Oblig 2 - Of the Clux

−4: Vi setter inn −4 for x, og får rekka∞∑n=1(−1) n (−4 + 2) nn2 n ======∞∑ (−1) n (−2) nn2 nn=1∞∑ (−1) n (−2) n· 12 n nn=1∞∑( ) n (−1) · (−2)· 12 nn=1∞∑1 n · 1nn=1∞∑ 1nn=1∞∑ 1n 1n=1Samler tallene med potens nBruk Haugan, 1.2Regner ut.1 n = 1n = n 1P-test med p = 1 ⇒divergens.−4 er ikke med i konvergensintervallet.0: Vi setter inn 0 for x, og får rekka∞∑n=1(−1) n (0 + 2) nn2 n ====∞∑ (−1) n 2 nn2 nn=1∞∑ (−1) n 2 n· 12 n nn=1∞∑( ) n (−1) · 2· 12 nn=1∞∑(−1) n · 1nn=1Samler tallene med potens nBruk Haugan, 1.2Regner ut.Alternerende rekke med u n = 1 nVi går gjennom de tre testene for alternerende rekker:1A. u n > 0: > 0 for alle positive n.n1B. u n ≥ u n+1 : Siden n + 1 > n, er < 1 når n og n + 1 er større enn 0.n+1 nC. lim u n = 0: lim = 0 (Kjent følge)n→∞ nRekka konvergerer, så 0 er med i konvergensintervallet.n→∞1(c) Konvergensintervall I =< −4, 0]5

Riktig: Finner det indre av konvergensintervallet først ved å sette ρ < 1:ρ < 1⇕|x + 2| < 1⇕ Ganger med 2|x + 2| < 2⇕ Bruker at |a| < b ⇔ −b < a < b når b ≥ 012−2 < x + 2 < 2⇕ Trekker fra 2−4 < x < 0Endepunktene til konvergensintervallet er −4 og 0.Feil: Test av endepunktet −4:... =∞∑(−1) 2n 1 n = ...n=1Dette er en alternerende rekke med u n = 1 n .(En alternerende rekke har termer som kan faktoriseres i en alternerende del somveksler mellom å være 1 og -1 og en positiv del. (−1) 2n alternerer ikke.)Feil:ρ = limn→∞a n+1a n(Utelatelse av | · |-tegn.)Feil:ρ = ... lim |x + 2| · (−1) · 1n→∞ 2 = 1 |x + 2|2(Varianter av (-1)-faktorer som har overlevd | · |-tegn.)6

8.7.3 f(x) = 1x+2 , a = 0.(a) Finn Taylor-polynomene generert av f(x) i x = 0, av grad 0, 1, 2 og 3.Riktig: Vi setter opp tabell:k f (k) (x) f (k) (0) k’te term, f (k) (0)k!x k01x+21−1(x+2) 212−14222(x+2) 3 83−6(x+2) 4−61612P 0 (x)12−14 x( 2 8 )2! x2 = 1 8 x2P 1 (x)12 − 1 4 x( −616 )3!x 3 = −116 x3P 2 (x)12 − 1 4 x + 1 8 x2P 3 (x)12 − 1 4 x + 1 8 x2 − 116 x3(b) Finn Taylor-rekka generert av f(x) i x = 0.Riktig: Vi setter opp tabell. Merk at a = 0, så dette er også ei Maclaurinrekke:k f (k) (x) f (k) (0) k’te term, f (k) (0)k!x k01x+21−1(x+2) 212−14222(x+2) 3 83−6(x+2) 4.nSUM/Formel.(−1)n+1·n!(x+2) n+1..−616.(−1) 02 1(−1) 12 2 x(−1) 22 2+1 x 2(−1) 32 3+1 x 3(−1) n+1·n!2 n+1 (−1) n2 n+1 x n...∞∑n=1(−1) nxn2n+1 7

