TATA4: Envribelnlys VT 6 Föreläsningsnteckningr John Thim, MAI L =?
TATA4: Föreläsning Kurvlängd, re och volym John Thim 5 pril 6 Kurvlängd Vi börjr med tt betrkt situtionen då en kurv i plnet ges på prmeterform: ((t), y(t)). Dett innebär tt både - och y-koordintern simultnt uttrycks som funktioner v någon prmeter t som vrierr i ett intervll. Till eempel skulle (t) = cos t och y(t) = sin t, där vi låter t π, beskriv cirkeln + y =. På dett sätt kn vi även få med fllet då en kurv inte kn uttrycks som en funktion y = f(). vis kn kurvn som bestäms v = 6 sin 3 t och y = 3 cos t 5 cos t cos 3t cos 4t med t π rits upp enligt följnde. y L.7 l.e. Att beskriv dett som ett funktionssmbnd y = f() förefller gnsk omöjligt. Omvänt däremot, om vi utgår från en funktion kn vi lltid skp en prmeterfrmställning. Prmeterform för en funktionskurv Om kurvn vi är intresserd v ges v en funktion f på ett intervll [, b], i.e., y = f() för b, så kn vi beskriv dett på prmeterform genom tt till eempel välj = t och y = f(t), där t b. Än så länge hr vi egentligen inte ställt någr krv på ingående funktioner, men för tt på något (enkelt) sätt kunn definier vd vi menr med kurvlängd kommer vi tt kräv tt funktionern är kontinuerligt deriverbr (dvs f är deriverbr och f är kontinuerlig). Vi john.thim@liu.se En dödsklle visde sig vr för svår tt beskriv mtemtiskt...
brukr smmnftt dett villkor genom tt säg tt f C ([, b]). Vi ntr underförstått tt dett gäller om inget nnt nges. Sts. Om C ([, b]) och y C ([, b]) så ges längden v kurvn ((t), y(t)) för de t där t b, v ˆ b L = ( (t)) + (y (t)) dt. Vi skissr beviset lite informellt br för tt se tt det verkr rimligt; det finns ett mer precist bevis i kursboken. Vi ritr en figur och funderr över hur vi kn pproimer längden v en liten del v kurvn. Låt t > vr ett litet tl och låt r(t) = ((t), y(t)) R. Vi hr följnde principfigur: r(t) s l r(t + t) Då är det lill bågelementet s l om t är litet och kurvn gltt (ges v deriverbr funktion). Längden l i sin tur kn vi beräkn genom l = r(t + t) r(t) = ((t + t) (t)) + (y(t + t) y(t)) ((t ) ( ) + t) (t) y(t + t) y(t) = + t ( t t (t)) + (y (t)) dt då t. Vi väljer nu tt kll det sist uttrycket för bågelementet ds. Med ndr ord, vi definierr ds = ( (t)) + (y (t)) dt. Räkn ut omkretsen för en cirkel med rdie R. Lösning. Vi vet redn svret, men vi nvänder stsen ovn för tt illustrer. Lämpligen representerr vi cirkeln som (t) = R cos t och y(t) = R sin t för t π. Dett är ett sätt tt prmetriser cirkeln på. Eftersom ingående funktioner är snäll erhåller vi då kurvlängden L = ˆ π ˆ π ( (t)) + (y (t)) dt = ( R sin t) + (R cos t) dt = ˆ π = R ˆ π R sin t + cos t dt dt = πr,
eftersom R = R då R >. Ovnstående är ett specilfll för kurvlängd då vi nvänder polär koordinter. Mer generellt låter vi rdien vr en given funktion r = h(t), så (t) = r(t) cos t och y(t) = r(t) sin t. Stsen ovn implicerr tt ds = h(t) + h (t) dt (vis det). Låt oss smmnftt dett nvändbr resultt. Kurvlängd i polär koordinter Om en kurv Γ ges i polär koordinter, = r cos t och y = r sin t, där r = h(t) för α t β och h är kontinuerlig, så kn längden v Γ beräkns enligt L = ˆ β α h(t) + (h (t)) dt. Kurvlängd v en funktionskurv Om vi är intresserde v längden v kurvn y = f(), b, kn vi enkelt ställ upp uttrycket för dett genom tt prmetriser som i eemplet tidigre: (t) = t och y(t) = f(t). Då är (t) = och y (t) = f (t) och längden ges v L = ˆ b + (f ()) d. ( ) Rent konkret blir klkylern oft gnsk jobbig eftersom integrnden innehåller kvdrtrötter v ndrgrdsuttryck. Som tur är behndldes mång sådn situtioner i envribelettn! Räkn ut längden v kurvn y = för. Lösning. Vi ser tt kurvn ges v en C -funktion och tt y = f() med f() =. Då ges lltså kurvlängden v ˆ + () d = = ˆ + 4 d [ + 4 ] = 5 = 5 = ˆ ˆ ˆ ˆ där vi utnyttjt välkänd (nåj..) primitiv funktion till integrlen med rätt tecken hr vi nu ˆ 4 + 4 d + 4 ˆ d + d + 4 + 4 [ ( + 4 d + ln + ) ] + 4 + 4 d + 5 + ln( + 5), + () d = 5 + ln( + 5). 4 3. Eftersom vi får tillbk +
Definition v kurvlängd Om f C kn mn definier längden L v en kurv direkt med ( ) ovn, men observer tt vi inte direkt kn nvänd stsen som definition v kurvlängd för ll kurvor. Betrkt till eempel fllet då f() =. Som beknt är f inte deriverbr i origo och därmed fungerr inte stsen som formulerd. Men vi vet också tt mn kn del upp Riemnnintegrler i två delr och därmed kunn räkn ut längden v kurvn på vrje del och summer dess. Dett fungerr även om vi hr mång fler punkter där f inte finns (åtminstone så länge dett är ett ändligt ntl). Vd händer sen? Ett eempel på en kurv där det går åt skogen tt räkn ut längden är Kochs snöfling. Mn strtr med en liksidig tringel och delr sedn vrje sid i tre delr och ersätter den mitterst med en ny liksidig tringel. Processen uppreps på ll ny linjesegment om och om igen oändligt mång gånger. Den kurv som uppstår visr sig inte h någon prmetrisering som är deriverbr i en end punkt! Hur sk vi definier längden v en sådn kurv? Vi ritr upp de se först stegen. Fktum är tt L = är den end rimlig definitionen. 4
Pln re Om g() f() på ett intervll [, b] så ges ren A melln f och g v A = ˆ b (g() f()) d under förutsättning tt funktionern är tillräckligt snäll. Området vrs re vi är intresserde v är D = {(, y) R : b, f() y g()}. y g() D b f() Räkn ut ren melln y = cos och y = sin, π/4. Lösning. Aren ges v A = ˆ π/4 (cos sin ) d = [ sin + cos ] π/4 = 4 = vilket är positivt så svret är inte helt orimligt. Vi bör även kontroller tt cos sin för < < π/4. En figur visr tydligt hur situtionen ser ut, och här är lltså den skuggde ren lik med.83 reenheter. y D π 4 5
