Hey!
Oppgaven lyder slik:
En ball kastes rett opp. Etter t sekunder er den h(t) meter over bakken.
h(t)= -4,9t^2+9,8t+1,5
Bruk den deriverte til å finne hvor høyt ballen kommer før den snur.
Hvordan løser man oppgaven? Når jeg deriverer utttrykket så blir den 24,01+9,8 og da kan man ikke bruke abc formelen!
funksjonslære
Moderatorer: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
Se på det sånn: Ballen vil snu der den ikke lenger stiger, eller der stigningen er lik 0. Altså deriverer vi først funksjonen for å finne stigningen i et gitt tidspunkt. Går ut i fra at du skjønner hvordan derivasjon fungerer. (Kort forklart vil et gitt ledd ax^n deriveres til nax^n-1). Vet ikke helt hvordan du har gjort din derivasjon, men den ser ikke helt riktig ut.
h(t)= -4,9t^2+9,8t+1,5
h'(t)= -9,8t+9,8
Her har vi stigningen til ballen. Siden vi fant ut at oppgaven var å finne i hvilket punkt stigningen er lik 0, kan vi sette opp en ganske enkel likning:
-9,8t+9,8=0
Denne gir svaret t=1. Så setter vi t inn i den opprinnelige funksjonen for å se hvor høyt ballen kommer.
-4,9 * 1^2 + 9,8 * 1 + 1,5
Som blir 6,4. Altså kommer ballen 6,4 meter opp i lufta før den snur.
h(t)= -4,9t^2+9,8t+1,5
h'(t)= -9,8t+9,8
Her har vi stigningen til ballen. Siden vi fant ut at oppgaven var å finne i hvilket punkt stigningen er lik 0, kan vi sette opp en ganske enkel likning:
-9,8t+9,8=0
Denne gir svaret t=1. Så setter vi t inn i den opprinnelige funksjonen for å se hvor høyt ballen kommer.
-4,9 * 1^2 + 9,8 * 1 + 1,5
Som blir 6,4. Altså kommer ballen 6,4 meter opp i lufta før den snur.
Jeg satt i en fysikktime på skolen i dag og kjedet meg, så jeg så litt på sinus-funksjonen. Hvordan kan man regne ut den? Hmm. Hvis vinkelen er lik 0 radianer, så vil sinus være lik 0. Det vil si at hvis vinkelen er veldig liten, la oss si 0,0001 radianer, så er sinus ca. 0. Den deriverte til sinus er cosinus, og cosinus til 0 radianer er lik 1. Det vil si at den deriverte til sinus ved 0 radianer er lik 1. Da kan man si at [tex]\sin x \approx x[/tex] for små tall. Hvis vi tegner grafen til sin(x) og x i samme vindu, ser vi jo at dette stemmer ganske bra, så lenge vi er i nærheten av 0 radianer.
[tex]\sin x \approx x[/tex]
Tenk så: Hvis sinus kan tilnærmes ved f(x) = x, så må integralet av sinus kunne tilnærmes av integralet av f(x). Det vil si at
[tex]\int \sin x dx \approx \int x dx[/tex]
Altså:
[tex]-\cos x + C_1 \approx \frac{1}{2}x^2 + C_2[/tex]
[tex]-\cos x \approx \frac{1}{2}x^2 + C_2 - C_1[/tex]
Når [tex]C_2[/tex] og [tex]C_1[/tex] er konstanter, vil også [tex]C_2 - C_1[/tex] være en konstant. Vi kaller derfor bare denne C:
[tex]-\cos x \approx \frac{1}{2}x^2 +C[/tex]
Vi vet at [tex]-cos(0) = -1[/tex], altså vil C være lik -1:
[tex]-\cos x \approx \frac{1}{2}x^2 + C[/tex]
Vi integrerer igjen på begge sider:
[tex]-\sin x \approx \frac{1}{6}x^3 - x + C[/tex]
Vi vet at [tex]-sin(0) = 0[/tex]. Da er C = 0 her.
