Lösningar 15

Matematik för naturvetare 15hp

(Skillnad mellan versioner)
Hoppa till: navigering, sök
Versionen från 16 oktober 2007 kl. 13.16 (redigera)
Clas Löfwall (Diskussion | bidrag)

← Gå till föregående ändring		 Nuvarande version (16 oktober 2007 kl. 13.35) (redigera) (ogör)
Clas Löfwall (Diskussion | bidrag)

 
(3 mellanliggande versioner visas inte.)
Rad 22: Rad 22:
'''7.9.''' '''7.9.'''
-iguren nedan föreställer ett tvärsnitt genom sfären och +Figuren nedan föreställer ett tvärsnitt genom sfären och
cylindern. Enligt Pythagoras sats gäller sambandet $r^2+(h/2)^2=R^2$ cylindern. Enligt Pythagoras sats gäller sambandet $r^2+(h/2)^2=R^2$
mellan radien $r$ och höjden $h$ i cylindern. Dess volym är mellan radien $r$ och höjden $h$ i cylindern. Dess volym är
Rad 66: Rad 66:
-'''7.11.a) Gränsvärdet +'''7.11.a)'''
 + 
 +Gränsvärdet
<math> <math>
Rad 76: Rad 78:
-b) \begin{array}+'''7.11.b)'''
 + 
 +<math> \begin{array}{lll}
\lim_{x\to 0}\frac{\tan 2x}{\sin x}&=&\lim_{x\to 0}\frac{\sin 2x}{\cos \lim_{x\to 0}\frac{\tan 2x}{\sin x}&=&\lim_{x\to 0}\frac{\sin 2x}{\cos
2x\sin x}=\lim_{x\to 0}\frac{2\sin x\cos x}{\cos 2x\sin x}= 2x\sin x}=\lim_{x\to 0}\frac{2\sin x\cos x}{\cos 2x\sin x}=
\lim_{x\to 0}\frac{2\cos x}{\cos 2x}\\ \lim_{x\to 0}\frac{2\cos x}{\cos 2x}\\
-&=&\frac{2\cos 0}{\cos 0}=2\end{array}+&=&\frac{2\cos 0}{\cos 0}=2\end{array}</math>
-c) Eftersom nämnaren är $\not=0$ för $x=0$ så kan man helt enkelt +'''7.11.c)'''
 + 
 +Eftersom nämnaren är $\not=0$ för $x=0$ så kan man helt enkelt
sätta in $x=0$. Gränsvärdet är således $(0-1)/1=-1$. sätta in $x=0$. Gränsvärdet är således $(0-1)/1=-1$.
-d) Sätt $x=\tan t$, alltså $t=\arctan x$. När $x\to 0$ så +'''7.11.d)'''
 + 
 +Sätt $x=\tan t$, alltså $t=\arctan x$. När $x\to 0$ så
har vi $t\to 0$, så har vi $t\to 0$, så
Rad 101: Rad 109:
<math> <math>
\lim_{x\to 0}\frac{\arctan x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\arctan x-\arctan \lim_{x\to 0}\frac{\arctan x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\arctan x-\arctan
-0}{x-0}.</math>+0}{x-0}</math>
Gränsvärdet är alltså $1/(1+0^2)=1$. Gränsvärdet är alltså $1/(1+0^2)=1$.
Rad 107: Rad 115:
-e) Det här gränsvärdet är kvadraten på det i d), dvs också 1.+'''7.11.e)'''
 +Det här gränsvärdet är kvadraten på det i d), dvs också 1.
-f) Sätt $t=x-\pi{}/2$, så att $t\to 0$ då $x\to \pi{}/2$. Vi har + 
 +'''7.11.f)'''
 + 
 +Sätt $t=x-\pi{}/2$, så att $t\to 0$ då $x\to \pi{}/2$. Vi har
<math> <math>
-\cos(x-\pi{})=\cos(t+\pi{}/2-\pi{})=\cos(t-\pi{}/2)=\cos(\pi{}/2-t)=\sin t,</math>+\cos(x-\pi{})=\cos(t+\pi{}/2-\pi{})=\cos(t-\pi{}/2)=\cos(\pi{}/2-t)=\sin t</math>
så så
Rad 120: Rad 132:
<math> <math>
\lim_{x\to \pi{}/2}\frac{\cos(x-\pi{})}{x-\pi{}/2}=\lim_{t\to 0}\frac{\sin \lim_{x\to \pi{}/2}\frac{\cos(x-\pi{})}{x-\pi{}/2}=\lim_{t\to 0}\frac{\sin
