Oppgave i linearisering

[Arctagon]

«Bestem lineariseringen til funksjonen

$f(x) = \sqrt{e^x + 1}$

om x = 1.»

Det er ingen fasit oppgavene jeg gjør nå, så jeg spør her om jeg har gjort det riktig.

[tex]f(x) ≈ L(x) = f(a) + f^\prime(a)(x - a)[/tex]

[tex]L(x) = f(1) + f^\prime(1)(x - 1) = \sqrt{e^1 + 1} + \left(\frac 1 2(e^1 + 1) + e^1\right)(x - 1) = \sqrt{e + 1} + \frac{3e + 1}{2}(x - 1)[/tex]

Er dette riktig? Bør jeg skrive svaret på noen annerledes måte?

[Andreas345]

Du har slurvet litt med derivasjonen.

[tex]\frac{d}{dx} \sqrt{e^x+1} = \frac{e^x}{2\cdot \sqrt{e^x+1}}[/tex]

Når det gjelder hvordan svaret bør bli skrevet hadde jeg nok beholdt det slik, eller skrevet det på formen [tex]y=a\cdot x+b[/tex] , med desimal tall.

[Arctagon]

Ja, søren. Glemte å skrive opp eksponenten -1/2, også skrev jeg pluss i stedet for gange.

Så $L(x) = \sqrt{e + 1} + \frac{(x - 1)e}{2\sqrt{e + 1}}$

Tror ikke jeg får skrevet det på stort penere måte enn det.

[Andreas345]

Jepp, enig

[Nebuchadnezzar]

Ikke helt enig. som Andreas sier bør du skrive svaret på formen $L(x) = a\cdot x + b$. Da det er lettere å for eksempel se stigningstallet og konstantleddet.
Skriver en om uttrykket ditt får vi jo

$ \hspace{1cm}
L(x) = \frac{e}{2\sqrt{e+1}} x + \frac{e+2}{2\sqrt{e+1}}
$

som ikke er så voldsomt stygt. Mellomregningene ovelater jeg til deg, regner med du har eksamen snart Ønsker vi å være frekke kan vi
også innføre konstanten $\alpha = e/(2\sqrt{e+1})$. Da får vi

$ \hspace{1cm}
L(x) = \alpha x + \alpha \left( 1 + 2/e\right) \approx \alpha x + \frac{7}{5} \alpha
$

Hvor en selvsagt kan argumentere både for og mot om det siste uttrykket er "penere" eller "enklere".

[Arctagon]

Ikke helt enig. som Andreas sier bør du skrive svaret på formen $L(x) = a\cdot x + b$. Da det er lettere å for eksempel se stigningstallet og konstantleddet.
Skriver en om uttrykket ditt får vi jo

$ \hspace{1cm}
L(x) = \frac{e}{2\sqrt{e+1}} x + \frac{e+2}{2\sqrt{e+1}}
$

Er ikke e-en i teller på brøkkonstanten negativ?

[Nebuchadnezzar]

Nei

[Arctagon]

Nei, så klart. Skal se nøyere på det.

I mellomtiden, noe litt urelatert: prøver å skrive om uttrykket i $\lim_{x \to \infty} x \cdot \ln\left(\frac{x+3}{x-3}\right)$, men det finnes ikke så mange logaritmeregler at det er så mye en kan gjøre.

Edit: $L(x) = \frac{(x-1)e}{2\sqrt{e+1}} + \sqrt{e+1} = \frac{(x-1)e}{2\sqrt{e+1}} + \frac{2(e+1)}{2\sqrt{e+1}} = \frac{xe - e + 2e + 2}{2\sqrt{e+1}} = \underline{\underline{\frac{e}{2\sqrt{e+1}}x + \frac{e + 2}{2\sqrt{e+1}}}}$

[Nebuchadnezzar]

Metode1:

$ \hspace{1cm}
\lim_{x \to \infty} x \cdot \log \frac{x+a}{x-a}
= \lim_{x \to \infty} \frac{[\log (x+a)/(x-a)]'}{(1/x)'}
= \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 a^3}{a^2-x^2}
$

For l'hopital ble brukt i andre overgang. Å faktisk utføre derivasjonen og å skrive om uttrykket er keite.
Heldigvis finnes det flere metoder å beregne grenseverdien på. Spesielt om en har en grenseverdi-trollmann i magen.

