då an man bevisa att p är Maclaurinpolynomet av grad n till f Exempel: Vi har e x = + x + x 2 /2 + x 3 /6 + x 4 B(x), där B är begränsad nära 0 Byter vi x mot x så får vi e x = x + x 2 /2 x 3 /6 + x 4 B( x) Nu är funtionen B( x) ocså begränsad nära 0 så x + x 2 /2 x 3 /6 är Maclaurinpolynomet av grad 3 till e x Byter vi i stället x mot x 2 i e x så får vi e x2 = + x 2 + x 4 /2 + x 6 /6 + x 8 B(x 2 ) och även här är B(x 2 ) begränsad nära 0 Maclaurinpolynomet av grad 6 till e x2 är alltså + x 2 + x 4 /2 + x 6 /6 Exempel: Vi sall bestämma Maclaurinpolynomet av grad 3 till e x sin x Vi har e x = + x + x 2 /2 + x 3 /6 + x 4 B(x) och sin x = x x 3 /6 + x 5 C(x), där B och C är begränsade nära 0 Detta ger e x sin x = ( + x + x 2 /2 + x 3 /6 + x 4 B(x))(x x 3 /6 + x 5 C(x)) = x x 3 /6 + x 2 + x 3 /2 + x 4 E(x), där termen x 4 E(x) innehåller allt som har grad > 3 Funtionen E är ocså begränsad nära 0, så Maclaurinpolynomet av grad 3 är p 3 (x) = x x 3 /6 + x 2 + x 3 /2 = x + x 2 + x 3 /3 Exempel: Låt oss bestämma Maclaurinpolynomet av grad 2 till ln( + sin x) Vi har till att börja med sin x = x + x 3 B(x) och ln( + t) = t t 2 /2 + t 3 C(t), där B och C är begränsade nära 0 Alltså är där ln( + sin x) = (x + x 3 B(x)) (x + x 3 B(x)) 2 /2 + (x + x 3 B(x)) 3 C(x + x 3 B(x)) = x x 2 /2 + D(x), D(x) = x 3 B(x) x 4 B(x) + x 6 B(x) 2 /2 + (x + x 3 B(x)) 3 C(x + x 3 B(x)) = x 3 (B(x) xb(x) + x 3 B(x) 2 /2 + ( + x 2 B(x)) 2 C(x + x 3 B(x))) = x 3 E(x) När x är litet, är även x + x 3 B(x) litet, ty B är begränsad, så funtionen x (+x 2 B(x)) 2 C(x+x 3 B(x)) är begränsad nära 0 Detsamma gäller då hela den omplicerade funtionen E, så Maclaurinpolynomet är p 2 (x) = x x 2 /2 0

11 Maclaurinserier Enligt Taylors sats tillämpad på funtionen f(x) = e x så gäller e x = n x n! + xn+ (n + )! eξn för något tal ξ n mellan 0 och x; observera alltså att ξ n beror på n (och x) Om vi håller x fixt så är e ξn e x för alla n, så att n x ex n! x n+ (n + )! e x 0 då n Man sriver detta e x = x Serien i högerledet allas Maclaurinserien till e x och e x är alltså lia med summan av sin Maclaurinserie På samma sätt an man visa att sinus och cosinus är summan av sina Maclaurinserier, dvs sin x = cos x = ( ) x 2+ (2 + )! ( ) x2 (2)! för alla x Man an visa att för ln( + x), arctan x och ( + x) a gäller ln( + x) = arctan x = ( + x) a = ( ) = = x ( ) x2+, < x 2 +, x ( ) a x, < x < Observera alltså att de här tre funtionerna är summan av sina Maclaurinserier bara för vissa värden på x Lösningar till några övningar 78 Derivatan av v(r) = K(Rr 2 r 3 ) är v (r) = K(2Rr 3r 2 ) = Kr(2R 3r)

12 som har två nollställen r = 0 och r = 2R/3 Tecenväxlingen vid det senare är +0 och det är alltså ett loalt maximum Vi har v(0) = v(r) = 0, v(2r/3) = 4KR 3 /27, så det största värdet är 4KR 3 /27 79 Figuren nedan föreställer ett tvärsnitt genom sfären och cylindern Enligt Pythagoras sats gäller sambandet r 2 + (h/2) 2 = R 2 mellan radien r och höjden h i cylindern Dess volym är Derivatan är V = πr 2 h = π(r 2 h 2 /4)h V (h) = π(r 2 3h 2 /4) med ett positivt nollställe h = 2R/ 3 Eftersom V (0) = V (2R) = 0 så måste detta vara ett loalt maximum och ge V :s största värde Det blir Vmax = π(r 2 4R 2 /4 3) 2R/ 3 = 4πR 3 / Självlart an man derivera osv, men det är mer upplysande att vadratomplettera: ( h(t) = 20t 4, 9t 2 = ( 4, 9) t 2 20 ) 4, 9 t ( ( = ( 4, 9) t 0 ) 2 ( ) ) 2 0 4, 9 4, 9 ( = 02 4, 9 4, 9 t 0 ) 2 4, 9 Här ser vi att h:s största värde är 00/4, 9 20, 4 meter och att det antas vid tiden t = 0/4, 9 2 seunder 2

