Tre temaer, forklart fra bunnen. Hvert kapittel starter med idéen, viser så hvordan du løser hver type oppgave steg for steg, og slutter med oppgaver du kan øve på: både prøveoppgaver med nye tall hver gang og vanlige oppgaver med hint.
Taylorrekker
$$\begin{aligned} e^x&=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} && x\in(-\infty,\infty)\\ \cos x&=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k} && x\in(-\infty,\infty)\\ \sin x&=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1} && x\in(-\infty,\infty)\\ \frac1x&=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k(x-1)^k && x\in(0,2)\\ \ln x&=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k}(x-1)^k && x\in(0,2) \end{aligned}$$Merk: arket har $\ln x$ og $1/x$ om $x=1$. Setter du $x=1+u$, får du $\ln(1+u)$ og $\frac1{1+u}$ om $u=0$, som i kapittel 3.
Forholdstest (ratiotest)
Hvis $\lim_{k\to\infty}\frac{|a_k|}{|a_{k-1}|}=L$, har $\sum a_k(x-c)^k$ konvergensradius $R=1/L$.
Alternerende rekker
Hvis leddene veksler fortegn, avtar i absoluttverdi og går mot 0, konvergerer rekka, og feilen etter $n$ ledd er mindre enn det første leddet du dropper: $\bigl|L-\sum_{k=0}^{n-1}b_k\bigr|<|b_n|$.
Trapes og midtpunkt ($\Delta$ = bredden $h$)
$$T_n=\Delta\Bigl[\tfrac12f(x_0)+f(x_1)+\dots+f(x_{n-1})+\tfrac12f(x_n)\Bigr],\qquad \Bigl|\int_a^bf\,dx-T_n\Bigr|\le\frac{K(b-a)^3}{12n^2}$$ $$M_n=\Delta\bigl[f(m_0)+f(m_1)+\dots+f(m_{n-1})\bigr],\qquad \Bigl|\int_a^bf\,dx-M_n\Bigr|\le\frac{K(b-a)^3}{24n^2}$$$K$ er en konstant med $|f''(x)|\le K$ på $[a,b]$. Simpson står ikke på arket.
^, gange med *, fakultet med !: (-2^13)*x^53/13!e^(-s), og bruk parenteser rundt tellere og nevnere: e^(-s)/4!*0.5^413! stå, slik prøven selv anbefaler.Kalkulatoren din kan egentlig bare pluss, minus, gange og dele. Likevel gir den deg $e^{0.1}$ eller $\cos(0.5)$ på et øyeblikk. Hvordan? Den regner ut et polynom som ligner veldig på funksjonen. Et polynom er bare ledd som $1$, $x$, $x^2$, $x^3$ ganget med tall og lagt sammen, og det kan kalkulatoren regne ut.
Taylor handler om å finne det polynomet. Idéen er enkel: vi ser på funksjonen i ett punkt og bygger et polynom som oppfører seg likt der.
Tenk deg at du skal gjette hvor en bil er om ett sekund, og du vet bare hvordan den har det akkurat nå.
Taylor gjør nøyaktig det samme med en funksjon: verdien, stigningen, krumningen og så videre i ett punkt. Jo flere deriverte du tar med, jo bedre blir gjetningen nær punktet.
La oss bygge polynomet for $f(x)=e^x$ ett ledd om gangen, og teste det ved å regne ut $e^{0.1}$. Fasiten er $e^{0.1}=1.105171\ldots$
Vi trenger de deriverte. Det fine med $e^x$ er at den deriverte er seg selv: $f(x)=f'(x)=f''(x)=\dots=e^x$. I $x=0$ blir alle sammen $e^0=1$.
Steg 0: bare verdien. Funksjonen er $f(0)=1$ i punktet. Den enkleste gjetningen er en vannrett linje:
$$P_0(x)=1\qquad\Rightarrow\qquad e^{0.1}\approx 1.$$Feil med ca. $0.1$. Ikke så bra.
Steg 1: legg til stigningen. Stigningen i punktet er $f'(0)=1$. En linje som går gjennom $(0,1)$ med stigning 1, er tangentlinja:
$$P_1(x)=1+x\qquad\Rightarrow\qquad e^{0.1}\approx 1.1.$$Feil med ca. $0.005$. Mye bedre! Men en linje kan ikke bøye seg, og det gjør $e^x$.