Metode2:

Vi kan rekkeutvikle funksjonen ved uendelig. For å rekkeutvikle $f$ ved uendelig
rekkeutvikler vi $f(1/x)$ ved null i stedet. Da får vi at

$ \hspace{1cm}
f\left( \frac 1x\right) = \log \frac{1/x-a}{1/x+a} \sim -2a \cdot x + O(x^3)
$

Altså er

$ \hspace{1cm}
\lim_{x \to \infty} x \cdot \log \frac{x+a}{x-a}
\approx \lim_{x \to \infty} x \cdot \left( -2a \cdot \frac{1}{x} + O\left( \frac{1}{x^3} \right)\right)
$

Hvor du får i oppgave å fylle inn hullene. Hvorfor konvergerer rekken, hvordan utledet vi taylorrekken? Hvorfor stemmer siste overgang osv.

Metode3:

En av mange definisjoner av eulers konstant er $e := \lim_{k \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{k}\right)^{k}$. Tilsvarende kan vi vise (og dette har du kanskje gjort selv)
at $e^x = \lim_{k \to \infty} \left( 1 + \frac{x}{k}\right)^{k}$. Ved å skrive om likningen din har vi

$
\lim_{x \to \infty} x \log \frac{x-a}{x+a}
= \log\left[ \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x-a}{x+2 }\right)^x \right]
= \log\left[ \lim_{x \to \infty} \left( 1 + \frac{-2a}{x+a}\right)^x \right]
$

Resten lar jeg være opp til deg. Samt vise hvorfor det ikke spiller noen rolle at det står $a+x$ i nevner og ikke $x$.

[Arctagon]

Metode1:

$ \hspace{1cm}
\lim_{x \to \infty} x \cdot \log \frac{x+3}{x-3}
= \lim_{x \to \infty} \frac{[\log (x+3)/(x-3)]'}{(1/x)'}
= \lim_{x \to \infty} \frac{2a \cdot x^2 a^3}{a^2-x^2}
$

Den første overgangen var alt jeg trengte.

$\lim_{x \to \infty} x \cdot \ln\left(\frac{x+3}{x-3}\right) = \lim_{x \to \infty} x(\ln(x+3) - \ln(x-3)) = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln(x+3) - \ln(x-3)}{\frac 1 x} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{x+3} - \frac{1}{x-3}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim_{x \to \infty} -x^2\left(\frac{1}{x+3} - \frac{1}{x-3}\right) = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{x-3} - \frac{x^2}{x+3}$
$= \lim_{x \to \infty} \frac{x^2(x+3) - x^2(x-3)}{(x-3)(x+3)} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^3 + 3x^2 - x^3 + 3x^2}{x^2 - 9} = \lim_{x \to \infty} \frac{6x^2}{x^2 - 9} = \lim_{x \to \infty} \frac{12x}{2x} = \underline{\underline{6}}$

[Nebuchadnezzar]

Som sagt l'hôpital funker her, men krever mye innsats. Det er derfor gull verdt å lære seg rekkeutviklingene sine.
Det er heller ikke vanskelig å komme opp med grenser som l'hopital ikke klarer. For eksempel

$ \hspace{1cm}
\lim_{x \to \infty} \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}
\quad , \quad \lim_{ x \to \infty} \frac{ e^x - e^{-x} }{ e^{x} + e^{-x} }
\quad \text{eller} \quad \lim_{x\to0} \frac{\displaystyle x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\log(1+x)}
$