Side 1 av 1

Eksamen TMA4100 hausten 2019

InnleggSkrevet: 12/12-2019 15:09
Mattegjest
OPPG. 5 har denne ordlyden:

Finn Taylor-polynomet av 2. grad om a = 0 til funksjonen f gitt ved

f( x ) = [tex]\frac{e^{x}}{1 - x^{2}}[/tex] , -[tex]\frac{1}{2}[/tex] [tex]\leq[/tex] x [tex]\leq[/tex] [tex]\frac{1}{2}[/tex]


Ein av studentane som var oppe til eksamen den 4. desember ( sjå innlegg på matematikk.net ) klagar over eit tidkrevjande
og kjedeleg reknearbeid ettersom ein må rekne ut f' ( x ) og f''( x ) for å få tak i koeffisienten til høvesvis x-leddet og x[tex]^{2}[/tex] - leddet.

Meiner dette reknearbeidet er unødvendig då vi kjenner potensrekka til både teljar og nemnar. Vi har nemleg at

e[tex]^{x}[/tex] = 1 + x + [tex]\frac{x^{2}}{2!}[/tex] + ledd av høgare orden

Brøken [tex]\frac{1}{1 - x^{2}}[/tex] = 1 + x[tex]^{2}[/tex] + ledd av høgare orden ( konv. geom.rekkje med a[tex]_{1}[/tex] = 1 og koeff. k = x[tex]^{2}[/tex] )

Når vi multipliserer ut dei to potensrekkjene og trekkjer saman x[tex]^{2}[/tex]-ledda , får vi

f( x ) = [tex]\frac{e^{x}}{1 - x^{2}}[/tex] = e[tex]^{x}[/tex] [tex]\cdot[/tex][tex]\frac{1}{1 - x^{2}}[/tex]

= 1 + x + [tex]\frac{3}{2}[/tex] x[tex]^{2}[/tex] + ledd av høgare orden

Er dette ei haldbar løysing ? Håpar at nokon kan svare .

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

InnleggSkrevet: 12/12-2019 15:56
Gustav
Ser riktig ut dette :)

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

InnleggSkrevet: 13/12-2019 11:53
Mattegjest
Greitt å vite. Takk !

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

InnleggSkrevet: 13/12-2019 16:02
Gustav
NB: Det bør kanskje nevnes at rekkene må oppfylle visse kriterier for at produktet skal konvergere. (det er generelt ikke tilstrekkelig at begge rekkene konvergerer for at produktet skal konvergere) Det står litt om det her: https://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy_pr ... wer_series

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

InnleggSkrevet: 13/12-2019 20:39
Mattegjest
Takk for tilbakemelding m/ vedlegg.

Veit at e[tex]^{x}[/tex]-rekka = 1 + x + [tex]\frac{x^2}{2!}[/tex] +..........[tex]\frac{x^n}{n!}[/tex] konv. mot e[tex]^{x}[/tex]
for alle x [tex]\in[/tex]R

( her kan vi ikkje bruke begrepet absolutt konvergens ettersom ledd med oddetallig eksponent får negativt forteikn når
x < 0 ( jamfør defininsjonsområdet til "moderfunksjonen" f ) )
Den andre rekkja
[tex]\frac{1}{1 - x^{2}}[/tex] = 1 + x[tex]^{2}[/tex] + x[tex]^{4}[/tex] ……. + x[tex]^{2n}[/tex]

konvergerer absolutt ( har berre positive ledd ) for alle x [tex]\in[/tex]D[tex]_{f}[/tex] = [-[tex]\frac{1}{2}[/tex] , [tex]\frac{1}{2}[/tex] ]

Vi har altså at ei av rekkjene viser absolutt konvergens. Og da vil " Cauchy-produktet " av dei to rekkjene konvergere
mot produktet av dei to grenseverdiane , dvs. e[tex]^{x}[/tex] [tex]\cdot[/tex] [tex]\frac{1}{1 - x^{2}}[/tex]

For morro skuld har eg rekna ut koeffisienten i x[tex]^{3}[/tex]- leddet og x[tex]^{4}[/tex]- leddet etter den metoden
eg viste i mitt første innlegg.

Deretter samanlikna eg desse verdiane med høvesvis [tex]\frac{f'''(0)}{3!}[/tex] og [tex]\frac{f''''(0)}{4!}[/tex]
( for ordens skuld må eg minne om at arbeidet med å finne f'''( x ) og f''''( x ) overlot eg til CAS )
Da fekk eg 100% " match " på begge koeffisientane ( a[tex]_{3}[/tex] = [tex]\frac{7}{6}[/tex] og a[tex]_{4}[/tex] = [tex]\frac{37}{24}[/tex] )

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

InnleggSkrevet: 13/12-2019 22:19
Gustav
Mattegjest skrev:
Veit at e[tex]^{x}[/tex]-rekka = 1 + x + [tex]\frac{x^2}{2!}[/tex] +..........[tex]\frac{x^n}{n!}[/tex] konv. mot e[tex]^{x}[/tex]
for alle x [tex]\in[/tex]R

( her kan vi ikkje bruke begrepet absolutt konvergens ettersom ledd med oddetallig eksponent får negativt forteikn når
x < 0 ( jamfør defininsjonsområdet til "moderfunksjonen" f ) )


$\sum_n |\frac{x^n}{n!}|=\sum_n \frac{|x|^n}{n!}$. Hvis f.eks. $x=-1$ vil denne rekka være identisk med Taylorrekka til $e^x$ evaluert i $x=1$, som konvergerer, altså er Taylorrekka til $e^x$ absolutt konvergent for alle reelle $x$.

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

InnleggSkrevet: 14/12-2019 08:53
Mattegjest
Så klart. Eit elegant og trivielt bevis ! Tenkte ikkje så langt då eg skreiv innlegget mitt.

Konklusjon: Begge rekkene viser absolutt kovergens. Dermed kan vi slå fast at konvergenskriteriet for "Cauchy-produktet"
er meir enn oppfylt då det er eit tilstrekkeleg krav at ei av rekkjene konvergerer absolutt ( tek atterhald om
at eg har forstått teoremet i vedlegget ditt rett ).

P.S. Kunne vere interessant å vite om nokon av kandidatane somvar oppe til eksamen 4. desember d.å. har løyst
OPPG. 5 a ) utan å rekne ut f'( x ) og f''( x ) . I så fall må han eller ho gjerne melde tilbake på denne tråden.