[tex]-\sin x \approx \frac{1}{6}x^3 - x [/tex]
Vi integrerer igjen, og får:
[tex]\cos x \approx \frac{1}{24}x^4 - \frac{1}{2}x^2 + 1[/tex]
Nok en gang:
[tex]\sin x \approx \frac{1}{120}x^5 - \frac{1}{6}x^3 + x[/tex]
Nå er vi tilbake til sinus, og vi kan tegne denne siste tilnærmingen sammen med grafen til sin(x). Vi ser at tilnærmingen bare blir bedre og bedre, men får større og større avvik jo lenger vekk vi beveger oss fra x = 0.
Hvis vi kjører karusellen en gang til, får vi:
[tex]\sin x \approx \frac{1}{362880}x^9 - \frac{1}{5040}x^7 + \frac{1}{120}x^5 - \frac{1}{6}x^3 + x[/tex]
Tegner vi denne sammen med sin(x), får vi en veldig god tilnærming. Hvis vi holder på sånn uendelig lenge, får vi kanskje til og med en perfekt avbildning av sin(x)! Selv om vi ser at det vil holde med ca. 5-6 ledd for å få passelig antall desimaler, alt ettersom hva de skal brukes til.
Vi ser et mønster i utviklingene. Det virker som om eksponentene blir oddetall, og nevner i koeffisientene blir fakultet av eksponentene, slik at et ledd kan skrives som [tex]\frac{1}{(2n-1)}x^{2n-1}[/tex], fordi et oddetall kan skrives som [tex]2n - 1[/tex] der n er et naturlig tall. Dessuten virker det som om fortegnet til hvert ledd er bestemt ut i fra n; hvis n er oddetall, blir fortegnet positivt, ellers negativt. Det kan vi få til med å sette [tex](-1)^{n+1}[/tex] i teller i koeffisienten. Da får vi denne formelen:
[tex]\sin x = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{(2n-1)!}x^{2n-1}[/tex]
Nå kan vi regne ut sinus så nøyaktig vi bare vil, bare vi velger høy nok grense for n. Prøver sinus til 45 grader, som blir [tex]\frac{\pi}{4}[/tex] radianer, med n fra 1 til 5. Med sumfunksjonen på kalkulatoren får vi da
sin x = 0,7071067829
Vi vet at det virkelige tallet er [tex]\frac{\sqrt 2}{2} \approx 0,7071067812[/tex]. Ser ut som om vi har funnet en veldig god måte å regne ut sinus på!
(Dette er selvfølgelig funnet ut før. Men jeg har da tenkt meg frem til det slik at vi som bare går videregående, og ikke universitet, kan skjønne det!)
[tex]\sin x \approx x[/tex]
Tenk så: Hvis sinus kan tilnærmes ved f(x) = x, så må integralet av sinus kunne tilnærmes av integralet av f(x). Det vil si at
[tex]\int \sin x dx \approx \int x dx[/tex]
Altså:
[tex]-\cos x + C_1 \approx \frac{1}{2}x^2 + C_2[/tex]
[tex]-\cos x \approx \frac{1}{2}x^2 + C_2 - C_1[/tex]
Når [tex]C_2[/tex] og [tex]C_1[/tex] er konstanter, vil også [tex]C_2 - C_1[/tex] være en konstant. Vi kaller derfor bare denne C:
[tex]-\cos x \approx \frac{1}{2}x^2 +C[/tex]
Vi vet at [tex]-cos(0) = -1[/tex], altså vil C være lik -1:
[tex]-\cos x \approx \frac{1}{2}x^2 + C[/tex]
Vi integrerer igjen på begge sider:
[tex]-\sin x \approx \frac{1}{6}x^3 - x + C[/tex]
Vi vet at [tex]-sin(0) = 0[/tex]. Da er C = 0 her.