. Are i polär koordinter Polär koordinter är nvändbr i situtioner då vi hr lättre tt beskriv hur långt från origo något befinner sig än tt preciser hur vrition ser ut direkt i - och y-koordinter. Vi hr som beknt = r cos ϕ och y = r sin ϕ och kn då betrkt områden som ges på formen D = {(, y) R : r h(ϕ), α ϕ β} där h(ϕ) är någon kontinuerlig funktion och α β. Vi skissr upp hur situtionen ser ut. y D da r = h(ϕ) dϕ α β ϕ Aren v dett område kn beräkns enligt följnde: A(D) = ˆ β α h(ϕ) dϕ. Motiveringen till reformeln kommer från tt vi kn betrkt ett litet reelement vid vinkeln ϕ enligt da = πh(ϕ) dϕ π = h(ϕ) dϕ eftersom det är en del v en disk med rdien h(ϕ). Vi summerr dess reelement och erhåller formeln ovn. 3 Volym Både rottionsre- och rottionsvolymsberäkningr hör egentligen hemm i en flervribelnlyskurs, men på grund v rottionssymmetrin kn vi oft reducer re- och volymberäkningr till ett fll med br en vribel. Mycket v kommnde formler är lite hndviftnde men visr ändå på hur krftfull verktyg integrl- och differentilklkyl är. 6
3. Rottionsvolym vi skivor Vi börjr med tt beskriv det som brukr klls skivformeln. Vi betrktr en icke-negtiv funktion f() och låter området D = {(, y) R : y f(), b} roter ett vrv kring -eln. För vrje värde [, b] uppstår då en disk (skiv) med re A() = πf() eftersom rdien för disken ges v funktionsvärdet i punkten : r = f(). Vi multiplicerr med d för tt få en infinitesiml cylinder (höjden är lltså d) som hr volymen dv = A() d = πf() d. Vi summerr dess och erhåller då den så kllde skivformeln: V = ˆ b dv = π ˆ b f() d. Skivformeln Sts. Om f() är kontinuerlig så ges volymen V som uppstår då området roterr ett vrv kring -eln v D = {(, y) R : y f(), b} V = π ˆ b f() d. Vi bevisr inte stsen utn nöjer oss med rgumentet ovn. En principskiss visr också hur vi summerr små skivor för tt få hel volymen. Formeln är även känd som brödskiveformeln. Vrför tror du formeln fått det nmnet? y f() A() b f() 7
Beräkn volymen v den kropp som uppstår då området som begränss v kurvn y = 3 och -eln roters ett vrv kring -eln. Lösning. Kurvn y = 3 skär -eln då 3 =, vilket sker precis då = och = 3. För 3 är 3, så volymen vi söker ges v ˆ 3 ˆ 3 ] 3 ) π (3 ) d = π (9 6 3 + 4 ) d = π [3 3 34 + 5 = π (8 36. 5 Mn bör se till tt dett uttryck åtminstone är positivt (vrför?). En figur är också på sin plts: y 3 Vi kn även t hänsyn till ihåligheter i rottionskroppen som i följnde eempel. Beräkn volymen v ett klot med rdie där vi skär ut en cylinder med rdie som hr -eln som sin symmetriel. Lösning. Vi tänker oss tt klotet uppstår vid rottion v disken + y kring -eln. Cylindern uppstår när vi roterr området melln y = och -eln kring -eln. Cylindern får oändlig volym så hur reder vi ut hur mycket som ligger i klotet? Ett sätt är skiss upp situtionen. y Kurvn + y = skär linjen y = precis då = ±. Vi ser då tt skivformeln med en undre gräns y = istället för y = (-eln) ger tt den eftersökt volymen blir V = π ˆ ( ) ˆ d = π ( ) d = 4π 3. 8
Rottion kring lr prllell med -eln Vi kn roter kring en linje y = c i stället för kring -eln om vi kräver tt f() c. Det end som ändrs är rdien eftersom det nu är reltivt y = c och inte y =, så skivformeln får utseendet π ˆ b (f() c) d. Smm formel gäller om f() c. Det viktig är tt vi ligger på en sidn v rottionseln. 3. Rottionsvolym vi cylindrr Om vi vill roter kring y-eln i stället är det oft enklst tt gör med rörformeln. Vi betrktr smm område D = {(, y) R : y f(), b} med tillägget tt (så hel området är på en sidn v rottionseln). Vid ett fit [, b] tänker vi oss en cylinder med höjden f() och rdien. Dett ger mntelren M() = πf(). Vi multiplicerr med en liten tjocklek för tt få ett volymselement dv = M() d = πf() d. Vi summerr dess volymelement och erhåller då den så kllde cylinderformeln: V = ˆ b dv = ˆ b M() d = π ˆ b f() d. Cylinderformeln Sts. Låt och f(). Volymen V som uppstår då området D = {(, y) R : y f(), b} roters ett vrv kring y-eln ges v V = π Vi försöker skiss upp situtionen. ˆ b y f() d f( ) f() b b 9
Beräkn rottionsvolymen som uppstår då området melln kurvn y = 3/, -eln och 4 roters ett vrv kring y-eln. Lösning. För givet [, 4] är rdien för vår cylinder (vståndet till y-eln) och höjden ges v 3/. Alltså är mntelren π(3/) = 6π och vårt volymselement blir helt enkelt 6πd. Alterntivt direkt vi rörformeln: π ˆ 4 3 ˆ 4 d = π 3 d = 8π. Rottion kring lr prllell med y-eln Det är inget mgiskt med y-eln, utn rottion kn ske kring vilken linje = c som helst utn större modifiktion. Det end som ändrs är krvet tt byts ut mot tt c och tt rdien för vår cylindrr nu ges v r = c, eller tt b c och r = c. Beräkn rottionsvolymen som uppstår då området melln kurvn y = 3/, -eln och 4 roters ett vrv kring () linjen = (b) linjen = 5. Lösning. () För givet [, 4] är rdien för vår cylinder (vståndet till rottionseln) och höjden ges v 3/. Rörformeln ger nu tt volymen ges v π ˆ 4 ( ) 3 d = π ˆ 4 ( 3 3 ) d = 6π [ ln ] 4 = 6π (3 ln ). Observer tt denn volym är strikt mindre än volymen i förr eemplet. Precis som sig bör. (b) Nu befinner vi oss på ndr sidn rottionseln, och rdien för rottionen ges v r = 5. Sålund, V = π ˆ 4 (5 ) 3 d = π (5 ln 3 9). Volymen är åtminstone större en noll (eftersom ln 3 > ) så inget direkt orimligt. 4 Smmnfttnde eempel för rottionsvolymer Låt området D ges v det begränsde området melln kurvn y =, -eln och linjen =. Bestäm volymen V då D roterr ett vrv kring -eln och volymen V y då D roterr ett vrv kring y-eln. Lösning. Vi börjr med tt rit en figur (lltid en br idé).
