Universitetseksamen etter tema

Vi setter først inn tallene. For feilen skriver vi opp Taylors teorem for både \( {+h} \) og \( {-h}\text{,} \) og legger dem sammen, for da faller oddetallsleddene bort.

1. Regn ut tilnærmingen Vi regner ut de tre funksjonsverdiene med kalkulator, med seks desimaler så vi ikke runder av for tidlig: \[ \begin{aligned} f(1{,}1) &= \sqrt{1{,}1^3 + e^{1{,}1}} \approx 2{,}082106 \\ f(1) &= \sqrt{1 + e} \approx 1{,}928285 \\ f(0{,}9) &= \sqrt{0{,}9^3 + e^{0{,}9}} \approx 1{,}785666 \end{aligned} \]

Parentesen i approksimasjonen blir: \[ \begin{aligned} & f(1{,}1) - 2f(1) + f(0{,}9) \\ &\approx 2{,}082106 - 3{,}856570 + 1{,}785666 \\ &= 0{,}011202 \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ f''(1) \approx \dfrac{1}{0{,}1^2} \cdot 0{,}011202 \approx 1{,}120 \]

2. Skriv opp Taylor begge veier Taylors teorem står i oppgaven, og du ser hvor leddene kommer fra i videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2. Vi skriver det opp for \( h \) med \( \textcolor{red}{c_1} \) mellom \( x_0 \) og \( {x_0 + h}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(x_0 + h) = {} & f + hf' + \dfrac{h^2}{2}f'' \\ & + \dfrac{h^3}{6}f''' + \dfrac{h^4}{24}f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) \end{aligned} \]

Her står \( f\text{,} \) \( f'\text{,} \) \( f'' \) og \( f''' \) for verdiene i \( x_0\text{.} \) Så setter vi inn \( {-h}\text{,} \) med \( \textcolor{blue}{c_2} \) mellom \( {x_0 - h} \) og \( x_0\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(x_0 - h) = {} & f - hf' + \dfrac{h^2}{2}f'' \\ & - \dfrac{h^3}{6}f''' + \dfrac{h^4}{24}f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2}) \end{aligned} \]

3. Legg sammen og finn feilen Legger vi sammen, faller leddene med \( h \) og \( h^3 \) bort: \[ \begin{aligned} & f(x_0 + h) + f(x_0 - h) \\ &= 2f + h^2f'' \\ &\quad + \dfrac{h^4}{24}\big(f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})\big) \end{aligned} \]

Vi kaller approksimasjonen \( \textcolor{green}{T}\text{:} \) \[ \textcolor{green}{T} = \dfrac{f(x_0 + h) - 2f + f(x_0 - h)}{h^2} \]

Vi flytter \( 2f \) over og deler på \( h^2\text{.} \) Da står \( \textcolor{green}{T} \) minus \( f'' \) igjen, altså feilen: \[ \begin{aligned} & \textcolor{green}{T} - f''(x_0) \\ &= \dfrac{h^2}{24}\big(f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})\big) \\ &= \dfrac{h^2}{12} \cdot \dfrac{f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})}{2} \end{aligned} \]

4. Bruk skjærsetningen Brøken til slutt er gjennomsnittet av to verdier til \( f^{(4)}\text{,} \) så den ligger mellom dem. \( f^{(4)} \) er kontinuerlig, så skjærsetningen forteller oss at den treffer gjennomsnittet i et punkt \( \xi \) mellom \( \textcolor{red}{c_1} \) og \( \textcolor{blue}{c_2}\text{,} \) som i videoen Skjærsetningen: \[ f^{(4)}(\xi) = \dfrac{f^{(4)}(\textcolor{red}{c_1}) + f^{(4)}(\textcolor{blue}{c_2})}{2} \]

Siden \( \textcolor{blue}{c_2} \) ligger til venstre for \( x_0 \) og \( \textcolor{red}{c_1} \) til høyre, er \( {\xi \in (x_0 - h, x_0 + h)}\text{.} \) Tar vi absoluttverdi, er feilen: \[ \left|\textcolor{green}{T} - f''(x_0)\right| = \dfrac{h^2}{12}\left|f^{(4)}(\xi)\right| \]

Vi kjenner rekken til \( e^u\text{.} \) Vi setter inn \( {u = -t^2} \) og integrerer rekken ledd for ledd.