Steg 2: legg til krumningen. Vi legger til et $x^2$-ledd så polynomet bøyer seg like mye som $e^x$ i punktet. Det skal ha riktig andrederivert: $P_2''(0)=f''(0)=1$.
Deriverer vi $c\,x^2$ to ganger, får vi $2c$. Da må $2c=1$, altså $c=\frac12$:
$$P_2(x)=1+x+\frac{x^2}{2}\qquad\Rightarrow\qquad e^{0.1}\approx 1+0.1+0.005=1.105.$$Feil med ca. $0.0002$.
Steg 3: ett ledd til. Deriverer vi $c\,x^3$ tre ganger, får vi $3\cdot2\cdot1\cdot c=6c$. Det skal være lik $f'''(0)=1$, så $c=\frac16$:
$$P_3(x)=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}\qquad\Rightarrow\qquad e^{0.1}\approx 1.1051667.$$| Polynom | Svar for e0.1 | Feil |
|---|---|---|
| P₀ = 1 | 1 | 0.105 |
| P₁ = 1 + x | 1.1 | 0.0052 |
| P₂ = 1 + x + x²/2 | 1.105 | 0.00017 |
| P₃ = 1 + x + x²/2 + x³/6 | 1.1051667 | 0.0000042 |
Hvert nytt ledd gjør feilen omtrent 30–40 ganger mindre her.
Utropstegnet etter et tall betyr fakultet, og $k!$ leses «$k$ fakultet». Det betyr at du ganger sammen alle hele tall fra $k$ og ned til 1:
$$k! = k\cdot(k-1)\cdot(k-2)\cdots 2\cdot 1.$$| k | Utregning | k! |
|---|---|---|
| 0 | (definert) | 1 |
| 1 | 1 | 1 |
| 2 | 2 · 1 | 2 |
| 3 | 3 · 2 · 1 | 6 |
| 4 | 4 · 3 · 2 · 1 | 24 |
| 5 | 5 · 4 · 3 · 2 · 1 | 120 |
| 6 | 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 | 720 |
| 10 | 10 · 9 · … · 1 | 3 628 800 |
13! i Matric i stedet for å regne det ut. På kalkulatoren finner du det som en egen $x!$-knapp eller i sannsynlighetsmenyen (ofte kalt PROB eller PRB).Hvor kommer fakultetet fra?
Se på tallene vi delte på: $1,\;1,\;2,\;6$. Det er $0!,\;1!,\;2!,\;3!$. Det er ingen tilfeldighet. Deriverer du $x^k$ $k$ ganger, får du $k\cdot(k-1)\cdots2\cdot1=k!$. Se for eksempel på $x^3$: $\;x^3\to3x^2\to3\cdot2\,x\to3\cdot2\cdot1=6=3!$. Så for at leddet skal gi riktig $k$-te derivert, må vi dele på $k!$.
Hvert ledd ser derfor slik ut:
$$\frac{\text{den }k\text{-te deriverte i punktet}}{k!}\cdot x^k.$$Hvis punktet ikke er $0$, men et annet tall $a$, bytter vi $x$ med $(x-a)$, altså avstanden fra punktet. Da får vi den generelle formelen:
Når $a=0$ kalles det et Maclaurinpolynom. Husk: $0!=1$, $1!=1$, $2!=2$, $3!=6$, $4!=24$, $5!=120$.
Vi følger oppskriften og lager en tabell:
| k | f⁽ᵏ⁾(x) | f⁽ᵏ⁾(0) | delt på k! |
|---|---|---|---|
| 0 | cos x | 1 | 1 |
| 1 | −sin x | 0 | 0 |
| 2 | −cos x | −1 | −1/2 |
| 3 | sin x | 0 | 0 |
| 4 | cos x | 1 | 1/24 |
Legg sammen, og husk at leddene med 0 forsvinner:
$$P_4(x)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}.$$Test: $P_4(0.5)=1-0.125+0.0026=0.8776$. Kalkulatoren sier $\cos(0.5)=0.87758$. Nesten helt likt!