y y = Vi ser tt för kurvn gäller tt y = om och endst om y = (både och y är ickenegtiv). Vi kn lltså uttryck kurvn både som en funktion v och som en funktion v y. På dett sätt kn ll rottionsvolymer ställs upp på två olik sätt: med vseende på och med vseende på y. Vi ställer upp volymen som uppstår vid rottion kring -eln först: lterntivt V = π V = π ˆ ˆ ( ) d = π y( y ) dy = π [ ] = π ] [y y4 = π. 4 Angående den ndr formeln kn vi säg tt vi egentligen roterr en cylinder med bsrdie och höjd (längs -eln) och drr bort volymen som uppstår från kurvn = y. Om vi roterr kring y-eln i stället erhåller vi vi rörformeln tt V y = π ˆ [ ] d = π 5 5/ = 6π. 5 Alterntivt kn vi nvänd skivformeln där vi återigen måste skär bort delr ur rottionen med hjälp v en cylinder: V y = π ˆ ( (y ) ) d = π (4 ) 5/ 5 = 6π. 5
TATA4: Föreläsning Rottionsre, tyngdpunkter och Pppos-Guldins formler John Thim 7 mrs 6 Rottionsre När vi sk beräkn rottionsre kommer vi tt utför liknnde mnövrr som vi gjorde för rottionsvolymer, men vi kommer så klrt tt betrkt små reelement i stället för små volymselement.. Rottionsre kring -eln Vi betrktr en funktion f() och låter kurvn D = {(, y) R : y = f(), b} roter ett vrv kring -eln, där < b. För vrje värde [, b] uppstår då en cirkel som hr omkrets πf() eftersom rdien för cirkeln ges v funktionsvärdet: r = f() (vståndet till rottionseln). Vi multiplicerr med bågelementet ds för tt få en infinitesiml cylinder (höjden är lltså ds) vrs mntelre blir da = πf()ds. Vi summerr dess och erhåller då följnde. Sts. Om f() är kontinuerligt deriverbr och < b så ges ren A som uppstår då kurvn D = {(, y) R : y = f(), b} roterr ett vrv kring -eln v A = π ˆ b f() ds = π ˆ b f() + (f ()) d. Vi bevisr inte stsen utn nöjer oss med rgumentet ovn. En principskiss visr också hur vi summerr mntelren v dess små cylindrr för tt få hel rottionsren. john.thim@liu.se
y ds f() ds da b da πf() f() I den högr figuren hr vi klippt upp bndet som skps när vi roterr ds kring -eln. Vi ser här tt kntlängdern blir precis ds och πf(), så det är rimligt tt re-elementet ges v da = πf() ds. Beräkn volymen v den kropp som uppstår då kurvn y =,, roters ett vrv kring -eln. Lösning. Aren kommer tt ges v π ˆ () + d = 4 5π ˆ d = 4 5π. 3 Precis som för rottionsvolymer bör mn se till tt dett uttryck åtminstone är positivt (vrför?). Vidre är det objekt som uppstår en kon i dett fll (med bsrdien och höjden ) och vi räknr lltså ut mntelren på denn! y y =
Rottion kring lr prllell med -eln Vi kn roter kring en linje y = c i stället för kring -eln om vi br kräver tt ender f() c eller f() c (tt vi befinner oss på en sidn v rottionseln med ndr ord). Det som ändrs är rdien eftersom det nu är reltivt y = c och inte y =, så A = π ˆ b f() c + (f ()) d.. Rottionsre för rottioner kring y-eln Om vi vill roter kring y-eln i stället nvänder vi oss v ett liknnde rgument som i rörformeln för rottionsvolymer. Vi betrktr smm kurv D = {(, y) R : y = f(), b} med tillägget tt (så hel kurvn är på en sidn v rottionseln). Däremot måste inte f() längre. Vid ett fit [, b] tänker vi oss ett litet bågelement ds på höjden f(). Dett roters kring y-eln och det uppstår då en liten rottionsre da = π ds eftersom omkretsen för cirkeln är π för rdien. Vi summerr dess reelement och erhåller följnde formel. Sts. Låt < b. Aren A som uppstår då kurvn D = {(, y) R : y = f(), b} roters ett vrv kring y-eln ges v A = π ˆ b ds = π ˆ b Vi försöker skiss upp situtionen. y + (f ()) d. f( ) f() ds b b Mn kn gör smm sorts uppklippning här som i fllet då vi roterde kring -eln, vilket motiverr formeln da = π ds för reelementet. 3
Beräkn rottionsren som uppstår då kurvn y =, roters ett vrv kring y-eln. Lösning. Eftersom y = erhåller vi ren ˆ A = π + () d = π ˆ 8 + 4 4 d = π [ ( + 4 ) 3/ 4 3 ( 7 3/ ) ( ) π 7 7 π = =. 6 6 Rimligt svr? Väldigt svårt tt säg, men det är åtminstone positivt! Rottion kring lr prllell med y-eln Precis som för rottionsvolymer är det inget mgiskt med y-eln, utn rottion kn ske kring vilken linje = c som helst. Det end som ändrs är krvet tt byts ut mot tt c eller c b och tt rdien nu ges v r = c. ] Tyngdpunkter Låt oss fokuser på det pln fllet i dimensioner. Generlisering till 3 dimensioner sker nturligt efter det med volym i stället för re (da blir dv och så vidre). I det -dimensionell fllet inkluderr vi även fllet med kurvor och i det fllet behöver da byts ut mot bågelementet ds. Vi tänker oss också tt densiteten är konstnt lik med ett så tt re (eller volym respektive kurvlängd) är det smm som mss. Låt oss fokuser på situtionen där ett område D beskrivs v D = {(, y) R : f() y g(), b} där vi ntr tt f() g(). Vidre tänker vi oss tt grvittionen verkr i negtiv y-elns riktning. Vi mrkerr ett litet område melln och + i figuren nedn. y g() g D f() + b 4
Dett område ger upphov till ett vridnde moment kring origo som pproimtivt hr storleker (g() f()). Mssn för motsvrnde område ges v (f() g()) (densiteten är ett) och vi vet från fysiken tt tyngdpunkt ges v totlt moment delt på totl mss. Det förefller lltså rimligt tt definier området D:s tyngdpunkt t med vseende på y-eln genom t = ˆ b ˆ b (g() f()) d (g() f()) d = ˆ b ˆ b da där da är re-elementet (f() g()) d. Vidre kn vi även nvänd dett element för tt definier D:s tyngdpunkt y t med vseende på -eln: da y t = ˆ b ˆ b y da. da Oft behöver mn här rbet lite med da för tt uttryck dett i y i stället för när vi söker y t. För enkl geometrisk objekt är det gnsk enkelt tt se vrt tyngdpunkten ligger. I en cirkel är det i mitten och smm sk gäller en rektngel. Hur går det med en tringel? Betrkt en rätvinklig tringel där hypotenusn ges v y = k + kh, h och k >. kh y y t T p t h Tyngdpunkten t med vseende på y-eln ges v A ˆ h ( k + kh)d = kh3 6A, där A = ˆ h ( k + kh)d = kh, så t = h 3. På en tredjedel v höjden lltså. Smm gäller så klrt y t (på en tredjedel v höjden i y-elns riktning lltså) pg symmetriskäl. Men vi kn räkn ut det också om vi vill. Vi hr y t = ˆ kh ( y h y ) dy = = kh A k 3, där vi skrivit om da = ( h y/k ) dy med vseende på y. 5