-t}{t}=1.</math>+t}{t}=1</math>
-'''7.12.'''l'Hospital ger att gränsvärdet är lika med +'''7.12.'''
 + 
 +l'Hospital ger att gränsvärdet är lika med
<math> <math>
-\lim_{x\to 1}\frac{1/(x-1)}{-1/(x-1)^2)}=\lim_{x\to 1}(-(x-1))=0.</math>+\lim_{x\to 1}\frac{1/(x-1)}{-1/(x-1)^2}=\lim_{x\to 1}(-(x-1))=0.</math>
 + 
Ett enklare sätt att beräkna det är att skriva det som Ett enklare sätt att beräkna det är att skriva det som
Rad 137: Rad 152:
-'''7.13.Vi har +'''7.13.'''
 + 
 +Vi har
<math> <math>
Rad 154: Rad 171:
<math> <math>
-\lim_{x\to 1}\frac{\ln x+1}{\ln x+2}=\frac{1}{2}.</math>+\lim_{x\to 1}\frac{\ln x+1}{\ln x+2}=\frac{1}{2}</math>
Har man läst om Maclaurinpolynom, så kan man beräkna gränsvärdet på Har man läst om Maclaurinpolynom, så kan man beräkna gränsvärdet på
Rad 160: Rad 177:
<math> <math>
-\frac{(1+t)\ln(1+t)-t}{t\ln(1+t)}.</math>+\frac{(1+t)\ln(1+t)-t}{t\ln(1+t)}</math>
Notera att $t\to 0$ då $x\to 1$. Notera att $t\to 0$ då $x\to 1$.
Rad 168: Rad 185:
<math> <math>
-\frac{1/2+tB_{1}(t)}{1+t^2B(t)},</math>+\frac{1/2+tB_{1}(t)}{1+t^2B(t)}</math>
där även $B_{1}$ är begränsad nära 0. Gränsvärdet är således 1/2. där även $B_{1}$ är begränsad nära 0. Gränsvärdet är således 1/2.
Rad 178: Rad 195:
Kvadratkomplettering ger Kvadratkomplettering ger
-<math>\begin{array}+<math>\begin{array}{lll}
P(I)&=&-R\left( I^2-\frac{U}{R}I\right)=-R\left(\left(I-\frac{U}{2R}\right)^2- P(I)&=&-R\left( I^2-\frac{U}{R}I\right)=-R\left(\left(I-\frac{U}{2R}\right)^2-
\left(\frac{U}{2R}\right)^2\right)\\ \left(\frac{U}{2R}\right)^2\right)\\
Rad 200: Rad 217:
<math> <math>
-H(t)=\frac{1}{2}\left(\frac{1,05}{e^{-0,1t}+0,05}-1\right).</math>+H(t)=\frac{1}{2}\left(\frac{1,05}{e^{-0,1t}+0,05}-1\right)</math>
Derivatan är Derivatan är
Rad 223: Rad 240:
deriverar: deriverar:
-<math>\begin{array}+<math>\begin{array}{lll}
H''(t)&=&0,0525\left(-\frac{-0,1e^{-0,1t}}{(e^{-0,1t}+0,05)^2}+ H''(t)&=&0,0525\left(-\frac{-0,1e^{-0,1t}}{(e^{-0,1t}+0,05)^2}+
\frac{2\cdot 0,05\cdot (-0,1e^{-0,1t})}{(e^{-0,1t}+0,05)^3}\right)\\ \frac{2\cdot 0,05\cdot (-0,1e^{-0,1t})}{(e^{-0,1t}+0,05)^3}\right)\\
Rad 230: Rad 247:
-$H''$ har ett nollställe som ges av ekvationen $e^{-0,1t}=0,05$ och +<math>H''</math> har ett nollställe som ges av ekvationen $e^{-0,1t}=0,05$ och
teckenväxlingen är $+0-$, så detta är ett lokalt maximum, som också teckenväxlingen är $+0-$, så detta är ett lokalt maximum, som också
måste vara $H'$:s största värde. Vi får $t=(\ln 0,05)/(-0,1)\approx måste vara $H'$:s största värde. Vi får $t=(\ln 0,05)/(-0,1)\approx
Rad 263: Rad 280:
och värdena för $x=\pi{}/4$ och värdena för $x=\pi{}/4$
-<math>\begin{array}+<math>\begin{array}{lll}
f(\pi{}/4)&=&1/\sqrt 2,\, f'(\pi{}/4)=1/\sqrt 2,\, f''(\pi{}/4)=-1/\sqrt 2, \\ f(\pi{}/4)&=&1/\sqrt 2,\, f'(\pi{}/4)=1/\sqrt 2,\, f''(\pi{}/4)=-1/\sqrt 2, \\