1. Skriv opp rekken til eksponentialfunksjonen Rekken til \( e^u \) om \( 0 \) forteller oss at, for alle \( u\text{:} \) \[ e^{\textcolor{green}{u}} = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{\textcolor{green}{u}^n}{n!} \]Det er samme start som i videoen Oppgave 2c - Integral ved hjelp av potensrekke.

Her er \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{-t^2}}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ e^{-t^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(\textcolor{green}{-t^2})^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^n t^{2n}}{n!} \]

2. Integrer ledd for ledd En potensrekke kan integreres ledd for ledd, som i videoen Oppgave 2c - Integral ved hjelp av potensrekke. For hvert ledd er: \[ \int_0^x t^{2n}\,dt = \dfrac{x^{2n+1}}{2n + 1} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} f(x) &= \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^n}{n!} \int_0^x t^{2n}\,dt \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^n x^{2n+1}}{n!\,(2n + 1)} \end{aligned} \]

Skriver vi ut de første leddene, får vi: \[ f(x) = x - \dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^5}{10} - \dfrac{x^7}{42} + \cdots \]

Vi finner \( f(0)\text{,} \) \( f'(0) \) og \( f''(0) \) og setter dem inn i formelen. Siden \( {1 + 0{,}3 = 1{,}3}\text{,} \) setter vi så inn \( {x = 0{,}3}\text{.} \)

1. Skriv opp formelen Taylorpolynomet av grad 2 om \( {x = 0} \) er: \[ P_2(x) = \textcolor{blue}{f(0)} + \textcolor{red}{f'(0)}\,x + \dfrac{\textcolor{green}{f''(0)}}{2!}\,x^2 \]Du ser formelen med sentrum i \( 0 \) i videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

2. Deriver to ganger Kjerneregelen med kjernen \( {1 + x} \) forteller oss at: \[ \left((1 + x)^n\right)' = n(1 + x)^{n-1} \cdot 1 \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Kjerneregelen.

Med \( {n = \dfrac{1}{3}} \) og så \( {n = -\dfrac{2}{3}}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} f(x) &= (1 + x)^{\tfrac{1}{3}} \\ f'(x) &= \dfrac{1}{3}(1 + x)^{-\tfrac{2}{3}} \\ f''(x) &= -\dfrac{2}{9}(1 + x)^{-\tfrac{5}{3}} \end{aligned} \]

Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) blir alle potensene av \( 1 \) lik \( 1\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{f(0)} &= \textcolor{blue}{1} \\ \textcolor{red}{f'(0)} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{3}} \\ \textcolor{green}{f''(0)} &= \textcolor{green}{-\dfrac{2}{9}} \end{aligned} \]

3. Sett inn i formelen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} P_2(x) &= \textcolor{blue}{1} + \textcolor{red}{\dfrac{1}{3}}\,x + \dfrac{\textcolor{green}{-\dfrac{2}{9}}}{2}\,x^2 \\ &= 1 + \dfrac{x}{3} - \dfrac{x^2}{9} \end{aligned} \]

4. Regn ut tilnærmingen Siden \( {\sqrt[3]{1{,}3} = f(0{,}3)}\text{,} \) setter vi inn \( {x = 0{,}3}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \sqrt[3]{1{,}3} &\approx P_2(0{,}3) \\ &= 1 + \dfrac{0{,}3}{3} - \dfrac{0{,}09}{9} \\ &= 1 + 0{,}1 - 0{,}01 = 1{,}09 \end{aligned} \]

Vi trenger ikke å derivere 13 ganger. Koeffisienten foran \( x^{13} \) i taylorrekken inneholder \( f^{(13)}(0)\text{,} \) så vi sammenligner den med rekken vi har fått.