1. Vi trenger et punkt der vi vet svaret nøyaktig, og som ligger nær tallet vi vil finne. Vi vil ha $\sqrt{4.1}$. Det nærmeste tallet der vi vet roten uten kalkulator er $4$, siden $\sqrt4=2$. Så vi bygger polynomet rundt $a=4$.
Rundt 0 går det ikke. Den deriverte $\frac{1}{2\sqrt x}$ blir $\frac10$ i $x=0$, så vi får ikke regnet ut leddene. Og 0 ligger dessuten langt unna 4.1.
2. $(x-4)$ betyr «hvor langt unna 4 er vi». I eksemplene rundt 0 skrev vi bare $x$. Det er egentlig $(x-0)$, altså avstanden fra 0. Når senteret er 4, blir avstanden $(x-4)$.
Med $x=4.1$ er $(x-4)=0.1$. Det er et lite tall, så $0.1^2=0.01$ og $0.1^3=0.001$ blir fort bittesmå. Derfor holder det med få ledd.
Nå som du har idéen, kan du leke med den i labben under. Velg en funksjon og øk graden $n$: den blå kurven legger seg tettere og tettere inntil den svarte, i et stadig større område rundt punktet.
Du kan bruke sin, cos, tan, e^( ), exp, ln, sqrt, arctan, pi og ^. Eksempler: cos(3x), x^2*sin(x), 1/(1+x^2), sqrt(x) med senter 4.
I praksis regner du nesten aldri ut de deriverte selv. Du tar en rekke du allerede har, og bytter ut $x$ med noe annet. Disse står på formelarket (eller bør sitte i hodet):
| Funksjon | Rekke | Gjelder for |
|---|---|---|
| $e^x$ | $\displaystyle 1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\dots$ | alle $x$ |
| $\sin x$ | $\displaystyle x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\dots$ | alle $x$ |
| $\cos x$ | $\displaystyle 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\dots$ | alle $x$ |
| $\dfrac{1}{1-x}$ | $\displaystyle 1+x+x^2+x^3+\dots$ | $-1 |
| $\ln(1+x)$ | $\displaystyle x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\dots$ | $-1 |
Rekka for $e^x$ gjelder for hva som helst du putter inn i stedet for $x$. Skal du ha $e^{2x}$, skriver du $2x$ overalt der det sto $x$:
$$e^{2x}=1+(2x)+\frac{(2x)^2}{2!}+\frac{(2x)^3}{3!}+\dots=1+2x+2x^2+\frac43x^3+\dots$$Det samme gjelder $\sin(x^2)$, $\cos(3x)$, $e^{-x}$ og så videre. Husk parentesene: $(2x)^2=4x^2$, ikke $2x^2$.
Du kan også gange hele rekka med noe, for eksempel $x\cdot e^{x}=x+x^2+\frac{x^3}{2!}+\dots$
Det finnes bare noen få typer oppgaver. Kjenner du dem igjen, vet du hva du skal gjøre. De tre første kom alle på Delprøve 3.
Du gjør: skriv opp en kjent rekke, bytt ut $x$, og stopp ved $x^n$.
Eksempel: Finn $P_3(x)$ for $f(x)=e^{2x}$.
Fra prøven: Finn $P_2(x)$ for $f(x)=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}$.
x.Finner du ingen kjent rekke som passer, bruker du oppskriften med tabell over de deriverte, som for $\sqrt x$ over.
Du gjør: finn ut hvilket ledd i den kjente rekka som gir $x^N$. Du skriver ikke opp hele rekka.
Lett versjon først: Finn leddet av grad 7 i $f(x)=x\sin(x^2)$.
Fra prøven: Finn leddet av grad 53 i $f(x)=-x\sin(2x^4)$. Nå er det for mange ledd til å skrive opp, så vi tenker i stedet:
I Matric: (-2^13)*x^53/13!. La fakultetet stå, ikke regn det ut.
Hva er feilleddet? Det er hvor mye polynomet bommer. Formelen ser ut akkurat som det neste leddet du ikke tok med, bare at den deriverte regnes ut i et ukjent punkt $s$ i stedet for i senteret $a$:
$$f(x)-P_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(s)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1},\qquad s\text{ ligger mellom }a\text{ og }x.$$Du gjør: fyll inn formelen. Du skal ikke finne $s$.
