Eksamen TMA4100 hausten 2019

Det er god trening å prate matematikk. Her er det fritt fram for alle. Obs: Ikke spør om hjelp til oppgaver i dette underforumet.

Eksamen TMA4100 hausten 2019

Innlegg Mattegjest » 12/12-2019 15:09

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 .
Mattegjest offline

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

Innlegg Gustav » 12/12-2019 15:56

Ser riktig ut dette :)
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4402
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

Innlegg Mattegjest » 13/12-2019 11:53

Greitt å vite. Takk !
Mattegjest offline

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

Innlegg Gustav » 13/12-2019 16:02

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
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4402
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

Innlegg Mattegjest » 13/12-2019 20:39

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] )
Mattegjest offline

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

Innlegg Gustav » 13/12-2019 22:19

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 $x$.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4402
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Eksamen TMA4100 hausten 2019

Innlegg Mattegjest » 14/12-2019 08:53

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.
Mattegjest offline

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 10 gjester