f^{(3)}(\pi{}/4)&=&-1/\sqrt 2,\, f^{(4)}(\pi{}/4)=1/\sqrt 2.\end{array}</math> f^{(3)}(\pi{}/4)&=&-1/\sqrt 2,\, f^{(4)}(\pi{}/4)=1/\sqrt 2.\end{array}</math>
Rad 270: Rad 287:
Taylorpolynomet är således Taylorpolynomet är således
-<math>\begin{array}+<math>\begin{array}{lll}
p_{\pi{}/4,4}(x)&=&f(\pi{}/4)+f'(\pi{}/4)(x-\pi{}/4)+\frac{f''(\pi{}/4)}{2}(x-\pi{}/4)^2\\&+& p_{\pi{}/4,4}(x)&=&f(\pi{}/4)+f'(\pi{}/4)(x-\pi{}/4)+\frac{f''(\pi{}/4)}{2}(x-\pi{}/4)^2\\&+&
\frac{f^{(3)}(\pi{}/4)}{3!}(x-\pi{}/4)^3 \frac{f^{(3)}(\pi{}/4)}{3!}(x-\pi{}/4)^3
Rad 281: Rad 298:
-b) Det är lätt att beräkna derivatorna om man skriver +'''8.4.b)'''
 + 
 +Det är lätt att beräkna derivatorna om man skriver
$\sqrt{1+x}=(1+x)^{1/2}$: $\sqrt{1+x}=(1+x)^{1/2}$:
Rad 297: Rad 316:
så att Taylorpolynomet är så att Taylorpolynomet är
-<math>\begin{array}+<math>\begin{array}{lll}
p_{1,3}(x)&=&f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f''(1)}{2}(x-1)^2+ p_{1,3}(x)&=&f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f''(1)}{2}(x-1)^2+
\frac{f^{(3)}(1)}{3!}(x-1)^3\\ \frac{f^{(3)}(1)}{3!}(x-1)^3\\
Rad 322: Rad 341:
-c) Maclaurinpolynomet är +'''8.5.c)'''
 + 
 +Maclaurinpolynomet är
<math> <math>
Rad 335: Rad 356:
-'''8.9.'''Eftersom nämnaren har grad 3, så försöker vi med att utvecka +'''8.9.'''
 + 
 +Eftersom nämnaren har grad 3, så försöker vi med att utvecka
arctan och sin t o m ordning 3: arctan och sin t o m ordning 3:
Rad 344: Rad 367:
där $B$ och $C$ är begränsade nära 0. Alltså är där $B$ och $C$ är begränsade nära 0. Alltså är
-<math>\begin{array}+<math>\begin{array}{lll}
\frac{\arctan 2x-\sin \frac{\arctan 2x-\sin
2x}{x^3}&=&\frac{-8x^3/3+8x^3/6+x^5(B(x)-C(x))}{x^3}\\ 2x}{x^3}&=&\frac{-8x^3/3+8x^3/6+x^5(B(x)-C(x))}{x^3}\\
Rad 361: Rad 384:
andra andra
-<math>\begin{array}+<math>\begin{array}{lll}
\cos x&=&1-\frac{x^2}{2}+x^4B(x)\\ \cos x&=&1-\frac{x^2}{2}+x^4B(x)\\
-\ln(1+x)&=&x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+x^4C(x)\end{eqnarray*}</math>+\ln(1+x)&=&x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+x^4C(x)\end{array}</math>
Rad 370: Rad 393:
inblandade funktionerna). Alltså är inblandade funktionerna). Alltså är
-<math>\begin{array}+<math>\begin{array}{lll}
f(x)&=&\left(1-\frac{x^2}{2}+x^4B(x)\right)\left( f(x)&=&\left(1-\frac{x^2}{2}+x^4B(x)\right)\left(
x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+x^4C(x)\right)\\ x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+x^4C(x)\right)\\
Rad 403: Rad 426:
<math> <math>
-\begin{array}+\begin{array}{lll}
\sin(x^2-\pi{}/6)&=&\frac{\sqrt 3}{2}(x^2+x^{6}B_{1}(x^2))- \sin(x^2-\pi{}/6)&=&\frac{\sqrt 3}{2}(x^2+x^{6}B_{1}(x^2))-
\frac{1}{2}(1-x^4/2+x^8B_{2}(x^2))\\ \frac{1}{2}(1-x^4/2+x^8B_{2}(x^2))\\