13 7a) Gränsvärdet x 4 x x är derivatan av y = x 4 för x =, dvs 4 3 = 4 Det söta gränsvärdet är således /4 b) tan 2x x 0 sin x = x 0 = 2 cos 0 cos 0 = 2 sin 2x cos 2x sin x = 2 sin x cos x x 0 cos 2x sin x = 2 cos x x 0 cos 2x c) Eftersom nämnaren är 0 för x = 0 så an man helt enelt sätta in x = 0 Gränsvärdet är således (0 )/ = d) Sätt x = tan t, alltså t = arctan x När x 0 så har vi t 0, så arctan x t = x 0 x t 0 tan t = t cos t t 0 sin t = eftersom t 0 ((sin t)/t) = Man an alternativt uppfatta gränsvärdet som derivatan av arctan x för x = 0, dvs sriva arctan x arctan x arctan 0 = x 0 x x 0 x 0 Gränsvärdet är alltså /( ) = e) Det här gränsvärdet är vadraten på det i d), dvs ocså f) Sätt t = x π/2, så att t 0 då x π/2 Vi har cos(x π) = cos(t + π/2 π) = cos(t π/2) = cos(π/2 t) = sin t, så cos(x π) x π/2 x π/2 = sin t = t 0 t 72 l Hospital ger att gränsvärdet är lia med x /(x ) /(x ) 2 ) = x ( (x )) = 0 Ett enlare sätt att beräna det är att sriva det som x enligt standardgränsvärdena 73Vi har (x ) ln x = t ln t = 0 t 0 x x x ln x (x ) = ln x (x ) ln x 3

14 och när x så går både täljare och nämnare mot 0, så vi an använda l Hospital Derivatan av täljaren är ln x + = ln x och av nämmnaren ln x + (x )/x Vi har ln x ln x + (x )/x = x ln x x ln x + x och även här är täljare och nämnare 0 för x = Vi använder l Hospital igen Derivatan av täljaren är ln x + och av nämnaren ln x + + = ln x + 2 Gränsvärdet är alltså lia med ln x + x ln x + 2 = 2 Har man läst om Maclaurinpolynom, så an man beräna gränsvärdet på ett annat sätt ocså Sätter vi t = x så är uttrycet lia med ( + t) ln( + t) t t ln( + t) Notera att t 0 då x Enligt Taylors sats är ln(+t) = t t 2 /2+t 3 B(t), där B är en funtion som är begränsad nära 0 Insättning och lite förenlingsarbete ger att det här är lia med /2 + tb (t) + t 2 B(t), där även B är begränsad nära 0 Gränsvärdet är således /2 74 Kvadratomplettering ger P (I) = R (I 2 UR ) I = R = U 2 ( 4R R I U ) 2 2R ( ( I U ) 2 ( ) ) 2 U 2R 2R Det största värdet är alltså U 2 /4R, vilet antas för I = U/2R 75 Här är det lämpligt att sriva om uttrycet för H innan man börjar derivera Sätt x = e 0,t Då är x + 0, 05, 05 = x = ( ), 05 2x + 0, 2(x + 0, 05) 2 x + 0, 05 och alltså Derivatan är H(t) = ( ), 05 2 e 0,t + 0, 05 H (t) = 0, e 0,t, 05 0, 0525e 0,t 2(e 0,t = + 0, 05) 2 (e 0,t + 0, 05) 2 4

15 Nu är alltså x x + 0, 05 0, 05 = (x + 0, 05) 2 (x + 0, 05) 2 = x + 0, 05 0, 05 (x + 0, 05) 2, ( H (t) = 0, 0525 e 0,t + 0, 05 0, 05 (e 0,t + 0, 05) 2 Vi sall bestämma det värde på t för vilet H (t) är störst och deriverar: H 0, e 0,t (t) = 0, 0525 ( (e 0,t + 0, 05) , 05 ( 0, ) e 0,t ) (e 0,t + 0, 05) 3 = 0, 00525e 0,t (e 0,t 0, 05) (e 0,t + 0, 05) 3 H har ett nollställe som ges av evationen e 0,t = 0, 05 och tecenväxlingen är +0, så detta är ett loalt maximum, som ocså måste vara H :s största värde Vi får t = (ln 0, 05)/( 0, ) 30 dagar Eftersom H (t) > 0, så är H(t) strängt växande och solrosens maximala höjd nås då t Den är 34/0, = 340 cm 82 Om man byter x mot 2x i Maclaurinserien för e x så får man 84a) Derivatorna är e 2x (2x) = = 2 x f (x) = cos x, f (x) = sin x, f (3) (x) = cos x, f (4) (x) = sin x och värdena för x = π/4 ) f(π/4) = / 2, f (π/4) = / 2, f (π/4) = / 2, f (3) (π/4) = / 2, f (4) (π/4) = / 2 Taylorpolynomet är således p π/4,4 (x) = f(π/4) + f (π/4)(x π/4) + f (π/4) (x π/4) f (3) (π/4) (x π/4) 3 + f (4) (π/4) (x π/4) 4 3! 4! = ( + (x π/4) + 2 (x π/4)2 2 (x π/4)3 6 ) (x π/4)4 24 b) Det är lätt att beräna derivatorna om man sriver + x = ( + x) /2 : f (x) = 2 ( + x) /2, f (x) = 4 ( + x) 3/2, f (3) (x) = 3 ( + x) 5/2 8 5