(c) Finn konvergens-radien og konvergens-intervallet til Taylor-rekka du fant i (b).Riktig: Vi finner konvergensintervallet til∞∑n=1(−1) nxn2n+1 i. Vi finner først det grensene til konvergensintervallet, ved hjelp av (absolutt)forholdstest, der vi setter a n = (−1)n x n og a2 n+1 n+1 = (−1)n+1 x n+1 :2 n+2∣ ∣ ∣∣∣ a n+1 ∣∣∣ρ = limSett inn!n→∞∣ a n ∣ ∣∣∣∣ (−1) n+1x n+1 ∣∣∣∣2= limn+2 | · |-tegn tar bort fortegn!n→∞ (−1) nx2 n n+1∣ ∣∣∣1∣x n+12 ∣∣∣= limn+2n→∞1Deler opp brøken.x2 n n+1∣ ∣ ∣∣∣ x n+1 ∣∣∣= limn→∞ x · 2n+1Forenkler.n 2 n+2= lim |x| · 1 Tar grenser på hver enkelt del.n→∞ 21= lim |x| · limRegner ut.n→∞ n→∞ 2= 1|x|2Det indre av konvergensintervallet finner vi når vi setter ρ < 1; områdetfor divergens finner vi når vi setter ρ > 1, og endepunktene på konvergensintervalletfinner vi derfor når vi setter ρ = 1:ρ = 1⇕12⇕|x| = 2⇕{ −2x = ±2 =2Endepunktene til konvergensintervallet er −2 og 2.ii. Vi tester endepunktene til konvergensintervallet:8

n=1A. x = −2: Vi setter inn −2 for x, og får rekka∞∑ (−1) n∞∑2 · (−1) nn+1 (−2)n =(−2) n · 1 Samler tallene med potens n; bruker Haugan, 1.2.2 n 2n=1∞∑( ) n (−1) · (−2)=· 1 Regner ut.2 2n=1∞∑= 1 n · 11 n = 12n=1∞∑ 1=2 · 1n Geometrisk rekke med a = 1 og r = 12n=1= ∞ |r| ≥ 1 ⇒divergens.n=1−2 er ikke med i konvergensintervallet.B. x = 2: Vi setter inn 2 for x, og får rekka∞∑ (−1) n∞∑2 · (−1) nn+1 2n =2 n · 1 Samler tallene med potens n; bruker Haugan, 1.2.2 n 2n=1∞∑( ) n (−1) · 2=· 1 Regner ut.2 2n=1∞∑= −1 n · 1 1 n = 12n=1∞∑ 1=2 · (−1)n Geometrisk rekke med a = 1 og r = −12n=1= udefinert |r| ≥ 1 ⇒divergens.2 er ikke med i konvergensintervallet.iii. Konvergensintervall I =< −2, 2 >(d) Når du ser på den genererende funksjonen f(x) = 1 , kan du tenke deg noenx+2grunn til at konvergens-radien / -intervallet ikke kunne være større enn de er?Tegn gjerne opp grafen for å illustrere det du vil si.Svar: Poenget med denne oppgaven var å få frem tanker rundt hvordan dettefungerer, og alle forsøk på svar fikk “godkjent”. Bok-riktig svar er at konvergensområdenealltid er gitt ved et sentrum, a og en radius R, og at de går sålangt de kan uten at de støter på en uendelighet - altså en vertikel asymptotepå grafen. Sentrum her er i a = 0, og den nærmeste asymptoten er i x = −2,som er 2 unna a. Da blir R = 2. Dette ser vi ekstra godt om vi regner i detkomplekse planet; konvergensintervallet blir da en konvergenssirkel.9

8.7.15Finn Taylor-rekka generert av f(x) = x 3 − 2x + 4 i 2.Riktig:k f (k) (x) f (k) (2) k’te term, f (k) (2)k!x k0 x 3 − 2x + 4 8 81 3x 2 − 2 10 10(x − 2)2 6x 12122 (x − 2)2 = 6(x − 2) 23 6 663! (x − 2)3 = (x − 2) 3.n > 3 0 0 0.......SUM/Formel 8 + 10(x − 2) + 6(x − 2) 2 + (x − 2) 38.7.21Finn Maclaurin-rekka til e −5x ved substitusjon.Riktig: Ate x = 1 + x + x22 + · · · + xnn! + · · · = ∞∑betyr egentlig at vi får det samme når vi setter inn for x på begge sider. Vi kunnelike godt skrevet det slik:n=0e □ = 1 + □ + □22 + · · · + □nn! + · · · = ∞∑og sagt at når vi fyller inn det samme i alle boksene, så får vi det samme på beggesider. I særdeleshet får vi da. når vi fyller inn −5x i boksen, ate −5x = 1 − 5x + (−5x)22n=0+ · · · + (−5x)nn!x nn!□ nn!+ · · · =∞∑ (−5x) nn=0n!10