1. Skriv opp taylorrekken Taylorrekken om \( {x = 0} \) er: \[ f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{\textcolor{red}{f^{(k)}(0)}}{k!} x^k \]Hvis du er usikker på formelen, kan du se videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

Leddet med \( x^{13} \) er altså: \[ \dfrac{\textcolor{red}{f^{(13)}(0)}}{13!} x^{13} \]

2. Finn leddet i den gitte rekken Eksponenten i rekken skal være \( 13\text{:} \) \[ \begin{aligned} 4n + 1 &= 13 \\ n &= 3 \end{aligned} \]

Setter vi inn \( {n = 3}\text{,} \) får vi leddet: \[ (-1)^3 \dfrac{x^{13}}{(2 \cdot 3 + 1)!} = \textcolor{blue}{-\dfrac{1}{7!}}\, x^{13} \]

3. Sammenlign koeffisientene En funksjon har bare én taylorrekke om \( {x = 0}\text{,} \) så koeffisientene foran \( x^{13} \) må være like: \[ \dfrac{\textcolor{red}{f^{(13)}(0)}}{13!} = \textcolor{blue}{-\dfrac{1}{7!}} \]

Ganger vi med \( 13!\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f^{(13)}(0)} &= -\dfrac{13!}{7!} \\ &= -13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \\ &= -1\,235\,520 \end{aligned} \]

Forholdstesten gir konvergens når \( {|x| < 1}\text{,} \) og endepunktene sjekker vi hver for seg. Rekken er taylorrekken til \( \ln \) med \( x^2 \) som variabel, så vi kjenner summen.

1. Bruk forholdstesten For \( {x = 0} \) er alle leddene \( 0\text{,} \) så der konvergerer rekken. For \( x \ne 0 \) forteller forholdstesten oss at rekken konvergerer når \( {k < 1}\text{,} \) der: \[ k = \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} \right| \]Slik bruker vi den i videoen Finn Konvergeringsradiusen / Konvergensradiusen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a_n} &= \textcolor{blue}{\dfrac{(-1)^{n-1}}{n} x^{2n}} \\ \textcolor{red}{a_{n+1}} &= \textcolor{red}{\dfrac{(-1)^{n}}{n + 1} x^{2n + 2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} k &= \lim_{n \to \infty} \left| \textcolor{red}{\dfrac{(-1)^{n} x^{2n+2}}{n+1}} \textcolor{blue}{\dfrac{n}{(-1)^{n-1} x^{2n}}} \right| \\ &= \lim_{n \to \infty} \dfrac{n}{n + 1}\,x^2 = x^2 \end{aligned} \]

Rekken konvergerer altså når: \[ x^2 < 1 \quad \Leftrightarrow \quad -1 < x < 1 \]

2. Sjekk endepunktene I \( {x = \pm 1} \) er \( {k = 1}\text{,} \) så der må vi sjekke hver for seg, som i videoen Oppgave 2b - Konvergeringsområdet - Prøveeksamen 2020 (BYPE 2000). Siden \( {(\pm 1)^{2n} = 1}\text{,} \) gir begge endepunktene samme rekke: \[ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \cdot \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} \]

Testen for alternerende rekker forteller oss at rekken konvergerer når leddene \( \textcolor{green}{b_n} \) går mot \( 0 \) og hele tiden blir mindre, som i videoen Alternerende rekker med eksempler!. Her er \( {\textcolor{green}{b_n} = \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}}}\text{,} \) så: \[ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} &= 0 \\ \textcolor{green}{\dfrac{1}{n + 1}} &< \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} \end{aligned} \]

Begge kravene holder, så rekken konvergerer i \( {x = \pm 1}\text{.} \) Dermed konvergerer den for alle \( {x \in [-1, 1]}\text{.} \)

3. Kjenn igjen rekken Maclaurinrekken til \( {\ln(1 + u)} \) er, for \( {|u| < 1}\text{:} \) \[ \ln(1 + u) = \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n}\,\textcolor{magenta}{u}^{n} \]Den får vi ved å derivere og sette inn \( {u = 0}\text{,} \) som i videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

Rekken vår er akkurat denne, med: \[ \textcolor{magenta}{u} = \textcolor{magenta}{x^2} \]