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 15

Tillbaka till lösningarna



7.8.

Derivatan av $v(r)=K(Rr^2-r^3)$ är

v'(r) = K(2Rr − 3r2) = Kr(2R − 3r)


som har två nollställen $r=0$ och $r=2R/3$. Teckenväxlingen vid det senare är $+0-$ och det är alltså ett lokalt maximum. Vi har $v(0)=v(R)=0$, $v(2R/3)=4KR^3/27$, så det största värdet är $4KR^3/27$.


7.9.

Figuren nedan föreställer ett tvärsnitt genom sfären och cylindern. Enligt Pythagoras sats gäller sambandet $r^2+(h/2)^2=R^2$ mellan radien $r$ och höjden $h$ i cylindern. Dess volym är

V=\pi{}r^2\cdot h=\pi{}(R^2-h^2/4)h


Derivatan är

V'(h) = π(R2 − 3h2 / 4)


med ett positivt nollställe $h=2R/\sqrt 3$. Eftersom $V(0)=V(2R)=0$ så måste detta vara ett lokalt maximum och ge $V$:s största värde. Det blir

V_{\mbox{max}}=\pi{}(R^2-4R^2/4\cdot 3)\cdot 2R/\sqrt 3=4\pi{}R^3/3\sqrt 3


Bild: Fig3dag15.jpg


7.10.

Självklart kan man derivera osv, men det är mer upplysande att kvadratkomplettera:

\begin{array}{lll} h(t)&=&20t-4,9t^2=(-4,9)\left(t^2-\frac{20}{4,9}t\right)\\ &=& (-4,9)\left(\left(t-\frac{10}{4,9}\right)^2-\left(\frac{10}{4,9}\right)^2\right)\\ &=& \frac{10^2}{4,9}-4,9\left(t-\frac{10}{4,9}\right)^2.\end{array}


Här ser vi att $h$:s största värde är $100/4,9\approx 20,4$ meter och att det antas vid tiden $t=10/4,9\approx 2$ sekunder.


7.11.a)

Gränsvärdet

\lim_{x\to 1}\frac{x^4-1}{x-1}

är derivatan av $y=x^4$ för $x=1$, dvs $4\cdot 1^3=4$. Det sökta gränsvärdet är således $1/4$.


7.11.b)

\begin{array}{lll} \lim_{x\to 0}\frac{\tan 2x}{\sin x}&=&\lim_{x\to 0}\frac{\sin 2x}{\cos 2x\sin x}=\lim_{x\to 0}\frac{2\sin x\cos x}{\cos 2x\sin x}= \lim_{x\to 0}\frac{2\cos x}{\cos 2x}\\ &=&\frac{2\cos 0}{\cos 0}=2\end{array}


7.11.c)

Eftersom nämnaren är $\not=0$ för $x=0$ så kan man helt enkelt sätta in $x=0$. Gränsvärdet är således $(0-1)/1=-1$.


7.11.d)

Sätt $x=\tan t$, alltså $t=\arctan x$. När $x\to 0$ så har vi $t\to 0$, så

\lim_{x\to 0}\frac{\arctan x}{x}=\lim_{t\to 0}\frac{t}{\tan t}= \lim_{t\to 0}\frac{t\cos t}{\sin t}=1

eftersom $\lim_{t\to 0}((\sin t)/t)=1$. Man kan alternativt uppfatta gränsvärdet som derivatan av $\arctan x$ för $x=0$, dvs skriva

\lim_{x\to 0}\frac{\arctan x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\arctan x-\arctan 0}{x-0}

Gränsvärdet är alltså $1/(1+0^2)=1$.