[tex]-\sin x \approx \frac{1}{6}x^3 - x [/tex]
Vi integrerer igjen, og får:
[tex]\cos x \approx \frac{1}{24}x^4 - \frac{1}{2}x^2 + 1[/tex]
Nok en gang:
[tex]\sin x \approx \frac{1}{120}x^5 - \frac{1}{6}x^3 + x[/tex]
Nå er vi tilbake til sinus, og vi kan tegne denne siste tilnærmingen sammen med grafen til sin(x). Vi ser at tilnærmingen bare blir bedre og bedre, men får større og større avvik jo lenger vekk vi beveger oss fra x = 0.
Hvis vi kjører karusellen en gang til, får vi:
[tex]\sin x \approx \frac{1}{362880}x^9 - \frac{1}{5040}x^7 + \frac{1}{120}x^5 - \frac{1}{6}x^3 + x[/tex]
Tegner vi denne sammen med sin(x), får vi en veldig god tilnærming. Hvis vi holder på sånn uendelig lenge, får vi kanskje til og med en perfekt avbildning av sin(x)! Selv om vi ser at det vil holde med ca. 5-6 ledd for å få passelig antall desimaler, alt ettersom hva de skal brukes til.
Vi ser et mønster i utviklingene. Det virker som om eksponentene blir oddetall, og nevner i koeffisientene blir fakultet av eksponentene, slik at et ledd kan skrives som [tex]\frac{1}{(2n-1)}x^{2n-1}[/tex], fordi et oddetall kan skrives som [tex]2n - 1[/tex] der n er et naturlig tall. Dessuten virker det som om fortegnet til hvert ledd er bestemt ut i fra n; hvis n er oddetall, blir fortegnet positivt, ellers negativt. Det kan vi få til med å sette [tex](-1)^{n+1}[/tex] i teller i koeffisienten. Da får vi denne formelen:
[tex]\sin x = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{(2n-1)!}x^{2n-1}[/tex]
Nå kan vi regne ut sinus så nøyaktig vi bare vil, bare vi velger høy nok grense for n. Prøver sinus til 45 grader, som blir [tex]\frac{\pi}{4}[/tex] radianer, med n fra 1 til 5. Med sumfunksjonen på kalkulatoren får vi da
sin x = 0,7071067829
Vi vet at det virkelige tallet er [tex]\frac{\sqrt 2}{2} \approx 0,7071067812[/tex]. Ser ut som om vi har funnet en veldig god måte å regne ut sinus på!
(Dette er selvfølgelig funnet ut før. Men jeg har da tenkt meg frem til det slik at vi som bare går videregående, og ikke universitet, kan skjønne det!)
Nei, kom det inn i denne posten altså? Det skulle jo bli en egen tråd egentlig, ikke et svar på denne tråden. Men men, kanskje en moderator gidder å fikse det. Uansett. Tror dette ble en slags taylor-utvikling, aner ikke hvordan de gjøres utover at de bruker det samme prinsippet, men jeg har nok kommet frem til en allikevel. 
Ikke dumt tenkt, sEirik. Her følger en annen måte å tenke på.
Tenk deg at du har en funksjon f(x) (f.eks. sin(x)).
Anta at den kan skrives slik:
[tex]f(x) = c_0 \ + \ c_1x \ + \ c_2x^2 \ +\ c_3x^3 \ + \ ...[/tex]
der alle c'er er konstanter.