4. Regn ut summen For \( {x = \dfrac{1}{2}} \) er \( {\textcolor{magenta}{u} = \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{4}}}\text{,} \) som er mindre enn \( 1\text{.} \) Det gir oss: \[ s = \ln\left(1 + \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{4}}\right) = \ln \dfrac{5}{4} \]

\( \ln \) er logaritmen med grunntall \( e\text{,} \) som i videoen Naturlige Logaritmer, så de to opphever hverandre: \[ e^s = e^{\ln(5/4)} = \dfrac{5}{4} \]

For at \( f \) skal være kontinuerlig i \( {x = 0}\text{,} \) må \( C \) være lik grensen når \( x \) går mot \( 0\text{.} \) Vi finner grensen med maclaurinrekken til \( \sin(x)\text{.} \)

1. Sett opp kravet Der funksjonen skifter uttrykk, må verdiene være like, som i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon. Det betyr at: \[ C = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(x) - x + \dfrac{1}{6}x^3}{x^5} \]

Vi lar \( x \) gå mot \( 0 \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \sin(x) - x + \dfrac{1}{6}x^3 &\to 0 \\ x^5 &\to 0 \end{aligned} \]Dette er formen \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi må skrive om uttrykket.

2. Skriv opp rekken til sinus Maclaurinrekken forteller oss at: \[ \begin{aligned} g(x) &= g(0) + g'(0)x \\ &\quad + \dfrac{g''(0)x^2}{2!} + \dfrac{g'''(0)x^3}{3!} + \cdots \end{aligned} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

Her er \( {g(x) = \sin(x)}\text{.} \) De deriverte går i ring, og i \( {x = 0} \) gir de: \[ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ \dots \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \sin(x) = x - \dfrac{x^3}{3!} + \textcolor{red}{\dfrac{x^5}{5!}} - \textcolor{blue}{\dfrac{x^7}{7!}} + \cdots \]

3. Regn ut grensen Siden \( {3! = 6}\text{,} \) forsvinner de to første leddene når vi setter inn i telleren: \[ \sin(x) - x + \dfrac{1}{6}x^3 = \textcolor{red}{\dfrac{x^5}{5!}} - \textcolor{blue}{\dfrac{x^7}{7!}} + \cdots \]

Vi deler på \( x^5 \) og lar \( x \) gå mot \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} C &= \lim_{x \to 0} \left(\textcolor{red}{\dfrac{1}{5!}} - \textcolor{blue}{\dfrac{x^2}{7!}} + \cdots\right) \\ &= \dfrac{1}{5!} = \dfrac{1}{120} \end{aligned} \]

Vi finner rekken til \( {\ln(1 + t)} \) fra en geometrisk rekke, deler på \( t \) og integrerer ledd for ledd. Så bruker vi forholdstesten og sjekker endepunktene.

1. Finn rekken til integranden Summen av en geometrisk rekke forteller oss at når \( {|q| < 1}\text{:} \) \[ \dfrac{1}{1 - \textcolor{green}{q}} = 1 + \textcolor{green}{q} + \textcolor{green}{q}^2 + \textcolor{green}{q}^3 + \cdots \]Kravet \( {|q| < 1} \) forklarer videoen Geometrisk rekke test.

Her er \( {\textcolor{green}{q} = \textcolor{green}{-t}}\text{,} \) så for \( {|t| < 1} \) er: \[ \dfrac{1}{1 + t} = 1 - t + t^2 - t^3 + \cdots \]

Vi integrerer begge sider fra \( 0 \) til \( t\text{,} \) med \( s \) som integrasjonsvariabel, og deler på \( t\text{:} \) \[ \begin{aligned} \ln(1 + t) &= \int_0^t \dfrac{1}{1 + s}\,ds \\ &= t - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{t^3}{3} - \dfrac{t^4}{4} + \cdots \\ \dfrac{\ln(1 + t)}{t} &= 1 - \dfrac{t}{2} + \dfrac{t^2}{3} - \dfrac{t^3}{4} + \cdots \end{aligned} \]