3 Pppos-Guldins regler Vi sk nu ställ upp krftfull regler för både rottionsvolymer och rottionsreor där vi utnyttjr tyngdpunkter. Problemet flytts nu till tt bestämm tyngdpunkten i stället för bökig rottionsuppställningr. Därmed hr vi inte sgt tt det lltid är enklre tt räkn ut tyngdpunkten, men viss fll förenkls vsevärt med de tekniker vi nu går genom (speciellt kommer vi åt fllen med lutnde rottionslr). 3. Rottionsvolym Vi låter D vr ett plnt område som ligger helt på en sidn v en linje L. Beteckn det vinkelrät vståndet melln tyngdpunkten T p och linjen L med l. Dett är lltså det kortste vståndet melln T p och linjen L. D T p l L Om D roters ett vrv kring linjen L uppstår en rottionsvolym. Denn volym kn då beräkns med hjälp v Pppos-Guldins regel som säger tt volymen som uppstår ges v ren för D gånger tyngdpunktens väg vid rottionen: V = A(D) πl. Låt disken + y roter ett vrv kring linjen y = 4 +. Bestäm rottionsvolymen som uppstår. Lösning. Diskens tyngdpunkt ligger i centrumpunkten som i dett fll är origo. Det kortste vståndet från origo till tyngdpunkten blir 8 (betrkt tringeln med hörn i ( 4, ), (, 4) och (, )) smt cirkeln). y 4 l 4 T p 6
Tyngdpunktens väg blir lltså π 8 = 4π. Pppos-Guldin ger nu tt den eftersökt volymen blir V = π 4π = 4π. 3. Rottionsre Vi låter Γ vr en pln kurv som ligger helt på en sidn v en linje L. Beteckn det vinkelrät vståndet melln tyngdpunkten T p för den pln kurvn och linjen L med l. Precis som tidigre är dett det kortste vståndet melln T p och linjen L. T p l Γ L Om Γ roters ett vrv kring linjen L uppstår en rottionsre. Denn re kn beräkns med hjälp v Pppos-Guldins regel som säger tt ren som uppstår ges v kurvlängden s för Γ gånger tyngdpunktens väg vid rottionen: A = s πl. Observer tt tyngdpunkten i llmänhet inte hmnr på tråden (den behöver inte hmn inne i området i det två-dimensionell fllet heller). 3.3 Pppos-Guldin loklt och bklänges Fktum är tt vi kn nvänd Pppos-Guldins regler bklänges för tt hitt tyngdpunkten för en kurv eller ett område i plnet. Vi illustrerr med ett eempel. Pppos-Guldin för tt hitt T p Hitt tyngdpunkten för en hlvdisk + y R, y. Lösning. Tyngdpunkten med vseende på y-eln ligger så klrt i t =. Hur hittr vi tyngdpunkten y t med vseende på -eln? Vi skissr upp lösningen och grfiskt borde y t ligg lite lägre än mittpunkten på y-eln. y T p R R 7
Vi ser tt ren v det pln området ges v A = πr smt tt om dett område roters kring -eln uppstår en rottionsvolym V = 4πR3 eftersom dett är ett klot. Tyngdpunktens 3 väg under rottionen är helt enkelt πy t. Pppos-Guldins regel implicerr nu tt πr πy t = 4πR3 3 y t = 4R 3π. Tyngdpunkt för område givet som funktionsgrf Eemplet ovn är ett specilfll v en mer generell sitution då ett område ges som ren melln en funktionskurv y = f(), -eln, = och = b (förutstt tt f ). Mn kn då vis tt tyngdpunkten y t ges v y t = ˆ b ˆ b f() d. f() d Dett följer från Pppos-Guldin. En principfigur kn se ut enligt nedn. y y t T p b Aren ges då v A = ˆ b f() d och om vi roterr området ett vrv kring -eln uppstår en rottionsvolym som v skivformeln beräkns till V = π ˆ b f() d. Enligt Pppos-Guldins regler följer nu tt A πy t = V ur vilket smbndet ovn kn löss ut. Vd skulle händ med motsvrnde klkyl för tyngdpunkten t och rottion kring y-eln? Använd cylinderformeln och se vd som trillr ut. Beknt? Pppos-Guldins regler kn även med fördel nvänds loklt. Med dett menr vi tt de små re- och volymelement vi tidigre betrktt vid rottion kn nvänds tillsmmns med de typer v summtionsrgument vi ägnt oss åt. Speciellt är dett lämpligt när mn roterr kring lutnde lr. Vi illustrerr med ett eempel. 8
Lutnde rottionsel Räkn ut rottionsvolymen som uppstår när det begränsde området melln y = 3 och y = roterr ett vrv kring y = 3. Lösning. Rottionseln är inte prllell med vre sig y- eller -eln, men vi kn komm åt problemet med hjälp v Pppos-Guldin. Kurvorn skär vrndr i = och = 3 så det är området y 3, 3, som sk roter kring y = 3. Vi skissr upp problemet. y v l + d Tyngdpunkten för det mörkre skuggde reelementet ligger pproimtivt i t = och y t som mitt melln y = 3 och y =. Låt l vr hlv lodrät vståndet melln y = 3 och y = 3, dvs l =. Dett är lltså det lodrät vståndet melln y = 3 och tyngdpunkten. Vi söker dock det vinkelrät vståndet för tt kunn nvänd Pppos-Guldins formler (det är dett vstånd som ger sträckn tyngdpunkten förflyttr sig vid rottion). Lite geometri visr tt vinkeln v kn uttrycks som v = rctn om lutningen för linjen är k >. k l Därmed blir det vinkelrät vståndet l sin v =. Pppos-Guldins formel medför nu + k tt rottionselementet dv kn ställs upp enligt dv = πl da = πl (3 )d = π(3 ) d + k = π(3 ) d eftersom k = 3 i vårt fll. Vi summerr vår dv och erhåller då volymen v rottionskroppen: V = ˆ 3 dv = π ˆ 3 ( 9 6 3 + 4) d = 8π = 8π. 9
4 Rottionsvolym och rottionsre i polär koordinter Låt = r cos ϕ och y = r sin ϕ som vnligt när vi nvänder polär koordinter. 4. Rottionsvolym Betrkt ett område D = {(, y) R : r h(ϕ), α ϕ β} där h(ϕ) är någon kontinuerlig funktion. Vi skissr upp hur situtionen ser ut. Det mörkre området är en mindre del för en liten vinkel dϕ vid någon vinkel ϕ. y T p dϕ α β ϕ Aren för dett re-element ges pproimtivt v πh(ϕ) dϕ π = h(ϕ) dϕ, och eftersom vi kn betrkt det lill området som en tringel finns tyngdpunkten T p på /3 v sträckn från origo. Alltså blir det vinkelrät vståndet från -eln till T p pproimtivt h(ϕ) sin ϕ 3 och den väg tyngdpunkten förflyttr sig blir således 4π h(ϕ) sin ϕ. Volymselementet dv som 3 uppstår ges lltså v Pppos-Guldins formel enligt dv = 4π h(ϕ) h(ϕ) sin ϕ dϕ och vi kn 3 summer för tt erhåll följnde uttryck. Rottionsvolym på polär form Sts. Om området D roters ett vrv kring -eln ges rottionsvolymen v V (D) = π 3 ˆ β α h(ϕ) 3 sin ϕ dϕ. Det är inte direkt meningen tt ni sk memorer formlern här utn mer kunn upprep principen. Låt oss betrkt ett eempel.
Området r cos t, t π/, roters ett vrv kring linjen =. Bestäm volymen för kroppen som uppstår. Lösning. Sträckn från tyngdpunkten för ett litet vinkelområde vid vinkel t till y-eln ges som 3 h(t) cos t = cos t och således blir sträckn som tyngdpunkten förflyttr sig vid 3 rottion ( ) π 3 cos t + Vi kn nu ställ upp ett volymselement enligt Pppos-Guldins formel: ( ) dv = π 3 cos t + cos t dt. Här hr vi utnyttjt tt ett litet reelement i polär koordinter kn skrivs da = h(t) dt. Eftersom ( ) ( ) 3 cos t + cos t + cos t = ( + cos t) + = 3 3 4 8 + 5 cos t + cos 4t 4 följer det tt ˆ π/ dv = π ˆ π/ Låt oss även rit upp situtionen. ( 3 8 + 5 cos t + ) cos 4t dt = 3π 4 8. y.5 En liten nmärkning. Området ser cirkulärt ut eller hur? Om h(t) = cos t, = h(t) cos t smt y = h(t) sin t, ser vi tt + y = cos 4 t + cos t sin t = cos t ( cos t + sin t ) = cos t =, så ( + y = ) + y = 4. Alltså en cirkel med rdie / och centrum i (/, ). Då vet vi tt ren v området är π/8 (hlv disken) och tt tyngdpunkten ligger vid t = /. Alltså kn vi nvänd Pppos- Guldin på hel området direkt: ( V = π + ) π 8 = 3π 8.