7.11.e)

Det här gränsvärdet är kvadraten på det i d), dvs också 1.


7.11.f)

Sätt $t=x-\pi{}/2$, så att $t\to 0$ då $x\to \pi{}/2$. Vi har

cos(x − π) = cos(t + π / 2 − π) = cos(t − π / 2) = cos(π / 2 − t) = sint

så

\lim_{x\to \pi{}/2}\frac{\cos(x-\pi{})}{x-\pi{}/2}=\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1


7.12.

l'Hospital ger att gränsvärdet är lika med

\lim_{x\to 1}\frac{1/(x-1)}{-1/(x-1)^2}=\lim_{x\to 1}(-(x-1))=0.

Ett enklare sätt att beräkna det är att skriva det som

\lim_{x\to 1}(x-1)\ln|x-1|=\lim_{t\to 0}t\ln|t|=0

enligt standardgränsvärdena.


7.13.

Vi har

\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln x}=\frac{x\ln x-(x-1)}{(x-1)\ln x}

och när $x\to 1$ så går både täljare och nämnare mot 0, så vi kan använda l'Hospital. Derivatan av täljaren är $\ln x+1-1=\ln x$ och av nämmnaren $\ln x+(x-1)/x$. Vi har

\frac{\ln x}{\ln x+(x-1)/x}=\frac{x\ln x}{x\ln x+x-1}

och även här är täljare och nämnare 0 för $x=1$. Vi använder l'Hospital igen. Derivatan av täljaren är $\ln x+1$ och av nämnaren $\ln x+1+1=\ln x+2$. Gränsvärdet är alltså lika med

\lim_{x\to 1}\frac{\ln x+1}{\ln x+2}=\frac{1}{2}

Har man läst om Maclaurinpolynom, så kan man beräkna gränsvärdet på ett annat sätt också. Sätter vi $t=x-1$ så är uttrycket lika med

\frac{(1+t)\ln(1+t)-t}{t\ln(1+t)}

Notera att $t\to 0$ då $x\to 1$. Enligt Taylors sats är $\ln(1+t)=t-t^2/2+t^3B(t)$, där $B$ är en funktion som är begränsad nära 0. Insättning och lite förenklingsarbete ger att det här är lika med

\frac{1/2+tB_{1}(t)}{1+t^2B(t)}

där även $B_{1}$ är begränsad nära 0. Gränsvärdet är således 1/2.


7.14.

Kvadratkomplettering ger

\begin{array}{lll} P(I)&=&-R\left( I^2-\frac{U}{R}I\right)=-R\left(\left(I-\frac{U}{2R}\right)^2- \left(\frac{U}{2R}\right)^2\right)\\ &=& \frac{U^2}{4R}-R\left(I-\frac{U}{2R}\right)^2\end{array}


Det största värdet är alltså $U^2/4R$, vilket antas för $I=U/2R$.


7.15.

Här är det lämpligt att skriva om uttrycket för $H$ innan man börjar derivera. Sätt $x=e^{-0,1t}$. Då är

\frac{1-x}{2x+0,1}=-\frac{x+0,05-1,05}{2(x+0,05)}= \frac{1}{2}\left(\frac{1,05}{x+0,05}-1\right) och alltså

H(t)=\frac{1}{2}\left(\frac{1,05}{e^{-0,1t}+0,05}-1\right)

Derivatan är

H'(t)=-\frac{-0,1e^{-0,1t}\cdot 1,05}{2(e^{-0,1t}+0,05)^2}= \frac{0,0525e^{-0,1t}}{(e^{-0,1t}+0,05)^2}.

Nu är

\frac{x}{(x+0,05)^2}=\frac{x+0,05-0,05}{(x+0,05)^2}=\frac{1}{x+0,05}- \frac{0,05}{(x+0,05)^2},

alltså

H'(t)=0,0525\left(\frac{1}{e^{-0,1t}+0,05}-\frac{0,05}{(e^{-0,1t}+0,05)^2}\right).