8.7.37Hvor stor er forskjellen mellom sin x og x, når |x| < 10 −3 ? 1 Gi først svar for hverenkelt x i intervallet, og deretter et felles-svar som angir største forskjell mellomsin x og x i det gitte intervallet.Riktig: (Se også forelesningsnotat for 22. oktober) Vi bruker metode 5 for potensrekker,hvor vi finner estimat for restdelen R n (x) fra formelen f(x) = P n (x)+R n (x).Vi finner først riktig n ved å merke oss at når vi tar utgangspunkt i Maclaurinrekkafor sin x, er både P 1 (x) = x og P 2 (x) = x, mens P 3 (x) = x − x3 . Når vi jobber med3!estimater lønner det seg alltid å velge størst mulig n. Så siden forskjellen mellomsin x og x er differansen mellom dem, har vi følgende:sin x − x = sin x − P 2 (x)= R 2 (x)så| sin x − x| = | sin x − P 2 (x)|= |R 2 (x)|≤ M · |x−0|2+1(2+1)!Formel for feil-estimat.Vi må finne M før vi fortsetter. M skal være større enn |f (2+1) (x)|, i vårt tilfelle altsåstørre enn | sin (3) (x)|, i < −10 −3 , 10 −3 >. Siden | sin (3) (x)| = | − cos(x)| = | cos x|,som har max-verdi 1 når x = 0, må M = 1. Vi trenger nå bare å sette M = 1 inn iformelen, så har vi det første estimatet vårt:|R 2 (x)| ≤ 1 · |x|33!= |x|36Vi må deretter finne max-verdien til denne funksjonen i < −10 −3 , 10 −3 >. Dette eren enkel funksjon som tar maksimum på endepunktene av intervallet, så vi slipper ågjøre funksjonsdrøfting a la Thomas’ Calculus 3.1, men kan ganske enkelt sette innx-verdien for endepunktene −10 −3 og 10 −3 i estimat-formelen for å finne felles-svaretsom angir største forskjell mellom sin x og x i det gitte intervallet.|R 2 (x)| ≤ |10−3 | 36≈ 1.67 · 10 −101 |x| < 10 −3 ⇔ x ∈< −10 −3 , 10 −3 >11

Riktig: For Maclaurinrekka til sin x er P 2 (x) = x, men P 3 (x) = x − x33! :|R 2 (x)| ≤ M ·|x − 0|33!Siden | sin (3) (x)| = | − cos(x)| = | cos x| ≤ 1, er M = 1:|R 2 (x)| ≤ 1 · |x|33!= |x|36|x| 36er en enkel funksjon som tar maksimum på endepunktene av intervallet, så visetter inn x = −10 −3 og x = 10 −3 i formelen og finner felles estimat:|R 2 (x)| ≤ |10−3 | 36≈ 1.67 · 10 −10 12

8.8.15Løs har initialverdiproblemety ′ + y = x; y(0) = 1Riktig: Vi løser det ved å følge metoden vår:1-3.y = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + · · · + a nx n + · · ·y ′ = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x 3 + · · · + (n + 1)a n+1 x n + · · ·y ′ + y = (a 1 + a 0 ) + (2a 2 + a 1 )x + (3a 3 + a 2 )x 2 + (4a 4 + a 3 )x 3 + · · · + ((n + 1)a n+1 + a n)x n + · · ·(a) Potensrekka for høyre side er her x = 0 + 1 · x + 0 · x 2 + 0 · x 3 + 0 · x 4 + · · · .(b) a 0 = y(0) = 16-7. Vi setter opp tabell og løser for a n fra toppen:Initialverdibetingelsery a 0 = 1k Venstre side Høyre side Sammenheng Verdi0 a 1 + a 0 0 a 1 = −a 0 a 1 = −11 2a 2 + a 1 0 a 2 = − a 12a 2 = −1 = (−1)12 22 3a 3 + a 2 0 a 3 = − a 23a 3 = 1 = (−1)22·3 3!3 4a 4 + a 3 0 a 4 = − a 34a 4 = −13!·4 = (−1)3(3+1)!4 5a 5 + a 4 0 a 5 = − a 45a 5 = 14!·5 = (−1)4(4+1)!...n (n + 1)a n+1 + a n 0 a n+1 = − ann+1a n+1 = (−1)n(n+1)!.(c) Løsningen på initialverdiproblemet vårt er day(x) = 1 − x + x 2 − x33!....∞xn+ · · · + (−1)nn! + · · · = ∑(−1) n xnn!(d) Vi ser at dette er rekka for e −x . (Denne delen av svaret er ikke obligatorisk!)..n=013