Fra prøven: $f(x)=e^{-x}$, $P_3$ med senter $a=3$, og vi ser på $x=3.5$.
e^(-s)/4!*0.5^4.Du gjør: sett tallet inn i polynomet. For feilen bruker du feilleddet og setter inn den største verdien $f^{(n+1)}(s)$ kan ha.
Eksempel: Tilnærm $e^{0.1}$ med $P_2$.
Du gjør: bytt funksjonene med rekkene deres. Da forkorter mye seg bort.
Eksempel: $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x - x}{x^3}$.
Til nå har vi stoppet polynomet etter $n$ ledd. Hva skjer hvis vi aldri stopper, men tar med uendelig mange ledd? Da får vi en Taylorrekke:
$$f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2+\frac{f'''(a)}{3!}(x-a)^3+\dots=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k.$$Det eneste nye er $\infty$ øverst på summetegnet. Leddene lages på nøyaktig samme måte som før.
Det høres rart ut, men tenk på dette: du går halve veien til døra, så halvparten av det som er igjen, så halvparten av det igjen, og så videre. Du tar uendelig mange skritt, men du kommer aldri lenger enn til døra:
$$1+\frac12+\frac14+\frac18+\frac1{16}+\dots=2.$$| Antall ledd | Sum så langt |
|---|---|
| 1 | 1 |
| 2 | 1.5 |
| 3 | 1.75 |
| 5 | 1.9375 |
| 10 | 1.998 |
| 20 | 1.999998 |
Summen så langt kalles en delsum. Hvis delsummene nærmer seg ett bestemt tall, sier vi at rekka konvergerer, og det tallet er summen av rekka. Hvis delsummene bare vokser, eller hopper fram og tilbake uten å roe seg, divergerer rekka.
Delsummene av en Taylorrekke er akkurat Taylorpolynomene: $P_0,\;P_1,\;P_2,\;P_3,\dots$ Spørsmålet «konvergerer Taylorrekka?» betyr derfor bare: kommer $P_n(x)$ nærmere og nærmere et tall når $n$ øker?
For nesten alle funksjoner du møter, er svaret på spørsmål 2 «ja» så lenge svaret på spørsmål 1 er «ja». Men spørsmål 1 er ofte «nei» når $x$ ligger for langt unna senteret.
Ta $\dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\dots$ og prøv to verdier:
| x = 0.5 | x = 2 | |
|---|---|---|
| Rekka | 1 + 0.5 + 0.25 + 0.125 + … | 1 + 2 + 4 + 8 + … |
| Delsum, 4 ledd | 1.875 | 15 |
| Delsum, 10 ledd | 1.998 | 1023 |
| Fasit 1/(1−x) | 2 | −1 |
| Konklusjon | konvergerer til riktig svar ✓ | divergerer ✗ |
For $x=0.5$ blir leddene mindre og mindre, og summen roer seg. For $x=2$ blir leddene større for hvert steg, og summen eksploderer, selv om funksjonen selv er helt grei ($-1$). Rekka virker altså bare for $x$ mellom $-1$ og $1$.
Prøv x = 0.5, så x = 0.9, så x = 1.1 for 1/(1−x) og ln(1+x). Prøv x = 5 for eˣ og sin x.
En Taylorrekke rundt $a$ virker alltid på et intervall med $a$ i midten. Avstanden fra midten til kanten kalles konvergensradien $R$:
| Rekke (senter 0) | R | Virker for | Hvorfor |
|---|---|---|---|
| $e^x$, $\sin x$, $\cos x$ | $\infty$ | alle $x$ | fakultetet i nevneren vinner alltid |
| $\dfrac{1}{1-x}$ | 1 | $-1| funksjonen sprenges i $x=1$ | |
| $\ln(1+x)$ | 1 | $-1| funksjonen sprenges i $x=-1$ | |
Tommelfingerregel: rekka virker fram til nærmeste punkt der funksjonen «går i stykker» (deler på null, ln av null og lignende). Regelen er ikke alltid nok alene, så bruk forholdstesten når du skal være sikker.
Oppskrift (står på formelarket som «ratiotest»):
Eksempel 1: $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k\,3^k}$.
Eksempel 2: $e^x=\displaystyle\sum\frac{x^k}{k!}$.