Du vet nå at
[tex]f(0) = c_0[/tex]
Det du også vet er at
[tex]f\prime (x) = c_1 \ + \ 2c_2x \ + \ 3c_3c^2 \ + 4c_4x^3 \ + \ ...[/tex]
og dermed
[tex]f \prime (0) = c_1[/tex]
Dersom vi generaliserer ser vi at
[tex]f^{(n)}(0) = n!c_n[/tex]
og dermed at
[tex] c_n = \frac{f ^{(n)}(0)}{n!}[/tex]
Dermed, dersom f(x) er deriverbar kan vi enkelt rekkeutvikle funksjonen. Vi ser nemlig at:
[tex]f(x) = \frac{f(0)}{0!} \ + \ \frac{f \prime(0)x}{1!} \ + \ \frac{f \prime \prime (0) x^2}{2!} \ + \ \frac{f \prime \prime \prime (0)x^3}{3!} \ + \ ... \ = \sum _{n=0} ^\infty \ \frac{f^{(n)}(0)x^n}{n!}[/tex]
Så la oss prøve å bruke dette til å rekkeutvikle sin(x)
[tex]f(x) = \sin(x) \qquad f(0) = 0 \\ f \prime(x) = \cos(x) \qquad f \prime (0) = 1 \\ f \prime \prime (x) = -\sin (x) \qquad f \prime \prime (0) = 0 \\ f \prime \prime \prime (x) = -cos(x) \qquad f \prime \prime \prime (0) = -1 \\ f^{(4)}(x) = sin(x) \ ...[/tex]
Dermed:
[tex]f(x) = \frac{0}{0!} \ + \ \frac{1x}{1!} \ + \ \frac{0x^2}{2!} \ + \ \frac{(-1)x^3}{3!} \ + \ \frac{0x^4}{4!} \ + \ ... \ = \sum _{n=1} ^\infty \ \frac{(-1)^{n+1}x^{2n-1}}{(2n-1)!}[/tex]
Og verre er det ikke å forstå MacLaurinrekker (nesten - det neste viktige å forstå er konvergensintervaller og estimeringsavvik)
Du generaliserer til Taylorrekker ved å tenke deg at
[tex]f(x) = c_0 \ + \ c_1(x-a) \ + \ c_2(x-a)^2 \ + \ c_3(x-a)^3 \ + \ ... [/tex]
Da vil du se at
[tex]f(x) = \sum _{n=0}^\infty \ \frac{f ^{(n)} (a) (x-a)^n}{n!}[/tex]
Et par oppgaver
Prøv å rekkeutvikle:
[tex]e^x \\ \ln(x+1) \\ sin^2(x)[/tex]
Finn en tilnærming til
[tex]\int _1 ^3 e^{x^2} \ dx[/tex]
Tenk deg at du har en funksjon f(x) (f.eks. sin(x)).
Anta at den kan skrives slik:
[tex]f(x) = c_0 \ + \ c_1x \ + \ c_2x^2 \ +\ c_3x^3 \ + \ ...[/tex]
der alle c'er er konstanter.
Du vet nå at
[tex]f(0) = c_0[/tex]
Det du også vet er at
[tex]f\prime (x) = c_1 \ + \ 2c_2x \ + \ 3c_3c^2 \ + 4c_4x^3 \ + \ ...[/tex]
og dermed
[tex]f \prime (0) = c_1[/tex]
Dersom vi generaliserer ser vi at
[tex]f^{(n)}(0) = n!c_n[/tex]
og dermed at
[tex] c_n = \frac{f ^{(n)}(0)}{n!}[/tex]
Dermed, dersom f(x) er deriverbar kan vi enkelt rekkeutvikle funksjonen. Vi ser nemlig at:
[tex]f(x) = \frac{f(0)}{0!} \ + \ \frac{f \prime(0)x}{1!} \ + \ \frac{f \prime \prime (0) x^2}{2!} \ + \ \frac{f \prime \prime \prime (0)x^3}{3!} \ + \ ... \ = \sum _{n=0} ^\infty \ \frac{f^{(n)}(0)x^n}{n!}[/tex]
Så la oss prøve å bruke dette til å rekkeutvikle sin(x)
[tex]f(x) = \sin(x) \qquad f(0) = 0 \\ f \prime(x) = \cos(x) \qquad f \prime (0) = 1 \\ f \prime \prime (x) = -\sin (x) \qquad f \prime \prime (0) = 0 \\ f \prime \prime \prime (x) = -cos(x) \qquad f \prime \prime \prime (0) = -1 \\ f^{(4)}(x) = sin(x) \ ...[/tex]
Dermed:
[tex]f(x) = \frac{0}{0!} \ + \ \frac{1x}{1!} \ + \ \frac{0x^2}{2!} \ + \ \frac{(-1)x^3}{3!} \ + \ \frac{0x^4}{4!} \ + \ ... \ = \sum _{n=1} ^\infty \ \frac{(-1)^{n+1}x^{2n-1}}{(2n-1)!}[/tex]
Og verre er det ikke å forstå MacLaurinrekker (nesten - det neste viktige å forstå er konvergensintervaller og estimeringsavvik)
Du generaliserer til Taylorrekker ved å tenke deg at
[tex]f(x) = c_0 \ + \ c_1(x-a) \ + \ c_2(x-a)^2 \ + \ c_3(x-a)^3 \ + \ ... [/tex]
Da vil du se at
[tex]f(x) = \sum _{n=0}^\infty \ \frac{f ^{(n)} (a) (x-a)^n}{n!}[/tex]
Et par oppgaver
Prøv å rekkeutvikle:
[tex]e^x \\ \ln(x+1) \\ sin^2(x)[/tex]
Finn en tilnærming til
[tex]\int _1 ^3 e^{x^2} \ dx[/tex]
altså, jeg så nå at jeg deriverte feil. Jeg hadde helt glemt den derivasjon regelen fra 2mz. men en ting, jeg fikk hjelp fra lærern på skolen og han skrev det ned slik:
f(x)=ax^m , f`(x)=m'ax^m-1 --> er dette regelen?
så fortsatte han nedover: h(t)=-4,9t^2+9,8t+1,5
h`(t)=2(-4,9)t^2-1+1*9,8t^1-1+0
=-9,8t+9,8
-9,8t+9,8=0
t=1
men hva betyr f`(x)=m*mx^m-1 ( jeg skjønner ikke det der ).. jeg klarer ikke å bruke denne formelen til å regne ut uttrykket..
f(x)=ax^m , f`(x)=m'ax^m-1 --> er dette regelen?
så fortsatte han nedover: h(t)=-4,9t^2+9,8t+1,5
h`(t)=2(-4,9)t^2-1+1*9,8t^1-1+0
=-9,8t+9,8
-9,8t+9,8=0
t=1
men hva betyr f`(x)=m*mx^m-1 ( jeg skjønner ikke det der ).. jeg klarer ikke å bruke denne formelen til å regne ut uttrykket..
Nå har jeg lest om Taylor-rekker!
Først ser jeg på [tex]f(x) = e^x[/tex]
Det som gjør denne så enkel, er jo at
[tex]f^{(2n)}(x) = e^x[/tex]
Altså [tex]f^{(n)}(0) = 1[/tex]
Da blir rekka
[tex]e^x = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!}[/tex]
Så var det [tex]f(x) = \ln (x+1)[/tex]
[tex]u = x + 1[/tex]
[tex]f(u) = \ln u[/tex]
[tex]f^\prime (u) = \frac{1}{u}[/tex]
[tex]f^{\prime \prime} (u) = -\frac{1}{u^2}[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime} (u) = \frac{2}{u^3}[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime} (u) = -\frac{6}{u^4}[/tex]
Ser et mønster nå,
[tex]f^{(n)}(u) = \frac{(-1)^{n+1} \cdot (n-1)!}{u^n}[/tex] for [tex]n > 0[/tex]
Altså blir
[tex]f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^{n+1} \cdot(n-1)!}{(x+1)^n}[/tex]
Jeg vil rekkeutvikle den rundt x = 0.
[tex]f^{(n)}(0) = (-1)^{n+1} \cdot(n-1)![/tex]
Vi vet at [tex]f(0) = 0[/tex], så vi hopper over leddet n=0 i summen. Da blir
[tex]\ln (x+1) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1} x^n}{n}[/tex]
Eller eventuelt, med [tex]m = n-1[/tex]
[tex]\ln (x+1) = \sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^{m} x^{m+1}}{m+1}[/tex]
Nå skjønte jeg ikke bæret av hva som kunne være feil når jeg testet rekka, helt til jeg sjekket wikipedia, der det står at den kun gjelder for [tex]x \in \big <-1\ ,\ 1\][/tex]. Da så jeg at den fungerte med mindre tall. Hvorfor i all verden er det sånn?