Vi skall bestämma det värde på $t$ för vilket $H'(t)$ är störst och deriverar:

\begin{array}{lll} H''(t)&=&0,0525\left(-\frac{-0,1e^{-0,1t}}{(e^{-0,1t}+0,05)^2}+ \frac{2\cdot 0,05\cdot (-0,1e^{-0,1t})}{(e^{-0,1t}+0,05)^3}\right)\\ &=& \frac{0,00525e^{-0,1t}(e^{-0,1t}-0,05)}{(e^{-0,1t}+0,05)^3}\end{array}


H'' har ett nollställe som ges av ekvationen $e^{-0,1t}=0,05$ och teckenväxlingen är $+0-$, så detta är ett lokalt maximum, som också måste vara $H'$:s största värde. Vi får $t=(\ln 0,05)/(-0,1)\approx 30$ dagar.


Eftersom $H'(t)>0$, så är $H(t)$ strängt växande och solrosens maximala höjd nås då $t\to\infty$. Den är $34/0,1=340$ cm.


8.2.

Om man byter $x$ mot $2x$ i Maclaurinserien för $e^x$ så får man

e^{2x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2x)^k}{k!}= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{2^kx^k}{k!}.


8.4.a)

Derivatorna är

f'(x)=\cos x,\, f''(x)=-\sin x,\, f^{(3)}(x)=-\cos x,\, f^{(4)}(x)=\sin x

och värdena för $x=\pi{}/4$

\begin{array}{lll} f(\pi{}/4)&=&1/\sqrt 2,\, f'(\pi{}/4)=1/\sqrt 2,\, f''(\pi{}/4)=-1/\sqrt 2, \\ f^{(3)}(\pi{}/4)&=&-1/\sqrt 2,\, f^{(4)}(\pi{}/4)=1/\sqrt 2.\end{array}


Taylorpolynomet är således

\begin{array}{lll} p_{\pi{}/4,4}(x)&=&f(\pi{}/4)+f'(\pi{}/4)(x-\pi{}/4)+\frac{f''(\pi{}/4)}{2}(x-\pi{}/4)^2\\&+& \frac{f^{(3)}(\pi{}/4)}{3!}(x-\pi{}/4)^3 +\frac{f^{(4)}(\pi{}/4)}{4!}(x-\pi{}/4)^4\\ &=& \frac{1}{\sqrt 2}\left(1+(x-\pi{}/4)-\frac{(x-\pi{}/4)^2}{2}-\frac{(x-\pi{}/4)^3}{6}+ \frac{(x-\pi{}/4)^4}{24}\right).\end{array}


8.4.b)

Det är lätt att beräkna derivatorna om man skriver $\sqrt{1+x}=(1+x)^{1/2}$:

f'(x)=\frac{1}{2}(1+x)^{-1/2},\, f''(x)=-\frac{1}{4}(1+x)^{-3/2},\, f^{(3)}(x)=\frac{3}{8}(1+x)^{-5/2}

Alltså är

f(1)=\sqrt 2, \, f'(1)=\frac{1}{2\sqrt 2},\, f''(1)=-\frac{1}{8\sqrt 2},\, f^{(3)}(1)=\frac{3}{32\sqrt 2}

så att Taylorpolynomet är

\begin{array}{lll} p_{1,3}(x)&=&f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f''(1)}{2}(x-1)^2+ \frac{f^{(3)}(1)}{3!}(x-1)^3\\ &=& \sqrt 2\left(1+\frac{1}{4}(x-1)-\frac{1}{32}(x-1)^2+\frac{1}{128}(x-1)^3\right). \end{array}


8.5.a)

Maclaurinpolynomet är

p_{5}(x)=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120},

så

\sin 0,2\approx 0,2-\frac{0,2^3}{6}+\frac{0,2^5}{120}\approx 0,1987.


8.5.c)

Maclaurinpolynomet är

p_{7}(x)=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\frac{x^7}{7},

så

\arctan 0,1\approx 0,1-\frac{0,1^3}{3}+\frac{0,1^5}{5}+\frac{0,1^7}{7} \approx 0,0997.


8.9.