16 Alltså är f() = 2, f () = 2 2, f () = 8 2, f (3) () = så att Taylorpolynomet är p,3 (x) = f() + f ()(x ) + f () 2 = 2 85a) Maclaurinpolynomet är (x ) 2 + f (3) () 3! ( + 4 (x ) 32 (x )2 + (x )3 28 (x ) 3 ) så sin 0, 2 0, 2 p 5 (x) = x x3 6 + x5 20, 0, , , 987 c) Maclaurinpolynomet är så arctan 0, 0, p 7 (x) = x x3 3 + x5 5 + x7 7, 0, , , 7 7 0, Eftersom nämnaren har grad 3, så försöer vi med att utveca arctan och sin t o m ordning 3: arctan 2x = 2x (2x)3 3 där B och C är begränsade nära 0 Alltså är + x 5 B(x), sin 2x = 2x (2x)3 6 + x 5 C(x), arctan 2x sin 2x x 3 = 8x3 /3 + 8x 3 /6 + x 5 (B(x) C(x)) x 3 = 4/3 + x 2 (B(x) C(x)) Eftersom B C är begränsad nära 0, så går x 2 (B(x) C(x)) mot 0 då x 0, och gränsvärdet är därför 4/3 80 Vi har för det första f(x) = cos x ln( + x) och för det andra cos x = x2 2 + x4 B(x) ln( + x) = x x2 2 + x3 3 + x4 C(x) 6

17 där B, C är begränsade nära 0 (för att säert få alla termer av ordning 3 måste vi ta med alla termer av grad 3 i de två inblandade funtionerna) Alltså är ) ) f(x) = ( x2 2 + x4 B(x) (x x2 2 + x3 3 + x4 C(x) = x x2 2 x3 6 + x4 D(x), där D är en ombination av B och C och begränsad nära 0 Tydligen är p 3 (x) = x x2 2 x3 6 Det går naturligtvis bra att derivera f diret ocså 8 Använd först additionsformeln: sin(x 2 π/6) = sin x 2 cos(π/6) cos x 2 sin(π/6) = Nu är ju sin x = x + x 3 B (x), cos x = x 2 /2 + x 4 B 2 (x) 3 2 sin x2 2 cos x2 där B och B 2 är begränsade nära 0 Alltså är 3 sin(x 2 π/6) = 2 (x2 + x 6 B (x 2 )) 2 ( x4 /2 + x 8 B 2 (x 2 )) = x2 + 4 x4 + x 6 B(x), där B(x) = ( 3/2)B (x) (/2)x 2 B 2 (x) är begränsad nära 0 Maclaurinpolynomet med tre termer är således x2 + 4 x4 Man sulle anse gärna vilja använda Maclaurinserien för sinus i den här uppgiften, dvs i sin x = ( ) x 2+ (2 + )! ersätta x med x 2 π/6, och det an man göra, eftersom serien framställer sin x för alla x, men då måste man täna noga på vad man gör Vi får sin(x 2 π/6) = ( ) (x2 π/6) 2+ (2 + )! och här måste vi utvecla alla (x 2 π/6) 2+ för att få Maclaurinserien Problemet som uppstår är att varje term (x 2 π/6) 2+ ger bidrag till de tre första 7

18 termerna (i själva veret till alla termer av grad 2+) Den onstanta termen blir a 0 = ( ) ( π/6)2+ = sin( π/6) = (2 + )! 2 Enligt binomialsatsen är (x 2 π/6) 2+ = ( π/6) 2+ + (2 + )( π/6) 2 x 2 + dör pricarna betyder termer av högre grad Koefficienten för x 2 -termen i Maclaurinserien är således (2 + )( π/6)2 a = ( ) = ( ) ( π/6)2 3 = cos( π/6) = (2 + )! (2)! 2 Bestäm nästa term själv! 8