4. Rottionsre En kurv Γ ges v r = h(ϕ) där α ϕ β och h(ϕ) är någon kontinuerligt deriverbr funktion roters kring -eln. Det uppstår en rottionsre och vi försöker skiss upp vd som händer. y Γ ds T p α β ϕ dϕ Det lill bågelementet ds ges som beknt v ds = h(ϕ) + h (ϕ) dϕ och eftersom tyngdpunkten pproimtivt ligger vid r = h(ϕ), så erhåller vi tt tyngdpunktens väg vid rottion kring -eln blir πh(ϕ) sin ϕ (jämför med rottionsvolymsfllet ovn). Aren som uppstår ges lltså v Pppos-Guldins formel: Rottionsre på polär form Sts. Om kurvn Γ roters ett vrv kring -eln uppstår rottionsren ˆ β A(D) = π h(ϕ) sin ϕ h(ϕ) + h (ϕ) dϕ. α Vis tt ren för ett klot med rdie R ges v den beknt formeln A = 4πR. Lösning. Vi kn tänk oss kurvn som ges v h(ϕ) = R för ϕ π och låt den roter ett vrv kring -eln. Rottionsren som uppstår ges då enligt ovn v π ˆ π eftersom R = R då R >. R sin ϕ R + dϕ = πr R ˆ π sin ϕ dϕ = 4πR,
TATA4: Föreläsning 3 Mclurinutecklingr John Thim 5 pril 6 Introduktion Tänk er följnde sitution. En snäll funktion f är given, men vi skulle vilj pproimer den på något sätt med ett uttryck v enklre slg (polynom) som åtminstone är giltigt när en given punkt =. Vnlig metoder som vi redn känner till inkluderr tt br pproimer f med en konstnt f() (f:s värde i = ) eller knske med hjälp v tngenten till f i =. Båd metodern är vettig, men om vi behöver en bättre pproimtion då? Konstnten är ett polynom v grd noll och tngenten ett polynom v grd. Hur hittr vi en pproimtion v godtycklig grd n? Vi söker lltså ett polynom p() som stämmer överens med f när en punkt =. Låt oss illustrer vd vi menr. y f() + f () + f () f() f() + f () Det verkr rimligt tt välj koefficientern i polynomet p() så tt p() = f(), p () = f () och så vidre (tt uttrycken hr smm derivtorer upp till önskd ordning i = ). Dett är också precis vd vi kommer tt gör! Epnsion v snäll funktioner Vi kn gör dett systemtiskt när = med hjälp v en så klld Mclurinutveckling. Vi kommer hel tiden tt kräv tt funktioner är tillräckligt snäll (deriverbr) för vårt ändmål. I llmänhet kräver vi tt f är kontinuerligt deriverbr n + gånger om vi vill pproimer med ett polynom v grd n. Vi skriver dett lite kortre som f C n+, underförstått tt dett gäller när origo. Vi kn utläs dett som f tillhör klssen v (n+)-gånger john.thim@liu.se
kontinuerligt deriverbr funktioner. Dett betyder tt funktionen f, först derivtn f, ndr derivtn f och så vidre till och med f (n+) eisterr och är kontinuerlig funktioner. Om f C n+ så gäller tt Mclurinutveckling f() = f() + f () + f ()! + f (3) () 3! där resten r() är liten när noll. Polynomet p n () = f() + f () + f ()! + f (3) () 3! klls för Mclurinpolynomet för f v ordning n. 3 + + f (n) () n + r(), n! 3 + + f (n) () n n! Observer tt grden för p n är högst n (det kn händ tt termer försvinner på grund v tt någon derivt är noll i origo). Det finns fler frågor med dett. Vd mens med tt resten är liten när noll? Vd händer om vi är intresserde kring en punkt = och? Innn vi svrr på dess frågor, låt oss betrkt ett eempel. Utveckling v sin sin = + cos + sin! + cos 3 /6 + 5 /5! 3 + 3! = 3 3! + 5 5! + f() y 3 /6 Desto fler termer vi tr med (ju högre grd polynomet p n hr), desto bättre stämmer polynomet överens med funktionen när noll. Precis som önskt. Resttermen är helt enkelt felet r() = f() p n (). Tydligt är tt dett fel beror på både och grdtlet n. 3 Resttermen Hur hnterr vi resttermen? Ett sätt är tt jämför med uttryck v typen n som vi vet hur de beter sig när noll. På grund v konstruktionen måste r uppfyll tt r() = r () = r () = = r (n) () = eftersom koefficientern i p n () vlts för just dett ändmål (vis dett!). Vidre följer det tt r (n+) () = f (n+) () (förutstt tt f (n+) är definierd) eftersom p (n+) n () blir identiskt
lik med noll. Det finns fler följder v denn likhet, och en vrint som gör det enkelt för oss tt räkn är tt uttryck restermen med hjälp v stor ordo. Stor ordo Definition. Vi säger tt h() = O( n ) då är när noll om det finns en begränsd funktion B() så tt h() = B() n för när noll. En funktion begränsd när noll är något som inte eploderr när vi befinner oss när origo. Skissr mn upp en grf sk mn kunn rit in grfen i en rektngel. Till eempel är inte begränsd när origo. Men är begränsd när nolln (men inte när ). Det + är lltså en lokl egenskp. y I figuren kn mn se tt det går tt stäng in /( + ) när origo (svrt rektngel), men det är omöjligt tt rit en rektngel som täcker / ovsett hur liten sidlängd mn väljer prllellt med -eln (röd försöket). En br sk tt komm ihåg är tt ll funktioner som är kontinuerlig när origo är begränsde när origo. Däremot behöver så klrt inte en begränsd funktion vr kontinuerlig. Vi kommer tt ägn oss en hel del åt så kllde ordo-klkyler. Följnde smbnd gäller. 3
För när noll gäller: Egenskper för stor ordo (i) O( n ) ± O( m ) = O( m ) om m n ( lägst vinner ); (ii) O( n )O( m ) = O( m+n ); (iii) Om h() = O( n ) och m n så är h() = O( m ) (vi kn sänk eponenten); (iv) B()O( n ) = O( n ) om B() är begränsd; (v) O( m ) n = O( mn ) och O((O( m )) n ) = O( mn ); (vi) O( n ) då om n >. Observer speciellt fllet (i) med n = m och minus; vi hr lltså O( n ) O( n ) = O( n ). Ordo-termer tr ldrig ut vrndr eftersom det kn vr olik funktioner B() i de olik ( uttrycken. Vi kn även h negtiv eponenter som till eempel O, då oft underförstått ) tt dett gäller när istället för när noll (nnrs är ordo-termen inte liten). Vi kn även tänk oss uttryck som O( α ) för α som inte är heltl. Viss försiktighet krävs dock så tt llt är definiert (α = / ger en kvdrtrot som inte är så pigg på negtiv tl som beknt, därv beloppet i uttrycket ovn). Ett nnt speciellt fll är O(). Dett är lltså endst en begränsd funktion. I norml fll kn vi inte gör så mycket med dett uttryck så om det dyker upp behöver vi ntgligen gör något nnorlund. Till eempel så gäller + 4 + O( 5 ) + 3 + O( 3 ) = ( + + O( 3 )) + O( 3 ) = ( + + O( 3 )) ( + O( )) = + + O( 3 ), + O( ) och då bråket är begränst när noll (vrför?) så är lltså llt lik med O(). Mn kn även hmn situtionen tt ordo-termer dyker upp i ordo-termer som i följnde eempel. Om t = + O( ), vd är + t + O(t 3 )? Lösningr. Vi stoppr helt enkelt in vd t är och förenklr: + t + O(t 3 ) = + + O( ) + O(( + O( )) 3 ) = + + O( ) + O( 3 ) = + + O( ). Här hr vi undersökt ( + O( )) 3 och ser tt den lägst eponent som dyker upp är när termen dyker upp i produkten. Alltså måste dett uttryck vr = O( 3 ). Eftersom vi redn hr en O( )-term så tillför dett inget och vi erhåller svret ovn. 4