Og så var det [tex]f(x) = \sin^2 x[/tex]
[tex]f^\prime(x) = 2\cos x\ \sin x = \sin 2x[/tex]
[tex]f^{\prime \prime}(x) = 2 \cos 2x[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime}(x) = -4 \sin 2x[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime}(x) = -8 \cos 2x[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime \prime}(x) = 16 \sin 2x[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime \prime \prime}(x) = 32 \cos 2x[/tex]
Denne også rekkeutvikles om x = 0. [tex]\sin (2 \cdot 0) = 0[/tex], altså vil alle disse leddene falle bort. Da er det kun partallsleddene som vil stå igjen. [tex]\cos (2 \cdot 0) = 1[/tex], så vi kan se bort fra disse faktorene og kun se på koeffisientene.
[tex]n = 1, f^{(n)}(0) = 2[/tex]
[tex]n = 2, f^{(n)}(0) = -8[/tex]
[tex]n = 3, f^{(n)}(0) = 32[/tex]
[tex]n = 4, f^{(n)}(0) = -128[/tex]
[tex]f^{(n)}(0) = (-1)^{n+1}\ \cdot \ 2^{2n-1}[/tex]
Også her er [tex]f(0) = 0[/tex], så vi kan se bort fra n = 1 i summen.
[tex](\sin x)^2 = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}\ \cdot \ 2^{2n-1}}{(2n)!}x^{2n}[/tex]
Så var det [tex]\int_1^3 e^{x^2} dx[/tex]
Da vil jeg først finne en rekkeutvikling for [tex]f(x) = e^{x^2}[/tex], og så integrere denne, for så å sette inn grensene og finne tilnærmingsverdien.
Hvis jeg rekkeutvikler funksjonen om x = 0, får jeg at alle de deriverte er lik 0 i dette punktet, og det virker jo rart, med tanke på at funksjonen ikke er noen konstantfunksjon. Kanskje noen som kan oppklare dette? Jeg satser uansett på rekkeutvikling rundt x = 1.
[tex]f^\prime(0) = 2e[/tex]
[tex]f^{\prime \prime}(x) = 6e[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime}(x) = 20e[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime}(x) = 76e[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime \prime}(x) = 312e[/tex]
Nei, nå tror jeg at jeg fortsetter en annen gang.
Først ser jeg på [tex]f(x) = e^x[/tex]
Det som gjør denne så enkel, er jo at
[tex]f^{(2n)}(x) = e^x[/tex]
Altså [tex]f^{(n)}(0) = 1[/tex]
Da blir rekka
[tex]e^x = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!}[/tex]
Så var det [tex]f(x) = \ln (x+1)[/tex]
[tex]u = x + 1[/tex]
[tex]f(u) = \ln u[/tex]
[tex]f^\prime (u) = \frac{1}{u}[/tex]
[tex]f^{\prime \prime} (u) = -\frac{1}{u^2}[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime} (u) = \frac{2}{u^3}[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime} (u) = -\frac{6}{u^4}[/tex]
Ser et mønster nå,
[tex]f^{(n)}(u) = \frac{(-1)^{n+1} \cdot (n-1)!}{u^n}[/tex] for [tex]n > 0[/tex]
Altså blir
[tex]f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^{n+1} \cdot(n-1)!}{(x+1)^n}[/tex]
Jeg vil rekkeutvikle den rundt x = 0.
[tex]f^{(n)}(0) = (-1)^{n+1} \cdot(n-1)![/tex]
Vi vet at [tex]f(0) = 0[/tex], så vi hopper over leddet n=0 i summen. Da blir
[tex]\ln (x+1) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1} x^n}{n}[/tex]
Eller eventuelt, med [tex]m = n-1[/tex]
[tex]\ln (x+1) = \sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^{m} x^{m+1}}{m+1}[/tex]
Nå skjønte jeg ikke bæret av hva som kunne være feil når jeg testet rekka, helt til jeg sjekket wikipedia, der det står at den kun gjelder for [tex]x \in \big <-1\ ,\ 1\][/tex]. Da så jeg at den fungerte med mindre tall. Hvorfor i all verden er det sånn?