Forholdstesten gir deg $R$, men den sier ingenting når grensen blir nøyaktig 1. Det skjer alltid på kantene $x=a\pm R$. Der setter du inn $x$-verdien, får en vanlig tallrekke, og bruker en av testene under.
| Test | Konvergerer | Divergerer | Typisk bruk |
|---|---|---|---|
| Leddtesten (divergenstest) | sier ingenting | hvis leddene ikke går mot 0 | første sjekk, alltid |
| Geometrisk rekke $\sum r^k$ | $|r|<1$, summen er $\frac{1}{1-r}$ | $|r|\ge1$ | $\frac1{1-x}$ og varianter |
| $p$-rekke $\sum\frac{1}{k^p}$ | $p>1$ | $p\le1$ (f.eks. $\sum\frac1k$) | kanten etter at $(\pm1)^k$ er borte |
| Alternerende rekke | fortegnet veksler, $|b_k|$ avtar og går mot 0 | (bruk leddtesten) | kanten der det står $(-1)^k$ |
| Forholdstesten | $L<1$ | $L>1$ | finne $R$ (gir ingen svar når $L=1$) |
«Leddene går mot 0, altså konvergerer rekka» er feil. Den harmoniske rekka $1+\frac12+\frac13+\frac14+\dots$ har ledd som går mot 0, men summen vokser forbi alle grenser (bare veldig sakte: etter en million ledd er den ca. 14,4). Leddtesten kan bare si divergerer, aldri konvergerer.
Fra tabellen: senter $0$, $R=1$.
Konvergensintervallet er altså $(-1,\,1]$.
En rekke konvergerer absolutt hvis den konvergerer også når du fjerner alle minustegn: $\sum|b_k|$ konvergerer. Konvergerer den bare takket være fortegnsvekslingen, er den betinget konvergent.
Inne i konvergensradien, $|x-a|<R$, konvergerer en Taylorrekke alltid absolutt. Betinget konvergens kan bare skje på kanten.
Trenger du en verdi utenfor $R$, bytt senter eller skriv om. For eksempel $\ln3=-\ln\frac13=-\ln\bigl(1-\frac23\bigr)$, og $u=-\frac23$ ligger innenfor $|u|<1$.
En funksjon $f$ er analytisk i punktet $a$ hvis Taylorrekka rundt $a$ konvergerer og er lik $f(x)$ for alle $x$ i et intervall rundt $a$.
Med andre ord: funksjonen kan skrives som et «uendelig langt polynom» nær $a$.
Hvordan sjekker man det? Rekka er lik $f(x)$ nøyaktig når feilen $R_n(x)=f(x)-P_n(x)$ går mot 0 når $n\to\infty$. Feilen kjenner du fra Lagrange (oppgavetype 3).
Analytiske funksjoner du kjenner: polynomer, $e^x$, $\sin x$, $\cos x$ (overalt), $\ln x$ (for $x>0$), $\sqrt x$ (for $x>0$), og brøker som $\frac1{1-x}$ (der nevneren ikke er null). Summer, produkter og sammensetninger av analytiske funksjoner er også analytiske.
La $f(x)=e^{-1/x^2}$ for $x\neq0$, og $f(0)=0$. Grafen er helt flat nær 0, så flat at alle deriverte i 0 er 0.
Da blir Taylorrekka $0+0\cdot x+0\cdot x^2+\dots=0$. Den konvergerer fint, men til $0$, mens $f(x)>0$ for alle $x\ne0$. Svaret på spørsmål 1 er «ja», men svaret på spørsmål 2 er «nei». Funksjonen er derfor ikke analytisk i 0.
Innenfor konvergensradien oppfører en Taylorrekke seg som et vanlig polynom. Det betyr at du kan:
$\sin x = x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\dots$ Deriver hvert ledd:
$$1-\frac{3x^2}{3!}+\frac{5x^4}{5!}-\dots=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\dots=\cos x\;\checkmark$$Og $\frac{d}{dx}\frac1{1-x}=\frac1{(1-x)^2}$, så $\frac{1}{(1-x)^2}=1+2x+3x^2+4x^3+\dots$
$\frac1{1+t^2}=1-t^2+t^4-\dots$ (bytt $x$ med $-t^2$ i den geometriske rekka). Integrer fra 0 til $x$:
$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\dots$$Slik kan du også regne ut integraler som ikke har noen antiderivert, for eksempel $\int_0^1e^{-x^2}dx$ (se oppgave i kapittel 2).