Om f är tillräckligt snäll (i meningen deriverbr) kn mn vis tt följnde smbnd gäller. Om f C n+ när origo så är f() = p n () + O( n+ ), där p n () är Mclurinpolynomet v ordning n. Vi återkommer till beviset för dett! Mclurinpolynomet v ordning n för f() = e kn fås enkelt eftersom f (n) () = e för ll n, så f (n) () = och e = + + + 3 3! + 4 4! + + n n! + O(n+ ). Vi utvecklr f() = cos. Då är f () = sin, f () = cos, f (3) () = sin och f (4) () = cos. Sen börjr vi om med sin igen. Enligt formeln för Mclurinutveckling erhåller vi nu cos = + 4 4! + O(6 ). Polynomet + 4 är Mclurinpolynomet v både ordning 4 och 5 smtidigt 4! eftersom f (5) () = så 5 -termen skns. Även om polynomet hr grd 4 (inte 5). När mn vet om situtioner som denn är det lämpligt tt skriv O( 6 ) eftersom dett är mer precist. Vet mn däremot inte om tt 5 -termen skns måste mn skriv O( 5 ). All dess ordo-termer ställer till lite bekymmer iblnd (speciellt när mn läser fcit). Precis som ovn kn fler lterntiv vr snn men det betyder så klrt inte tt de är lik br. Ett nnt eempel är sin = 3 /6 + O( 4 ) och sin = 3 /6 + O( 5 )? Båd är korrekt. Vilken skulle du välj? Det är den sist mn brukr finn i tbeller, men vi lltid kn sänk eponenten i ordo-termen ty O( 5 ) = B () 5 = B () 4 = O( 4 ) där O( 4 ) = B () 4 med B () = B (). Vi flyttr lltså ett v :en till den begränsde termen (vilket är ok då är begränsd när noll). Vi tppr lltså lite informtion men likheten är fortfrnde snn. Vi kn skriv O( 3 ) också, men då försvinner 3 -termen in i ordo-termen. Slutstsen blir tt välj så hög eponent som möjligt. 4 Stndrdutvecklingr Låt oss sml någr vnlig utvecklingr som med fördel kn memorers för tt snbbt kunn nvänds. Smtlig kn härleds direkt från formeln för Mclurinutvecklingr även 5
om någr stycken kn görs lite enklre med viss trick (vi undersöker ett pr närmre på näst föreläsning). (i) e = + + + 3 3! + + O(n ) Vnlig funktioner (ii) ln( + ) = + 3 n + ( )n 3 n + O(n+ ) (iii) cos = + 4 4! ± k (k)! + O(k+ ) (iv) sin = 3 3! + 5 5! ± k (k )! + O(k+ ) (v) tn = + 3 3 + 5 5 + 77 35 + 69 835 + O( ) (vi) ( + ) α α(α ) = + α + + + α(α )(α ) 3 + 3! α(α ) (α n) n + O( n+ ) n! (vii) rctn = 3 3 + 5 n + ( )n 5 n + O(n+ ) Utvecklingen v tn knske bör kommenters. Koefficientern som trillr ut följer ett mönster v s.k. Bernoullitl, men dett ligger lite utnför kursen. Enklst knske är tt härled de termer mn behöver för situtionen om inte tbellen finns tillgänglig eller memorerd. Ett krångligre eempel? Visst, mn kn gör sker hur bökig som helst! Finn Mclurinutvecklingen för cos(sin ) v ordning 5. Lösning. Låt t = sin. Då är t = 3 3! +O(5 ), t är när noll när är när noll (viktigt!), och cos t = t + t4 4! + O(t6 ) = ( ) 3 3! + O(5 ) + ( + O( 3 ) ) 4 + O(t 6 ) 4! = + 4 3! + O(6 ) + 4 4! + O(6 ) + O(( + O( 3 )) 6 ) = + 54 + O( 6 ). 4! Vd händer om vi betrktr sin(cos ) istället? Undersök sken och vr försiktig med ordotermen! 6
5 Tylorutvecklingr Vi hr nämnt problemet tidigre: vd händer om vi vill pproimer f kring en punkt = istället där? Vi kommer åt dett problem genom tt betrkt g(t) = f(t + ), så vi låter lltså t =. Genom en Mclurinutveckling v g erhåller vi då följnde: g(t) = g() + g ()t + g () t + + g(n) () t n + O(t n+ ) n! Här är g() = f(), g () = f (), och så vidre, och vi kn formuler uttrycket i vribeln i stället. Vi summerr resulttet i följnde sts. Tylorutveckling Om f är en (n + )-gånger kontinuerligt deriverbr funktion när = så är f() = f() + f ()( ) + f () ( ) + + f (n) () ( ) n + O(( ) n+ ). n! Observer här tt termen O(( ) n+ ) är liten när är när i stället för när är när noll. Dett är viktigt! Konstruktionen med g(t) = f(t + ) gör tt vi i princip lltid kn nt tt = när vi bevisr stser. Med ndr ord gäller motsvrnde stser för Tylorutvecklingr som gäller för Mclurinutvecklingr. Självklrt kn mn likt vid härledning v Mclurinutvecklingr nvänd stsen ovn direkt (deriver och räkn ut f(), f () och så vidre) men oft kn vi rädd situtionen med en känd Mclurinutveckling. Hur? Vi betrktr ett pr eempel för tt illustrer. Mclurinutveckl polynomet 4 + 3 + 4 till ordning. Utveckl även polynomet 4 + 3 + 4 kring = med ordning. Lösning. Mclurinpolynomet v ordning ges v 3+4 och utvecklingen kn skrivs 4 + 3 + 4 = 3 + 4 + O( 3 ). Nu råkr 3 -termen skns så vi skulle lik gärn (bättre) kunn skriv O( 4 ). Vd händer när vi söker en Tylorutveckling kring =? Enklst är oft tt låt t + = eftersom vi då hr när ett när t när noll. Alltså, 4 + 3 + 4 = (t + ) 4 + (t + ) 3(t + ) + 4 = + 4t + 6t + 4t 3 + t 4 + (t + t + ) 3(t + ) + 4 = 4 + 5t + 8t + O(t 3 ) = 4 + 5( ) + 8( ) + O(( ) 3 ). Här kn vi inte skriv O(( ) 4 ) eftersom det finns en t 3 -term. Det kn lltså bli skillnd beroende på vilken punkt vi rbetr i (inte så förvånnde om vi tänker efter). Tylorutveckl + sin() kring = π. Vi låter = t + π. Om är när π så är t när. Vi Mclurinutvecklr då ( g(t) = f t + π ) ( = +sin t + π ) = +cos t = t ( π/) +O(t4 ) = +O(( π/) 4 ), 7
där vi nvänt den känd trigonometrisk formeln sin(t + π/) = cos t, t R. 6 Tillämpningr En vnlig tillämpning för Mclurinutvecklingr är beräkning v gränsvärden. sin Beräkn lim. Vi löser dett genom tt Mclurinutveckl sin (se tidigre eempel): sin = (3 /6) + O( 5 ) = + O( ), då. Vi kn lltså Mclurinutveckl uttryck istället för tt memorer stndrdgränsvärden! Näst föreläsning kommer tt innehåll mssvis med fler tillämpningr! 8
TATA4: Föreläsning 4 Tillämpningr v Mclurinutvecklingr John Thim 8 mrs 6 Entydighet Om vi hr ett polynom som pproimerr en snäll funktion br, kn vi då vr säkr på tt koefficientern i polynomet är Mclurinkoefficientern? Fktum är tt vi fktiskt kn det! Entydighet Om f är (n + )-gånger kontinuerligt deriverbr, dvs f C n+, och f() = + + + + n n + O( n+ ) så är = f() och k = f (k) () k! för k =,,..., n. Bevisskiss: Mclurinutvecklingen finns, så vi måste h likheten + + + + n n +O( n+ ) = f()+f ()+ f ()! + + f (n) () n +O( n+ ). n! Med = får vi = f(). Sen är det locknde tt deriver för tt bestämm, men ordotermen är obehglig då den inte behöver vr deriverbr. Men om vi utnyttjr tt = f() kn vi förkort bort ett överllt (även i ordo-termen): + + + n n + O( n ) = f () + f ()! Alltså är = f () och så vidre. Vi lndr till slut i tt där vi kn låt. john.thim@liu.se n + O() = f (n) () n! + + f (n) () n + O( n ). n! + O(),
Utvecklingr från derivtn Om mn vet en utveckling för derivtn f () kn mn direkt hitt utvecklingen för f() genom tt betrkt integrlklkylens huvudsts: f() = f() + ˆ f (t) dt. Härled Mclurinutvecklingen för ln( + ). Lösning. Låt f() = ln( + ). Som beknt ges derivtn v f () =. Vi kn utveckl + denn som ( + ) : + = + 3 + + ( ) n n + r(). Vi stnnr på n v en nledning. Eftersom f() = ln = så är ln( + ) = + + 3 n + ( )n 3 n + ˆ r(t) dt. Resttermen då? I dett fll så ser vi tt Mclurinpolynomet är en geometrisk summ, så r() = n + ( ) k = + ( )n ( ) = ( )n n +. Alltså blir (för > ) r() n. Vi kn nu uppsktt integrlen v feltermen. Om gäller tt ˆ ˆ r(t) dt t n dt = n+ n + = O(n+ ) eftersom +. När < måste vi minst kräv tt < < (vrför?). Men vi kn gör det enklre för oss och helt enkelt nt tt /. Då är + / och +. Liknnde klkyl som ovn ger oss O(n+ ). Dett krävde gnsk precis kunskp om resttermen, men det går tt gör liknnde rgument även när vi inte hr så enkl fll. Vi återkommer till dett i näst föreläsning. 3 Utvecklingr vi nstser Om mn studerr utvecklingrn för sin och cos ser mn tt den udd funktionen sin endst hr udd eponenter och tt den jämn funktionen cos endst hr jämn eponenter. Dett gäller generellt för udd respektive jämn funktioner. Använd utvecklingen för sin för tt finn Mclurinpolynomet v ordning 4 för rcsin. Lösning. Vi vet tt rcsin( ) = rcsin(), så rcsin är udd. Det innebär lltså tt rcsin = + 3 3 + O( 5 ). Vi söker och 3. Nu vet vi tt sin rcsin = för och