Eftersom nämnaren har grad 3, så försöker vi med att utvecka arctan och sin t o m ordning 3:

\arctan 2x=2x-\frac{(2x)^3}{3}+x^5B(x),\quad \sin 2x=2x-\frac{(2x)^3}{6}+x^5C(x),

där $B$ och $C$ är begränsade nära 0. Alltså är

\begin{array}{lll} \frac{\arctan 2x-\sin 2x}{x^3}&=&\frac{-8x^3/3+8x^3/6+x^5(B(x)-C(x))}{x^3}\\ &=& -4/3+x^2(B(x)-C(x)).\end{array}


Eftersom $B-C$ är begränsad nära 0, så går $x^2(B(x)-C(x))$ mot 0 då $x\to 0$, och gränsvärdet är därför $-4/3$.


8.10.

Vi har för det första $f(x)=\cos x\cdot\ln(1+x)$ och för det andra

\begin{array}{lll} \cos x&=&1-\frac{x^2}{2}+x^4B(x)\\ \ln(1+x)&=&x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+x^4C(x)\end{array}


där $B,C$ är begränsade nära 0 (för att säkert få alla termer av ordning $\le 3$ måste vi ta med alla termer av grad $\le 3$ i de två inblandade funktionerna). Alltså är

\begin{array}{lll} f(x)&=&\left(1-\frac{x^2}{2}+x^4B(x)\right)\left( x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+x^4C(x)\right)\\ &=& x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+x^4D(x),\end{array}


där $D$ är en kombination av $B$ och $C$ och begränsad nära 0. Tydligen är

p_{3}(x)=x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}.

Det går naturligtvis bra att derivera $f$ direkt också.


8.11.

Använd först additionsformeln:

\sin(x^2-\pi{}/6)=\sin x^2\cos (\pi{}/6)-\cos x^2\sin (\pi{}/6)= \frac{\sqrt 3}{2}\sin x^2-\frac{1}{2}\cos x^2.

Nu är ju

\sin x=x+x^3B_{1}(x),\quad \cos x=1-x^2/2+x^4B_{2}(x)

där $B_{1}$ och $B_{2}$ är begränsade nära 0. Alltså är

\begin{array}{lll} \sin(x^2-\pi{}/6)&=&\frac{\sqrt 3}{2}(x^2+x^{6}B_{1}(x^2))- \frac{1}{2}(1-x^4/2+x^8B_{2}(x^2))\\ &=& -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt 3}{2}\, x^2+\frac{1}{4}\, x^4+x^6B(x),\end{array}


där $B(x)=(\sqrt 3/2)B_{1}(x)-(1/2)x^2B_{2}(x)$ är begränsad nära 0. Maclaurinpolynomet med tre termer är således

-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt 3}{2}\, x^2+\frac{1}{4}\, x^4.


Man skulle kanske gärna vilja använda Maclaurinserien för sinus i den här uppgiften, dvs i

\sin x=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}

ersätta $x$ med $x^2-\pi{}/6$, och det kan man göra, eftersom serien framställer $\sin x$ för alla $x$, men då måste man tänka noga på vad man gör. Vi får

\sin(x^2-\pi{}/6)=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{(x^2-\pi{}/6)^{2k+1}}{(2k+1)!}

och här måste vi utveckla alla $(x^2-\pi{}/6)^{2k+1}$ för att få Maclaurinserien. Problemet som uppstår är att {\it varje term} $(x^2-\pi{}/6)^{2k+1}$ ger bidrag till de tre första termerna (i själva verket till alla termer av grad $\le 2k+1$). Den konstanta termen blir

a_{0}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{(-\pi{}/6)^{2k+1}}{(2k+1)!}=\sin(-\pi{}/6)=-\frac{1}{2}.

Enligt binomialsatsen är

(x^2-\pi{}/6)^{2k+1}=(-\pi{}/6)^{2k+1}+(2k+1)(-\pi{}/6)^{2k}x^2+\ldots

där prickarna betyder termer av högre grad. Koefficienten för $x^2$-termen i Mac\-laurinserien är således

a_{1}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{(2k+1)(-\pi{}/6)^{2k}}{(2k+1)!}= \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{(-\pi{}/6)^{2k}}{(2k)!}=\cos(-\pi{}/6)=\frac{\sqrt 3}{2}


Bestäm nästa term själv!

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/mm1001_0701/index.php/L%C3%B6sningar_15
Personliga verktyg