8.9.2Finn Fourier-rekka til{ −1 −π < x < 0f(x) =1 0 < x < πRiktig:(a)(b)∫ π∫ πa 0 = 12π= 12π= 12π(∫ −π 0f(x)dx∫ π)−1dx + 1dx) 0=1 · 0 = 02π( −π[−x]0−π + [x] π 0a n = 1 f(x) cos(nx)dxπ(∫ −π 0∫ π)= 1 −1 · cos(nx)dx + 1 · cos(nx)dxπ(∫−π00∫ π)= 1 − cos(nx)dx + cos(nx)dxπ( −π0 )= 1 π [−1n sin(nx)]0 −π + [ 1 ∫n sin(nx)]π 0cos(nx) =1( n sin(nx)= 1 π [(−1sin(0n)) − (− 1 sin(−nπ))] + [( 1 sin(nπ)) − ( 1 sin(0n))])n n n n([0 − 0] + [0 − 0]) = 0 sin(nπ) = 0= 1 π(c)∫ πa n = 1 f(x) sin(nx)dxπ(∫ −π 0∫ π)= 1 −1 · sin(nx)dx + 1 · sin(nx)dxπ(∫−π00∫ π)= 1 − sin(nx)dx + sin(nx)dxπ( −π0 )= 1 π [1n cos(nx)]0 −π + [− 1 ∫n cos(nx)]π 0sin(nx) = −1( n cos(nx)= 1 π [(1( cos(0n)) − ( 1 cos(−nπ))] + [(− 1 cos(nπ)) − (− 1 cos(0n))])n n n n= 1 π [1− 1 n n (−1)n ] + [− 1 n (−1)n + 1 ])cos(nπ) = (−1)n n={ 2 (1 − nπ (−1)n )4hvis n er partall=nπ0 hvis n er oddetall14

(d) f(x) ∼Riktig:∞∑n=12nπ (1 − (−1)n ) · sin(nx)(a) f(x) er en ulik funksjon, så derfor blir a 0 = 0.(b) f(x) er en ulik funksjon, så derfor blir a n = 0.Riktig:(d) f(x) ∼∞∑n=14nπ · sin(2nx)8.9.3Finn Fourier-rekka til f(x) = x, −π < x < π.Riktig:(a)∫ πa 0 = 12π= 12π∫−ππ−πf(x)dxxdx= [ 1 2 x2 ] π −π= 1 2 π2 − 1 2 (−pi)2 = 0(b)a n = 1 π= 1 π= 1 π= 1 π= 1 π= 0∫ π∫−ππf(x) cos(nx)dxx cos(nx)dx Haugan, 5.2.54[ −π1(cos(nx) + nx · sin(nx)) ] πn 2( −π(1(cos(nπ) + nπ · sin(nπ))) − ( 1 (cos(−nπ) − n(−π) · sin(−nπ))) ) (sin(nπ) = 0n 2 n 2 1(−1) n − 1 (−1) n) cos(nπ) = (−1) nn 2 n 215

(c)a n = 1 π∫ πf(x) sin(nx)dx∫−ππ= 1 π[ −π= 1 1(sin(nx) − nx · cos(nx)) ] ππ ( n 2 −π= 1 π (1= 1 π (= 1 1 · π n (−π(−1)n − π(−1) n ) )= 2·(−1)n+1nx sin(nx)dx Haugan, 5.2.53(sin(nπ) − npi · cos(nπ))) − ( 1 (sin(−nπ) − n(−π) · cos(−nπ))) ) (sin(nπ) = 0n 2 n 2 1· (−nπ(−1) n ) − 1 · (−n)(−π)(−1) n ) ) cos(nπ) = (−1) nn 2 n 2∞∑ 2 · (−1) n+1(d) f(x) ∼nn=1· sin(nx)Riktig:(a) f(x) er en ulik funksjon, så derfor blir a 0 = 0.(b) f(x) er en ulik funksjon, så derfor blir a n = 0.8.R.28Hva er Taylor-polynomer. Hva kan vi bruke dem til?Riktig: Dette er et tenke-spørsmål, så det viktigste her er å vise at man har tenktgjennom spørsmålet. Har man gjort det, vil svaret bli godkjent. For de tekniskedelene av svaret, se metodeark 4 og 5 for potensrekker (1. oktober), og forelesningenom anvendelser av potensrekker (6. oktober).Math Sammenlign grafen til f(x) = ln x med grafene til Taylor-polynomene P 1 (x), P 2 (x),P 5 (x), P 10 (x), P 100 (x) og P 101 (x) generert av f(x) = ln x i x = 1.Riktig: Se eget vedlegg.16