eftersom sin = + 3 /6 + O( 5 ) måste då + 3 3 + O( 5 ) ( + 3 3 + O( 5 )) 3 + O(( + 3 3 + O( 5 )) 5 ) =. 6 Vänsterledet kn vi skriv om som + ( ) 3 3 3 + O( 5 ) 6 och för tt dett sk vr lik med högerledet måste lltså = och 3 3 /6 =. Med ndr ord erhåller vi tt rcsin = + 3 6 + O(5 ). Kontroller dett genom tt deriver f() = rcsin direkt! 4 Gränsvärden En vnlig tillämpning för Mclurinutvecklingr är beräkning v gränsvärden. cos + Beräkn lim. Vi löser dett genom tt Mclurinutveckl cos och + : cos + = / + O( 4 ) ( + / + O( 4 )) = ( + O( )) = + O( ), då. Vi kn lltså Mclurinutveckl uttryck istället för tt memorer mssvis med stndrdgränsvärden! Oft är det också någon slgs kncelltion inblndd. Utvecklingr kn vr ett br sätt tt plock bort beteende som är likdnt i summor. cos sin lim ln( + 3 ) ( ) 3 3 + O( 5 ) 3! = lim 3 + O( 6 ) = lim + 3 O( ) = + O( 3 ) 3. = lim 3 3 + O( 5 ) 3 + O( 6 ) rctn sin tn Finn gränsvärdet (om det eisterr) lim. ln( + ) Lösning. Låt t = sin. Då är t = ) ( 3 3! + O(5 ) = + 4 3! + O( 6 ) 3
och därmed är rctn t = t + O(t 3 ) = + 4 3! Vidre är och Vi hr lltså rctn sin tn ln( + ) + O( 6 ) + O ( ( + O( 4 )) 3) = + 4 3! tn = + O( 6 ) ln( + ) = ( + O( 4 )) = 4 + O( 6 ). = + 4 3! + O( 6 ) 4 + O( 6 ) 5 Gränsvärden mot oändligheten = + 3! O( ) + O( ) 3! = 3. + O( 6 ). Vi behöver i fllet när vi söker ett gränsvärde mot oändligheten inför en ny vribel som går mot noll då. Den vnligste tekniken vi nvänder är tt bryt ut det som dominerr ur vrje term och då få sker kvr som går mot noll. Dess sker brukr ge lämplig ny vribel. ( Räkn ut gränsvärdet lim 4 + 4 + + ). Lösning. Vi försöker bryt ut det som dominerr i vrje term. I den först är det 4 -termen och i den ndr -termen. Således hr vi 4 + 4 ( ) + + 4 = + + + ( = + ( ) ( 4 + O + ( 4 + ) ( ( + O + ) ))) = ( ) + O, då. Här hr vi nvänt t = och s = + som ny vribler. 6 Asymptoter Vis tt + 4 hr en symptot då. Lösning. Vi visr dett genom tt finn symptoten (om den finns). Mot oändligheten är det -termen som dominerr i kvdrtroten, så vi börjr med tt bryt ut denn + 4 = 4 +. 4
Eftersom kn vi nt tt =. Låt nu t = 4. Då gäller tt t då. Eftersom + t = + t + O(t ) ser vi nu tt ( + 4 = + ( 4 ) ( ( + O 4 ) )) = ( ) + O. Observer här tt O ( ( 4 ) ) ( = O 6 4 8 + ) ( ) = O 3 4 så termer innehållnde försvinner in i denn. Vi hr nu vist tt det finns en symptot / då eftersom O(/) då. 7 Etrempunkter En Mclurinutveckling beskriver hur en funktion beter sig loklt när origo. Alltså borde denn informtion kunn nvänds för tt undersök om det finns ett loklt m eller min i origo. Självklrt borde smm sk kunn görs i ndr punkter genom tt nvänd lämplig Tylorutveckling i stället. Vi betrktr ett pr eempel. Avgör om sin hr en lokl etrempunkt i origo och vgör om så är fllet vilken krktär punkten hr. Lösning. Vi Mclurinutvecklr sin och finner då tt sin = 6 + O(4 ) = ( 6 + O( ) När är när ser vi tt uttrycket i prentesen är. Funktionsvärdet i = är och om 6 vi flyttr oss lite från = så är funktionsvärdet strikt mindre än ett. Dett är definitionen v ett loklt mimum! Avgör om + ep( ) tn hr en lokl etrempunkt i origo och vgör om så är fllet vilken krktär punkten hr. Lösning. Vi utvecklr uttrycket: + ep( ) tn = + ( + + O( 4 ) ) = + 3 + 3 3 + O(5 ) ( ) 4 = + 3 3 + O( ). ). ) ( + 3 3 + O(5 ) 5
Här ser vi tt uttrycket är större än är > (men när noll) och mindre än när < (men när noll) eftersom 3 välr tecken. Dett är således vrken en m- eller minpunkt. Är dett en så klld tersspunkt? 6
TATA4: Föreläsning 5 Restterm på Lgrnges form John Thim 8 mrs 6 Lgrnges form för resttermen Vi hr tidigre nvänt resttermen på ordo-form med god resultt. Oftst i smbnd med gränsvärden, etrempunktsundersökningr eller ndr lokl egenskper. Vd kn mn gör om mn vill h ett resultt som gäller globlt, eller åtminstone på ett förutbestämt intervll kring en punkt? Vi behöver lltså en mer precis kontroll på hur resttermen (dvs felet i utvecklingen) beter sig. Lgrnges form Om f C n+ när = så kn resttermen r() i Mclurinutvecklingen v ordning n för f skrivs r() = f (n+) (ξ) (n + )! n+ för något ξ melln och för vrje fit när origo. Beviset kn återfinns i boken. Det bygger på liknnde rgument som för resttermen på ordo-form, men med ett tillägg där medelvärdesstsen nvänds gnsk flitigt. Vi överlämnr detljern till kursboken. Funktionen ξ Observer tt dett är punktvis. För vrje fit hr vi resttermen på denn form. Tlet ξ beror lltså på vilket värde hr och bör därför egentligen betrkts som en funktion ξ() v. Dett kn ställ till det om mn inte är försiktig. På det sättet vi kommer tt nvänd Lgrnges form kommer vi dock inte tt påverks då vi hel tiden kommer jobb med så kllde likformig uppskttningr (som gäller för ll värden i något fit intervll för den vribel vi betrktr). Däremot kn funktionen ξ() potentiellt vr ordentligt elk (vi vet inte hur den ser ut eftersom den definiers vi medelvärdesstsen för vrje ). Det går lltså inte tt deriver resttermen r() på Lgrnges form hur som helst och även integrtion bör utförs försiktigt där mn helst uppskttt bort llt ξ-innehåll innn någon integrl dyker upp. Iblnd skriver mn ξ = θ, där θ [, ] för tt mrker tt ξ beror på. Observer här tt även θ vrierr när vi ändrr, men är begränsd melln och. Låt oss betrkt ett eempel. john.thim@liu.se
Låt f() = (+) 5. Vi vet från binomilstsen precis hur dett ser ut (Pscls tringel och så vidre). Alltså, f() = + 5 + + 3 + 5 4 + 5 för ll. Låt oss utveckl f till ordning 3. Då är f() = + 5 + + 3 + r() där r() = f (4) (ξ) 4. Det är tydligt tt vi måste ändr ξ beroende på hur vi väljer. 4! Dett är klrt eftersom vi vet tt r() = 5 4 + 5 och det är det end sättet dess två uttryck kn mtchs på: f (4) (ξ) 4 = 5 4 + 5 f (4) (ξ) 4! 4! = 5 + 5ξ + 5 = 5 + ξ = 5 om då f (4) (ξ) = ξ +, vilket ger ett ξ som beror på (linjärt till och med!). I det generell fllet beror så klrt inte ξ så enkelt på, men eemplet visr tt ett beroende gnsk direkt uppstår. För motsvrnde Tylorutveckling kn resttermen skrivs r() = f (n+) (ξ) (n + )! ( )n+ där ξ ligger melln och (och när är fit). Tillämpningr Så vd kn vi nvänd dett till? I princip de situtioner då vi inte enbrt är intresserde v vd som händer (väldigt) när en viss punkt. Allt från tt vis tt en viss Mclurinutveckling konvergerr på något intervll då vi fortsätter mot oändligheten med ntlet termer till tt vi knske mer precist vill uppsktt en integrl där vi inte känner till någon elementär primitiv funktion. Vi fortsätter nu lltså med en rd eempel på hur vi kn nvänd oss v Lgrnges form på resttermen. Först smmnfttr vi stegen som oft ingår i nvändndet v Lgrnges restterm. Vnlig tekniker I llmänhet gör vi ett byte först och utvecklr en stndrdutveckling och sen pluggr in den gml vribeln i resttermen för den enkl utvidgningen. Se till tt håll koll här på vrt ξ ligger. Försök få en uppfttning om storleksordningen på r() för olik n. Hur stort n krävs? Är det överhuvudtget möjligt? Räkn ut derivtn f (n). Tips kn fås från hur Mclurinutvecklingen ser ut (men den räcker inte!). Uppsktt resttermen så tt vi får bort ξ. Utgå från det värst som är möjligt på det intervll vi rbetr. Låt oss räkn någr eempel för tt förtydlig.