2. Integrer ledd for ledd Vi integrerer fra \( 0 \) til \( x\text{,} \) som i videoen Oppgave 2c - Integral ved hjelp av potensrekke: \[ \begin{aligned} F(x) &= x - \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{x^3}{9} - \dfrac{x^4}{16} + \cdots \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \dfrac{x^n}{n^2} \end{aligned} \]

3. Bruk forholdstesten Forholdstesten forteller oss at rekken konvergerer når \( {k < 1} \) og divergerer når \( {k > 1}\text{,} \) der: \[ k = \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} \right| \]Se videoen Finn Konvergeringsradiusen / Konvergensradiusen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a_n} &= \textcolor{blue}{(-1)^{n+1} \dfrac{x^n}{n^2}} \\ \textcolor{red}{a_{n+1}} &= \textcolor{red}{(-1)^{n+2} \dfrac{x^{n+1}}{(n + 1)^2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} k &= \lim_{n \to \infty} \left| \textcolor{red}{\dfrac{(-1)^{n+2} x^{n+1}}{(n + 1)^2}} \, \textcolor{blue}{\dfrac{n^2}{(-1)^{n+1} x^n}} \right| \\ &= \lim_{n \to \infty} \dfrac{n^2}{(n + 1)^2} \cdot |x| \\ &= |x| \end{aligned} \]Rekken konvergerer altså for \( {|x| < 1} \) og divergerer for \( {|x| > 1}\text{.} \)

4. Sjekk endepunktene I endepunktene er \( {k = 1}\text{,} \) så der må vi sjekke hver for seg, som i videoen Oppgave 2b - Konvergeringsområdet - Prøveeksamen 2020 (BYPE 2000): \[ \begin{aligned} x = 1: \quad & \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2} \\ x = -1: \quad & -\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2} \end{aligned} \]

Absoluttverdien av leddene er i begge tilfeller \( \dfrac{1}{n^2}\text{.} \) Dette er en p-rekke med \( {p = 2 > 1}\text{,} \) som konvergerer, se videoen P-rekker Oppgave. Begge endepunktene er altså med.

Vi samler alt i én funksjon. Skjærsetningen gir at den har et nullpunkt, og den deriverte viser at det bare er ett. Så bytter vi \( {e^{-x^2}} \) med polynomet og løser likningen.

1. Vis at det finnes en løsning Vi kaller differansen \( h(x)\text{:} \) \[ h(x) = e^{-x^2} - x^2 \]

Skjærsetningen forteller oss at hvis \( h \) er kontinuerlig på \( [\textcolor{blue}{a}, \textcolor{red}{b}]\text{,} \) gjelder: \[ \begin{aligned} &h(\textcolor{blue}{a}) \cdot h(\textcolor{red}{b}) < 0 \\ &\Rightarrow \ h(c) = 0 \text{ for en } c \in (\textcolor{blue}{a}, \textcolor{red}{b}) \end{aligned} \]Hvis du er usikker på skjærsetningen, kan du se videoen Skjærsetningen.

Her er \( {\textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{0}} \) og \( {\textcolor{red}{b} = \textcolor{red}{1}}\text{.} \) \( h \) er kontinuerlig, siden \( {e^{-x^2}} \) og \( x^2 \) er det. Vi setter inn endepunktene: \[ \begin{aligned} h(\textcolor{blue}{0}) &= e^0 - 0 = 1 > 0 \\ h(\textcolor{red}{1}) &= \dfrac{1}{e} - 1 < 0 \end{aligned} \]

Fortegnet skifter, så det finnes en løsning: \[ \begin{aligned} &h(\textcolor{blue}{0}) \cdot h(\textcolor{red}{1}) < 0 \\ &\Rightarrow \ h(r) = 0 \text{ for en } r \in (0, 1) \end{aligned} \]

2. Vis at det bare er én Vi deriverer med kjerneregelen, som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ \left(e^{\textcolor{green}{u}}\right)' = \textcolor{green}{u'}e^{\textcolor{green}{u}} \]

Med \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{-x^2}} \) og \( {\textcolor{green}{u'} = \textcolor{green}{-2x}}\text{,} \) og med \( {-2x} \) satt utenfor, får vi: \[ \begin{aligned} h'(x) &= -2xe^{-x^2} - 2x \\ &= -2x\left(e^{-x^2} + 1\right) \end{aligned} \]

Parentesen er positiv, så for \( x \in (0, 1] \) er: \[ h'(x) < 0 \]

\( h \) er altså strengt synkende på \( [0, 1] \) og kan bare krysse \( 0 \) én gang: \[ h(x) = 0 \text{ for nøyaktig én } x = r \]

3. Finn taylorpolynomet Maclaurinrekken til \( e^{\textcolor{green}{u}} \) er, siden alle de deriverte er \( 1 \) i \( {\textcolor{green}{u} = 0}\text{:} \) \[ e^{\textcolor{green}{u}} = 1 + \textcolor{green}{u} + \dfrac{\textcolor{green}{u}^2}{2!} + \dfrac{\textcolor{green}{u}^3}{3!} + \ldots \]Formelen står i videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2, og innsettingen vises i Oppgave 2c - Integral ved hjelp av potensrekke.

Vi setter inn \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{-x^2}} \) og tar med leddene opp til grad 4: \[ P_4(x) = 1 - x^2 + \dfrac{x^4}{2} \]

4. Løs likningen med polynomet Vi bytter \( {e^{-x^2}} \) med \( P_4 \) og kaller løsningen \( t\text{:} \) \[ 1 - t^2 + \dfrac{t^4}{2} = t^2 \]

Ganger vi med \( 2 \) og samler alt på én side, får vi: \[ t^4 - 4t^2 + 2 = 0 \]

Dette er en andregradslikning i \( {s = t^2}\text{:} \) \[ s^2 - 4s + 2 = 0 \]

abc-formelen, her med bokstavene \( p, q, r\text{,} \) forteller oss at: \[ s = \dfrac{-\textcolor{red}{q} \pm \sqrt{\textcolor{red}{q}^2 - 4\textcolor{blue}{p}\textcolor{green}{r}}}{2\textcolor{blue}{p}} \]Du ser den i bruk i videoen Grenseverdier.

Her er: \[ \textcolor{blue}{p} = \textcolor{blue}{1}, \quad \textcolor{red}{q} = \textcolor{red}{-4}, \quad \textcolor{green}{r} = \textcolor{green}{2} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ s = \dfrac{\textcolor{red}{4} \pm \sqrt{\textcolor{red}{16} - 4 \cdot \textcolor{blue}{1} \cdot \textcolor{green}{2}}}{2 \cdot \textcolor{blue}{1}} = 2 \pm \sqrt{2} \]

Vi leter etter \( t \in [0, 1]\text{,} \) så \( {s = t^2 \le 1}\text{.} \) Da faller \( {2 + \sqrt{2}} \) bort, og vi tar den positive roten av den andre: \[ t = \sqrt{2 - \sqrt{2}} \approx 0{,}765 \]

Vi finner \( f(0) \) og \( f'(0) \) og setter dem inn i formelen for taylorpolynomet. Ulikheten følger av fortegnet til restleddet.

1. Deriver funksjonen Vi skriver \( {f(x) = (1 + x)^{-r}}\text{.} \) Kjerneregelen forteller oss at: \[ \left(\textcolor{green}{w}^{-r}\right)' = -r\textcolor{green}{w}^{-r-1} \cdot \textcolor{green}{w'} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Kjerneregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{w} &= \textcolor{green}{1 + x} & \textcolor{green}{w'} &= \textcolor{green}{1} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= -r(\textcolor{green}{1 + x})^{-r-1} \cdot \textcolor{green}{1} \\ &= -r(1 + x)^{-r-1} \end{aligned} \]

2. Finn taylorpolynomet Taylorpolynomet av grad 1 om \( {x = 0} \) forteller oss at: \[ P_1(x) = \textcolor{red}{f(0)} + \textcolor{blue}{f'(0)} \cdot x \]Dette er formelen fra videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2, med \( {a = 0}\text{.} \)