Og så var det [tex]f(x) = \sin^2 x[/tex]
[tex]f^\prime(x) = 2\cos x\ \sin x = \sin 2x[/tex]
[tex]f^{\prime \prime}(x) = 2 \cos 2x[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime}(x) = -4 \sin 2x[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime}(x) = -8 \cos 2x[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime \prime}(x) = 16 \sin 2x[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime \prime \prime}(x) = 32 \cos 2x[/tex]
Denne også rekkeutvikles om x = 0. [tex]\sin (2 \cdot 0) = 0[/tex], altså vil alle disse leddene falle bort. Da er det kun partallsleddene som vil stå igjen. [tex]\cos (2 \cdot 0) = 1[/tex], så vi kan se bort fra disse faktorene og kun se på koeffisientene.
[tex]n = 1, f^{(n)}(0) = 2[/tex]
[tex]n = 2, f^{(n)}(0) = -8[/tex]
[tex]n = 3, f^{(n)}(0) = 32[/tex]
[tex]n = 4, f^{(n)}(0) = -128[/tex]
[tex]f^{(n)}(0) = (-1)^{n+1}\ \cdot \ 2^{2n-1}[/tex]
Også her er [tex]f(0) = 0[/tex], så vi kan se bort fra n = 1 i summen.
[tex](\sin x)^2 = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}\ \cdot \ 2^{2n-1}}{(2n)!}x^{2n}[/tex]
Så var det [tex]\int_1^3 e^{x^2} dx[/tex]
Da vil jeg først finne en rekkeutvikling for [tex]f(x) = e^{x^2}[/tex], og så integrere denne, for så å sette inn grensene og finne tilnærmingsverdien.
Hvis jeg rekkeutvikler funksjonen om x = 0, får jeg at alle de deriverte er lik 0 i dette punktet, og det virker jo rart, med tanke på at funksjonen ikke er noen konstantfunksjon. Kanskje noen som kan oppklare dette? Jeg satser uansett på rekkeutvikling rundt x = 1.
[tex]f^\prime(0) = 2e[/tex]
[tex]f^{\prime \prime}(x) = 6e[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime}(x) = 20e[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime}(x) = 76e[/tex]
[tex]f^{\prime \prime \prime \prime \prime}(x) = 312e[/tex]
Nei, nå tror jeg at jeg fortsetter en annen gang.
Sist redigert av sEirik den 06/01-2007 01:28, redigert 1 gang totalt.
Du kan jo også prøve deg på del 1 av oppgave 5 fra årets Matte1-eksamen. (Hvis du ikke kjenner til analysens fundamentalteorem, drit i integralet..)
http://www.math.ntnu.no/emner/TMA4100/2 ... 100v06.pdf
http://www.math.ntnu.no/emner/TMA4100/2 ... 100v06.pdf
-
ingentingg
- Weierstrass
- Innlegg: 451
- Registrert: 25/08-2005 17:49
Grunnen til at det kun virker på intervallet <-1, 1] er at for tall utenfor vil ikke rekken konvergere.
Vi har et teorem som sier at hvis taylorpolynomet for en funksjon utviklet rundt pktet a konvergerer i b, vil det konvergere for alle tall på intervallet:
|a-x|<|a-b|
Siden denne rekken konvergerer for alle |x|<1 må man bare sjekke endepktene. Da finner man at den konvergerer for x=1, men ikke for x=-1
Vi har et teorem som sier at hvis taylorpolynomet for en funksjon utviklet rundt pktet a konvergerer i b, vil det konvergere for alle tall på intervallet:
|a-x|<|a-b|
Siden denne rekken konvergerer for alle |x|<1 må man bare sjekke endepktene. Da finner man at den konvergerer for x=1, men ikke for x=-1