Konvergensradien er den samme etter derivering og integrering. Bare kantpunktene kan endre seg.
En funksjon kan bare ha én potensrekke rundt et punkt. Klarer du å skrive $f(x)=c_0+c_1(x-a)+c_2(x-a)^2+\dots$ på en hvilken som helst måte, er det automatisk Taylorrekka, og $c_k=\frac{f^{(k)}(a)}{k!}$.
Bonus: dette gir en snarvei til høye deriverte. Fra $e^{x^2}=1+x^2+\frac{x^4}{2!}+\dots$ ser du at $\frac{f^{(4)}(0)}{4!}=\frac1{2}$, så $f^{(4)}(0)=12$, uten å derivere fire ganger.
Samme type som på Delprøve 3, med nye tall hver gang. Skriv svaret som i Matric og trykk Sjekk.
Et bestemt integral $\int_a^b f(x)\,dx$ er arealet under grafen. Noen ganger klarer du ikke å regne det ut nøyaktig. Kanskje finnes det ingen antiderivert (som for $e^{-x^2}$), eller du har bare en tabell med målinger. Da deler vi arealet i smale biter og regner ut arealet av hver bit med enkle figurer.
Får du oppgitt $h$ i stedet for $n$, er $n=\dfrac{b-a}{h}$.
Idéen i én setning: bytt ut den krumme grafen med rette streker mellom punktene, og regn ut arealet av figurene du får.
Hver bit blir et trapes: en boks med skrått tak. Arealet av ett trapes er
$$\text{bredde}\times\text{gjennomsnittet av de to høydene}=h\cdot\frac{\text{venstre høyde}+\text{høyre høyde}}{2}.$$Legg sammen de fire trapesene i figuren:
$$h\cdot\frac{f_0+f_1}{2}+h\cdot\frac{f_1+f_2}{2}+h\cdot\frac{f_2+f_3}{2}+h\cdot\frac{f_3+f_4}{2}$$Punktene i midten ($f_1,f_2,f_3$) er med i to trapeser, så de får $\frac12+\frac12=1$. Endepunktene ($f_0$ og $f_4$) er bare med i ett trapes, så de får $\frac12$. Da blir det:
$$T_4=h\Bigl[\tfrac12f_0+f_1+f_2+f_3+\tfrac12f_4\Bigr].$$Huskeregel: halvt på kantene, helt i midten, gang med $h$.
| x | f(x) = x² | vekt | vekt · f(x) |
|---|---|---|---|
| 0 | 0 | ½ | 0 |
| 0.5 | 0.25 | 1 | 0.25 |
| 1 | 1 | 1 | 1 |
| 1.5 | 2.25 | 1 | 2.25 |
| 2 | 4 | ½ | 2 |
| sum | 5.5 |
Fasit: $\int_0^2x^2dx=\frac{8}{3}\approx2.667$. Trapesene blir litt for store, fordi de rette strekene ligger over kurven når den bøyer seg oppover. Du ser det i figuren.
Idéen i én setning: lag rektangler, og la høyden på hvert rektangel være funksjonsverdien midt i biten.
Hvert rektangel har areal $\text{bredde}\times\text{høyde}=h\cdot f(\text{midtpunktet})$. Det er ingen halve vekter her, fordi hvert rektangel har sin egen høyde.
Hvorfor akkurat midten? Rektangelet stikker litt over kurven på den ene siden og litt under på den andre. Bitene som er for mye og for lite, veier nesten opp for hverandre.
Huskeregel: midt i hver bit, legg sammen, gang med $h$.
| midtpunkt m | f(m) = m² |
|---|---|
| 0.25 | 0.0625 |
| 0.75 | 0.5625 |
| 1.25 | 1.5625 |
| 1.75 | 3.0625 |
| sum | 5.25 |
Fasit $2.667$. Feilen er $0.042$, altså halvparten av trapesfeilen ($0.083$), og på motsatt side: midtpunkt ble litt for lite.
| Trapes $T_n$ | Midtpunkt $M_n$ | |
|---|---|---|
| Figur | trapeser (skrått tak) | rektangler (flatt tak) |
| Punkter du bruker | endepunktene til bitene, $n+1$ stykker | midten av bitene, $n$ stykker |
| Vekter | $\tfrac12,1,1,\dots,1,\tfrac12$ | alle $1$ |
| Feilgrense | $\dfrac{K(b-a)^3}{12n^2}$ | $\dfrac{K(b-a)^3}{24n^2}$ (halvparten) |
| Graf som bøyer seg oppover | for stort svar | for lite svar |
Midt i en smal bit ser grafen ut som en rett linje med litt bøy. Trapes og midtpunkt regner den rette linja helt riktig, så hele feilen kommer fra bøyen.