Skriv upp resttermen r() på Lgrnges form för utvecklingen v ordning 7 för Lösning. Låt g(t) = ( + t). Vi betrktr g(t) = ( + t) = t + t t 3 + r(t), + 3. där r(t) = g(4) (ξ) t 4 med ξ melln och t. Vrför stnnr vi vid n = 3? Jo, vi kommer ersätt t 4! med 3, så då får vi med llt upp till ordning 7 (och lite till). Eftersom g (4) 4 (t) = ( + t) 5 (dett måste räkns ut) så hr vi lltså r(t) = 4 4!( + ξ) 5 t4, för något ξ melln och t. Vrför inte skriv ξ t? Fktum är tt vi inte vet om t är positiv eller negtivt så då behövs lite belopp här och där för tt vr säkr. Enklre tt uttryck sken med ord! Vi återgår till : + = 3 3 + 6 9 + ( + ξ) 5, för något ξ melln och 3. Observer tt krvet på ξ nu ändrts till motsvrnde krv för. Dett är viktigt! Vi kn också jämför med tt direktutveckl f() =. Då blir + 3 f (4) () = 944 Här är det lite bökigre tt gör uppskttningr. 8 ( + 3 ) 5 944 5 ( + 3 ) 4 + 36 ( + 3 ) 3. Vis tt + ( 3 + 6 9) ( ) 5 8 3 för 7. Lösning. Det end som blir kvr inne i bsolutbeloppet är resttermen vi tog frm i föregående eempel. Eftersom är 8 3 8. Då blir + ξ eftersom ξ ligger 8 melln och 3. Alltså blir ( + ξ) 5 ( ) 5 = 8 Här vr det lltså viktigt vilk värden ξ kn nt! 3 ( ) 5 8. 7
. Uppskttningr v funktionsvärden Uppsktt tlet cos 4 med ett fel < 6. Lösning. Vi vet tt cos = n + + ( )n (n)! + cos ξ ( )n+ (n + )! n+, för något ξ melln och. Resten kn vi uppsktt (för = /4) med cos ξ ( )n+ (n + )! n+ 4 n+ (n + )! eftersom cos ξ. Vi kn nu test n för tt se när dett blir < 6. Vi ser tt n = inte duger men med n = erhåller vi 4 4+ (4 + )! = 6! < 4 5 =.5 6. Alltså är där R < 6. cos 4 = 3 + 644 + R Uppsktt 3 med ett fel < 3. Lösning. Att försök utveckl 3 = + visr sig väldigt svårt då = är för stort. Vi 3 5 8 försöker skriv om 3 =, och ser då tt 5 8 9 75 3 = 5 8 = 9 6 5 8, vilket verkr mer lovnde. Vd vi gjort är tt vi förlängt 3:n med en kvdrt och sen introducert en nnn kvdrt v ungefär smm storlek. På så sätt får vi något när ett inne i roten när vi bryter ut jämn kvdrter. Vi utvecklr + : ) + = ( + 3 8 + ( + ξ) 5/ 8 3, 3! där ξ ligger melln och (och vårt = 6/8). Vi uppskttr resttermen (för hel utvecklingen) för tt se om dett räcker: 9 5 3 8 ( + ξ) 5/ 3 3! 4 9 3 5 6( + ξ) 5/.
Eftersom ξ ligger melln och = 6/8 blir nämnren som värst 6/8 = 75/8. Vi kn då uppsktt tt ( + ξ) 5/ ( ) 5 ( 75 = 8 5 ) 5 3 > 9 ( 5 3 ) 5 = 9 ( ) 5 5 6 där vi utnyttjt tt 3 > 3. Nu kn vi uppsktt resttermen med 9 6 3 6 5 5 8 3 6 5 5 = 6 9 5 6 < 5 6 < < 3. Alltså hr vi ( 9 3 = 3 5 8 36 ) + R = 43 8 8 8 + R där R 3.. Integrlklkyl Beräkn pproimtivt ˆ /8 + 43 d med ett fel som är < 9. Lösning. Vi utvecklr integrnden och låter t = 4 3 : + 43 = ( + t) / = + t 8 t + r(t) = + 3 6 + r(4 3 ), där r(t) = 3 8 ( + ξ) 5/ t 3 för något ξ melln noll och t. Vi uppskttr r(4 3 ) genom 3! r(4 3 ) 3 8 3! (43 ) 3 = 4 9 eftersom + ξ då ξ ligger melln och 3 smt. Alltså är ˆ /8 ] /8 + 43 d = [ + 4 7 + 7 = + 3 3 7 + ˆ /8 ˆ /8 r(4 3 ) d r(4 3 ) d, där ˆ /8 r(4 3 ) d 4 ˆ /8 9 d = 5 [ ] /8 8 = 3. Eftersom 3 = 4 3 > 9 så är felet < 9. 5
.3 Konvergens? Konvergens v utvecklingr Iblnd kn mn hmn i urrtde situtioner. T till eempel följnde funktion: { e /,, f() =, =. Denn funktion är intressnt då f (n) () = för vrje positivt heltl n (vis det). Alltså är ll Mclurinkoefficienter lik med noll och ll Mclurinpolynom p n () = för ll. Mn kn tänk sig tt dett ldrig kn vr en br pproimtion, men låt oss rit upp hur f ser ut: y f() Verkr inte helt glet ändå! Tydligt tt pproimtionen inte fungerr när vi flyttr oss för långt från origo, men dett händer då och då. Däremot är dett ett eempel på en funktion där ll termer stämmer överens med Mclurinpolynomet, men även om mn tr med oändligt mång termer blir det br likhet i en end punkt ( = ). Vi återkommer till problemet tt hitt konvergensområden senre (potensserier). 6
TATA4: Föreläsning 6 Differentilekvtioner v först ordningen och integrlekvtioner John Thim 8 mrs 6 Introduktion En differentilekvtion (DE) i en vribel är en ekvtion som innehåller både vribeln (oft ), en okänd funktion y() smt derivtorer v y() som y (), y () och så vidre. Mn skriver oft F (, y, y, y,...) = där F är någon funktion v fler vribler. Med en lösning till en DE menr vi en funktion y, definierd på något intervll ], b[ (möjligen = och b = ) där y uppfyller F (, y(), y (), y (),...) = för ], b[. Med ndr ord uppfyller lltså funktionen y DE:n i vrje punkt ], b[. Vi börjr med tt betrkt fllet med först ordningens differentilekvtioner (DE). Ordningen på en DE definiers som den högst derivtn den innehåller, så en DE v först ordningen innehåller lltså br y och y (förutom vribeln ). Ett väldigt enkelt eempel är till eempel y () = cos y() = C + sin, där C R är en godtycklig konstnt. Här kunde vi direkt integrer båd sidor i ekvtionen. Om DE:n däremot även innehåller y-termer och knske krångligre vrinter v y så är det inte säkert tt vi kn lös problemet. Om en DE kn skrivs på formen y = F (, y) (tt det går tt lös ut y och isoler på en sid i en ekvtion) kn mn dock rit upp vd som klls för ett riktningsfält för DE:n. Ekvtionen ger för vrje (, y) i plnet vd y måste vr. Dett ger informtion om funktionen y väer eller vtr. Vi ritr upp ett eempel för DE:n y = y : john.thim@liu.se