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f(0)} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{f'(0)} &= \textcolor{blue}{-r} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ P_1(x) = \textcolor{red}{1} \textcolor{blue}{- r}x \]

3. Bruk restleddet Taylors teorem forteller oss at det for hver \( {x > 0} \) finnes en \( c \) mellom \( 0 \) og \( x \) slik at: \[ f(x) = P_1(x) + \dfrac{f''(c)}{2}x^2 \]Vi kjenner ikke \( c\text{,} \) men vi vet at den ligger mellom \( 0 \) og \( x\text{.} \)

Vi deriverer \( f'(x) \) på samme måte en gang til: \[ \begin{aligned} f''(x) &= -r(-r - 1)(1 + x)^{-r-2} \cdot 1 \\ &= r(r + 1)(1 + x)^{-r-2} \end{aligned} \]

Siden \( {r > 0} \) og \( {c > 0}\text{,} \) er alle faktorene positive: \[ f''(c) = r(r + 1)(1 + c)^{-r-2} > 0 \]

Også \( {x^2 > 0}\text{,} \) så restleddet er positivt: \[ \dfrac{f''(c)}{2}x^2 > 0 \]

Dermed vet vi at \( {f(x) > P_1(x)}\text{,} \) altså: \[ \dfrac{1}{(1 + x)^r} > 1 - rx \]

Vi setter rekken inn i brøken og integrerer ledd for ledd. Rekken vi får er alternerende, og da er feilen høyst så stor som det første leddet vi tar bort.

1. Skriv om brøken Vi setter inn rekken og deler på \( x\text{:} \) \[ \begin{aligned} 1 - e^{-x} &= x - \dfrac{x^2}{2!} + \dfrac{x^3}{3!} - \ldots \\ \dfrac{1 - e^{-x}}{x} &= 1 - \dfrac{x}{2!} + \dfrac{x^2}{3!} - \ldots \end{aligned} \]

Med summetegn er dette: \[ \dfrac{1 - e^{-x}}{x} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \dfrac{x^{n-1}}{n!} \]

2. Integrer ledd for ledd Vi integrerer ledd for ledd, som i videoen Oppgave 2c - Integral ved hjelp av potensrekke. For hvert ledd er: \[ \int_0^1 x^{n-1}\,dx = \dfrac{1}{n} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} I &= \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n \cdot n!} \\ &= 1 - \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{18} - \dfrac{1}{96} + \dfrac{1}{600} - \ldots \end{aligned} \]

3. Bruk feilen i en alternerende rekke Vi kaller leddene uten fortegn \( {\textcolor{red}{a_n} = \textcolor{red}{\dfrac{1}{n \cdot n!}}}\text{.} \) De blir mindre og mindre og går mot \( 0\text{,} \) som kriteriene i videoen Alternerende rekker med eksempler! krever.

Da forteller feilen i en alternerende rekke oss at når vi tar med \( N \) ledd og får summen \( S_N\text{,} \) er: \[ |I - S_N| \le \textcolor{red}{a_{N+1}} \]

Vi skriver kravet som en brøk, \( {0{,}002 = \dfrac{1}{500}}\text{.} \) Med fire ledd er det første leddet vi tar bort: \[ \textcolor{red}{a_5} = \dfrac{1}{600} < \dfrac{1}{500} \]Fire ledd er altså nok.

4. Sjekk at tre ledd ikke holder Feilen med tre ledd er resten av rekken. Etter \( {\textcolor{red}{a_4} - \textcolor{red}{a_5}} \) kommer leddene i par som er positive, så: \[ \begin{aligned} |I - S_3| &= \textcolor{red}{a_4} - \textcolor{red}{a_5} + \textcolor{red}{a_6} - \ldots \\ &\ge \textcolor{red}{a_4} - \textcolor{red}{a_5} \\ &= \dfrac{1}{96} - \dfrac{1}{600} = \dfrac{7}{800} > \dfrac{1}{500} \end{aligned} \]

5. Regn ut tilnærmingen Vi legger sammen de fire leddene: \[ L = 1 - \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{18} - \dfrac{1}{96} = \dfrac{229}{288} \]