Taylorpolynomet av grad 2 rundt midten $m$ av en bit sier at grafen der er omtrent
$$f(x)\approx\underbrace{f(m)}_{\text{høyde}}+\underbrace{f'(m)(x-m)}_{\text{helling}}+\underbrace{\tfrac{f''(m)}{2}(x-m)^2}_{\text{bøy}}.$$En rett strek gjennom midtpunktet ligger like mye over som under på hver side, som en vippehuske. Det som er for mye på den ene siden, mangler på den andre. Både trapes og midtpunkt treffer derfor høyde og helling helt riktig.
Det er derfor begge metodene gir nøyaktig svar for rette linjer.
Ta en graf som bare er bøy: $f(x)=x^2$ på biten fra $-1$ til $1$. Midten er $0$ og bredden er $h=2$.
| Metode | Utregning | Svar | Bommer med |
|---|---|---|---|
| Eksakt | ∫ x² dx fra −1 til 1 | 2/3 ≈ 0.667 | — |
| Midtpunkt | 2 · f(0) = 2 · 0 | 0 | −2/3 (for lite) |
| Trapes | 2 · (f(−1) + f(1))/2 = 2 · 1 | 2 | +4/3 (for stort) |
Se på feilene: trapes bommer med dobbelt så mye som midtpunkt, og på motsatt side.
Siden hver bit av en hvilken som helst graf ser ut som «rett linje + bøy», og den rette linja ikke gir feil, gjelder dette for alle funksjoner. Det er derfor formelarket har 12 i nevneren for trapes og 24 for midtpunkt: trapesfeilen er dobbelt så stor.
Til sammen gir dette formlene du kjenner: $|E_T|\le\frac{K(b-a)^3}{12n^2}$ og $|E_M|\le\frac{K(b-a)^3}{24n^2}$.
Halverer du bredden $h$ (altså dobler antall biter $n$), blir feilen 4 ganger mindre, fordi $2^2=4$. Sjekk med $\int_0^2x^2\,dx=\frac83$:
| n | h | Tn | T − fasit | Mn | M − fasit |
|---|---|---|---|---|---|
| 2 | 1 | 3 | 0.3333 | 2.5 | −0.1667 |
| 4 | 0.5 | 2.75 | 0.0833 | 2.625 | −0.0417 |
| 8 | 0.25 | 2.6875 | 0.0208 | 2.65625 | −0.0104 |
Hver gang $h$ halveres, deles feilen på 4. Og trapesfeilen er hele tiden dobbelt så stor som midtpunktfeilen, med motsatt fortegn.
Trapes bommer to ganger så mye som midtpunkt, men den andre veien. Tar du trapes én gang og midtpunkt to ganger og deler på 3, opphever feilene hverandre:
$$\frac{T_n+2M_n}{3}.$$Med eksempelet fra steg 3: $\frac{2+2\cdot0}{3}=\frac23$. Helt riktig! Dette er Simpsons metode.
Bruker parabler i stedet for rette streker og er mye mer nøyaktig. Den krever et partall $n$, og vektene er $1,4,2,4,\dots,2,4,1$:
$$S_n=\frac h3\bigl[f(x_0)+4f(x_1)+2f(x_2)+4f(x_3)+\dots+4f(x_{n-1})+f(x_n)\bigr].$$For $\int_0^2x^2dx$: $\frac{0.5}{3}[0+4(0.25)+2(1)+4(2.25)+4]=\frac{16}{6}=2.667$. Helt riktig, fordi Simpson er eksakt for $x^2$ og $x^3$.
Feilen avhenger av hvor mye grafen bøyer seg. Bøyningen måles med den andrederiverte $f''$. Kall den største verdien av $|f''|$ på intervallet for $K$. Da gjelder (dette står på formelarket):
$$|\text{feil i }T_n|\le\frac{K(b-a)^3}{12n^2},\qquad|\text{feil i }M_n|\le\frac{K(b-a)^3}{24n^2}.$$Begge typene kom på Delprøve 3.
Du gjør: finn ut hvilke $x$-verdier du trenger, les av tabellen, regn ut integranden, og bruk formelen.
Fra prøven: Buelengden $L=\int_{1.28}^{2.48}\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx$ med $h=0.4$. Tabellen gir $f'(x)$ for mange $x$-verdier.
| x | f′(x) | √(1+f′²) | vekt |
|---|---|---|---|
| 1.28 | 1.6 | 1.8868 | ½ |
| 1.68 | 2.0 | 2.2361 | 1 |
| 2.08 | 2.7 | 2.8792 | 1 |
| 2.48 | 3.5 | 3.6401 | ½ |
Vanligste feil: å bruke alle verdiene i tabellen. Du skal bare bruke dem som ligger med avstand $h$.
Du gjør: finn $K$ (største $|f''|$), sett inn i feilformelen, og løs for $n$.
Fra prøven: $f'(x)=\dfrac{(3x+1)e^{-3x}}{3}$ på $[0,2]$. Feilen skal være under $0.001$.
Rund alltid opp, selv om desimalen er liten. $n=15$ ville gitt en feilgrense litt over $0.001$.
$e^x$ og $\ln x$ er hverandres «motsatte»: den ene opphever den andre.
$$e^{\ln x}=x\qquad\text{og}\qquad \ln(e^x)=x.$$Så hvis $e^x=5$, er $x=\ln5$. Og hvis $\ln x=2$, er $x=e^2$. Tallet $e\approx2.71828$.
| Logaritme | Eksponential |
|---|---|
| $\ln(ab)=\ln a+\ln b$ | $e^{a+b}=e^a\cdot e^b$ |
| $\ln\dfrac ab=\ln a-\ln b$ | $e^{a-b}=\dfrac{e^a}{e^b}$ |
| $\ln(a^r)=r\ln a$ | $(e^a)^r=e^{ra}$ |
| $\ln1=0$, $\;\ln e=1$ | $e^0=1$ |
| Funksjon | Derivert | Eksempel |
|---|---|---|
| $e^x$ | $e^x$ | $(e^{3x})'=3e^{3x}$ |
| $\ln x$ | $\dfrac1x$ | $(\ln(x^2+1))'=\dfrac{2x}{x^2+1}$ |
| $a^x$ | $a^x\ln a$ | $(2^x)'=2^x\ln2$ |
Med noe annet enn $x$ inni bruker du kjerneregelen: gang med den deriverte av det som står inni.
Boka gjør noe litt uvant. Den definerer $\ln x$ som arealet under kurven $y=\frac1t$ fra 1 til $x$:
$$\ln x = \int_1^x\frac{dt}{t}.$$Er $x$ mindre enn 1, går vi baklengs, og arealet teller negativt. Tallet $e$ er rett og slett det stedet der arealet blir nøyaktig 1. Prøv selv i labben:
Når $x$ blir stor, gjelder alltid: $\ln x$ er tregest, så kommer potenser som $x^2$ og $x^{100}$, og $e^x$ er raskest. Derfor:
$$\lim_{x\to\infty}\frac{x^{100}}{e^x}=0\qquad\text{og}\qquad\lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x}=0.$$$e^x$: alle deriverte er $e^x$, og $e^0=1$. Derfor er rekka bare $1$ delt på fakultetene:
$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\dots\qquad\text{for alle }x.$$Setter du inn $x=1$, får du en måte å regne ut $e$ på: $1+1+\frac12+\frac16+\frac1{24}+\dots\approx2.718$.
$\ln(1+x)$: Rekka lages om $\ln(1+x)$ og ikke $\ln x$, fordi $\ln 0$ ikke finnes.
$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\dots\qquad\text{for }-1Du bruker disse akkurat som i kapittel 1: bytt ut $x$, og stopp ved graden du trenger.
Her varierer både grunntallet og eksponenten, så de vanlige reglene passer ikke. Trikset er å ta $\ln$ først: