Till dagarna och finns ett appendix som innehåller ytterligare förklaringar, kommentarer och ett antal lösta exempel

Till dagarna 18-20 och 23-25 finns ett appendix som inneh˚aller yt- terligare f¨orklaringar, kommentarer och ett antal l¨osta exempel

Dag 15

Nu till¨ampas satserna om sambandet mellan derivatan och funktionens beteende f¨or att rita grafer. Det handlar inte om att plotta utan att f˚anga in funktionens beteenede.

Avsnitt 4.1

L¨as noggrant hela avsnittet! H¨ar g˚ar man igenom de stegen som ska utf¨oras f¨or att kunna skissa grafen. Dvs om du ska rita en funktionsgraf (det finns flera typer av uppgifter som kr¨aver det) s˚a kan du helt enkelt f¨olja dessa steg! Ibland blir det ena eller det andre v¨aldigt kort, men det ¨ar alltid s˚a att alla steg m˚aste genomf¨oras!

Det kan vara bra att repetera ¨aven avsnitt 2.5.1 om asymptoter fr˚an dag 7.

Avsnitt 4.2

Hela avsnitt ¨ar viktigt, den handlar om hur man hittar lokaler extrempunkter.

Avsnitt 4.6

Avsnittet handlar om konvexitet, en viktig egenskap hos funktioner.

Kommentarer

Att rita funktionsgrafer kan anses som en h¨ojdpunkt av kursen, eftersom m˚anga saker du har l¨art dig spelar in h¨ar. Om man f¨oljer de angivna stegen ¨ar det egentligen inte s˚a sv˚art, fast man m˚asta tolka resultaten i varje enskilt fall.

H¨ar kommer igen alla dessa steg (med lite andra ord ¨an i boken):

0. Definitionsm¨angd, punkter d¨ar funktionen ¨ar ej deriverbar, samt eventuellt symmetriegenskaper Det ¨ar viktigt att konstatera detta, f¨or att inte gl¨omma senare.

1. Derivera och faktorisera derivatan s˚a l˚angt det g˚ar Faktoriseringen kommer att vara hj¨alpsam f¨or att avg¨ora tecknet p˚a derivatan i n¨asta punkt.

2. Teckenschema H¨ar ¨ar det avg¨orande att du ta med alla viktiga punk- ter, dvs alla punkter d¨ar derivatan kan byta tecken (allts˚a punkter d¨ar derivatan inte ¨ar definierad samt derivatans nollst¨allen).

3. Unders¨ok funktionens beteende p˚a randen av definitionsm¨angden Detta inneb¨ar ber¨akningar av alla relevanta gr¨ansv¨arden samt eventuella asymptoter.

4. Rita grafen utifr˚an ber¨akningarna Din graf ska inte mots¨ager dina ber¨akningar. Om du har r¨aknat fel n˚agonstans kan det h¨anda att det blir oundvikliga mots¨agelse. Vid tentan g¨or en anm¨arkning i s˚a fall, snarare

¨

an att ignorera problemet!

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : OPB Unders¨¨ ok funktionerna i 4.1abce och 4.6acd med avseende p˚a lokala extrempunkter, konvexitet och asymptoter. Rita grafen.

Probleml¨osningsuppgifter : ¨OPB 4.29, 4.31, 4.35.

Exempel:

f (x) = arctan x²

x²− 1 x 6= ±1.

Skissera grafen. Konvexitetsegenskaper beh¨over ej utredas.

Vi f¨oljer stegen som beh¨over genomf¨oras i samband med kurvritning:

0. Definitionsm¨ angd, punkter d¨ ar funktionen ¨ ar ej deriver- bar, samt eventuellt symmetriegenskaper

f ¨ar definierad och deriverbar f¨or x 6= ±1. Definitionsm¨angden best˚ar allts˚a av unionen av tre ¨oppna intervall: ] − ∞, −1[ ∪ ] − 1, 1[ ∪ ]1, ∞[

-1 1

Vi kan ocks˚a konstatera att f ¨ar en j¨amn funktion, eftersom f (−x) = f (x).

1. Derivera och faktorisera derivatan s˚ a l˚ angt det g˚ ar

Derivatan blir: f⁰(x) =

2x(x²− 1) − x²· x (x²− 1)² 1 +

 x² x²− 1

² = −2x

(x²− 1)²+ x⁴

2. Teckenschema

I teckenschemat tas med alla punkter d¨ar derivatan kan byta tecken (dvs punkter d¨ar derivatan inte ¨ar definierad samt derivatans nollst¨allen).

H¨ar ¨ar det allts˚a: x = ±1 (derivatan ej definierad) och x = 0 (derivatans nollst¨alle).

Teckenschemat ger:

−1 0 1

−2x + + + 0 − − −

(x²− 1)²+ x⁴ + + + + + + +

f⁰ + o + 0 − o −

f % o % 0 & o &

H¨ar ser vi direkt att x = 0 ¨ar en lokal maximipunkt.

3. Unders¨ ok funktionens beteende p˚ a randen av defini- tionsm¨ angden

Detta inneb¨ar ber¨akningar av gr¨ansv¨arden samt eventuella asymptoter.

F¨or den aktuella funktionen ¨ar definitionsm¨angden

-1 1

Allts˚a ¨ar det 6 gr¨ansv¨arden, n¨amligen x → ±∞, x → 1^± samt x → −1^±.

x→+∞lim f (x) = lim

x→+∞arctan 1 1 − _x¹2

= arctan 1 = ^π₄,

ty arctan ¨ar kontinuerlig och ¹

1− ¹ x2

→ 1 d˚a x → +∞

lim

x→+1⁺f (x) = lim

x→+1⁺arctan x² (x − 1)(x + 1) =^π₂,

ty x − 1 → 0⁺och_x+1^x2 > 0 och d¨armed _(x−1)(x+1)^x2 → +∞

d˚a x → +1⁺samt arctan t → ^π₂ d˚a t → +∞

lim

x→+1⁻f (x) = lim

x→+1⁻arctan x²

(x − 1)(x + 1) = −^π₂,

ty x − 1 → 0⁻och_x+1^x2 > 0 och d¨armed _(x−1)(x+1)^x2 → −∞

d˚a x → +1⁻samt arctan t → −^π₂ d˚a t → −∞

De resterande gr¨ansv¨ardena kan ber¨aknas p˚a samma s¨att, eller man anv¨ander att f ¨ar j¨amn. Man f˚ar

x→−∞lim f (x) = −^π₄ lim

x→−1⁺f (x) = −^π₂ lim

x→−1⁻f (x) = ^π₂

Asymptoter: inga lodr¨ata asymptoter, ty de ensidiga gr¨ansv¨ardena lim

x→±1^±f (x) finns (som reella tal).

v˚agr¨at asymptot: y = ^π₄ d˚a → ±∞.

Kommentar: Sneda asymptoter beh¨over inte unders¨okas ty lim

x→±∞f (x) finns.

Det kan vara bra att komplettera teckenschemat med informationen som vi har f˚att nu:

−1 0 1

−2x + + + 0 − − −

(x²− 1)²+ x⁴ + + + + + + +

f⁰ + o + 0 − o −

f ^π

4 %^π2 o −^π₂ % 0 &−^π₂ o ^π2 &^π₄

4. Rita grafen utifr˚ an ber¨ akningarna

-1 1

Π 4 Π 2

-^Π₂

5. Svar:

Lokal maximiv¨arde y = 0 i maximipunkten x = 0.

asymptot y =^π₄ d˚a → ±∞

Dag 16

Annu flera till¨¨ ampningar av derivator.

Avsnitt 4.3

Avsnittet handlar om mycket viktig praktisk fr˚aga, n¨amligen optimering, dvs att hitta st¨orsta och/eller minsta v¨arde av en funktion. OBS definitionsm¨angden

¨

ar viktig h¨ar! L¨as hela avsnitt noggrant. Metoderna ¨ar viktiga!

Avsnitt 4.4

Kurvritning kan ¨aven anv¨andas f¨or att visa olikheter. L¨as hela avsnittet.

Avsnitt 4.5

Avsnittet som handlar om en till¨ampning till ing˚ar inte i kursen, men det rek- ommenderas att ¨oga igenom avsnittet.

Kommentarer

Metoden i avsnitt 4.4 kan ¨aven anv¨andas f¨or avg¨ora om en funktion har ett nollst¨alle (eller om en derivata byter tecken).

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : ¨OPB 4.15be, 4.20, 4.32, PS4 Problem 1-6.

Probleml¨osningsuppgifter : ¨OPB 4.16, 4.17, 4.21, 4.33, 4.49.

Dag 17

Dagen handlar om (enkel) optimering f¨or funktioner av tv˚a variabler.

Kaptitel 2 och 3 i kompendiet TFV

I kapitel 2 inf¨ors partiella derivator f¨or funktioner av 2 variabler och i kapitel 3 diskuteras metoden f¨or att hitta st¨orsta och minsta v¨arde av en ”sn¨all” funktion p˚a ett ”sn¨allt” omr˚ade. L¨as noggrant! ¨Aven om det inte handlar om m˚anga sidor, s˚a tar det lite tid att v¨anja sig vid funktioner av flera variabler. Nu kan du inte l¨angre t¨anka p˚a en funktion som en kurva, utan funktionsgrafen utg¨ors nu av en yta i rummet.

Kommentarer

Dag 17 handlar om metoder. I en senare kurs kommer det kompletteras med den bakomliggande teorin.

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : TFV 3.1-3.4. PS4 Problem 7-10.

Probleml¨osningsuppgifter : TFV 3.5-6.

Dag 18

Dagen ¨agnas ˚at till¨ampningar av integraler: ber¨akning av vissa areor och voly- mer samt ber¨akning av l¨angden av en kurva

Avsnitt 7.1

Hela avsnittet l¨ases, dock kan eventuellt exempel 3 hoppas ¨over.

Avsnitt 7.3

Hela avsnittet l¨ases. Formlerna (1) och (2) ¨ar viktiga.

Avsnitt 7.4

Avsnittet b¨orjar med en genomg˚ang av kurvor p˚a parameterform. D¨arefter f¨orklaras formeln f¨or l¨angden av en kurva (formel (5)). Bevis f¨or att l¨angden ¨ar oberoende av valet av parameterframst¨allning (slutet p˚a sid. 334 och b¨orjan p˚a sid. 335) kan hoppas ¨over. Delavsnittet om rymdkurvor ing˚ar inte i kursen.

Avsnitt 7.5

I avsnittet h¨arleds formeln f¨or en rotationsyta (formel (8)).

Kommentarer

Avsnitt 7.1: Arean av omr˚adet g(x) ≤ y ≤ f (x), a ≤ x ≤ b ¨ar lika med Rb

a(f (x) − g(x)) dx. H¨ar beh¨over inte f, g vara ≥ 0, d¨aremot ¨ar det viktigt att g ≤ f (annars kan ju inte olikheten g(x) ≤ y ≤ f (x) g¨alla).

Avsnitt 7.3: I exempel 7 ber¨aknas volymen av den kropp som uppst˚ar d˚a skivan 0 ≤ y ≤ 1 − (x − 2)², 1 ≤ x ≤ 3 roterar kring y-axeln. Den allm¨anna formeln f¨or volymen d˚a skivan 0 ≤ y ≤ f (x), a ≤ x ≤ b roterar kring y-axeln ¨ar V = 2πRb

axf (x) dx. Formeln ¨ar viktig men finns inte med i boken (utom just i det ovann¨amnda specialfallet).

Om skivan 0 ≤ x ≤ g(y), c ≤ y ≤ d roterar kring y-axeln, s˚a ¨ar volymen V = πRd

c g(y)²dy. Detta ¨ar formel (2) med ombytta roller mellan x och y.

Avsnitt 7.4: Parameterframst¨allningen r(t) = (x(t), y(t)) kan tolkas som ”kartko- ordinater” vid tiden t.

Avsnitt 7.5: Observera att den o¨andliga kroppen i exempel 14 har en till synes mycket m¨arklig egenskap - den har ¨andlig volym medan mantelytans area ¨ar o¨andlig.

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : PS5: 1, 2; ¨OPB: 7.3, 7.17, 7.34

Probleml¨osningsuppgifter : PS5: 3; ¨OPB: 7.14, 7.18, 7.20, 7.26, 7.29, 7.35

Dag 19

Inledning till dubbelintegraler. Samband mellan dubbelintegral och volym. Exem- pel p˚a ber¨akning av dubbelintegraler ¨over enkla omr˚aden

Avsnitt 4.1 i TFV

Formel (32) i sats 2 ¨ar identisk med formel (1) i avsnitt 7.3 i PB. Formeln i f¨oljdsats 1 ¨ar identisk med formel (2) i samma avsnitt av PB. Formeln i sats 3

¨

ar identisk med den formel som finns i den f¨orsta kommentaren till avsnitt 7.3, dag 18.

Avsnitt 4.2

I avsnittet f¨orklaras hur man kan best¨amma volymen av en kropp genom att ber¨akna tv˚a enkelintegraler (dvs. genom itererad integration), se formlerna (37) och (38).

Avsnitt 4.3

Begreppet dubbelintegral introduceras.

Avsnitt 4.4 och 4.5

I avsnitten ges exempel p˚a ber¨akning av dubbelintegraler, dels ¨over en axel- parallell rektangel, dels ¨over allm¨anare omr˚aden (s.k. omr˚aden av intervalltyp).

Studera dessa exempel noga.

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : PS5: 4, 5; TFV, avsnitt 4.6: 1, 2, 3 Probleml¨osningsuppgifter : PS5: 6; TFV, avsnitt 4.6: 4, 5, 6

Dag 20

Dagen ¨agnas ˚at behandling av variabelbyte till pol¨ara koordinater i dubbelinte- graler, integraluppskattningar av summor och sambandet mellan generaliserade integraler och serier

Kapitel 5 i TFV

Sats 7 och 8 ¨ar mycket viktiga. Det kan vara l¨ampligt att antingen l¨asa bevis f¨or sats 7 p˚a sid. 18-19 eller den del av appendix till dag 20 d¨ar formel (84) i sats 8 h¨arleds (eller snarare troligg¨ors). Exemplen b¨or studeras noga. Delavsnittet om generaliserade dubbelintegraler inneh˚aller ett intressant resultat men det r¨acker om det l¨ases ¨oversiktligt.

Avsnitt 7.9 i PB

Formel (14) och dess h¨arledning ¨ar viktiga. ¨Aven sats 1 ¨ar viktig. Exempel 21 och 22 l¨ases. L¨agg speciellt m¨arke till exempel 22 d¨ar det visas att serien P∞

k=11/k^αkonvergerar om och endast om α > 1. Exempel 20 och efterf¨oljande anm¨arkning ¨ar mindre viktiga. L¨agg ocks˚a m¨arke till att sista exemplet i ap- pendix till dag 20 liknar en WebWorkuppgift.

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : TFV, avsnitt 5.3: 1, 2

Probleml¨osningsuppgifter : PS5: 7, 8; TFV, avsnitt 5.3: 3, 4; ¨OPB: 7.46, 7.47

Dag 21

Det ¨ar den f¨orsta dagen av tv˚a som handlar om (ordin¨ara) differentialekvationer.

Den ¨agnas ˚at f¨orsta ordnings differentialekvationer.

Avsnitt 8.1 i PB

L¨as hela avsnittet. Den ger en bra introduktion till differentialekvationer genom exempel. L¨agg ocks˚a m¨arke till terminologin p˚a sida 368, t.ex. vad som menas med en l¨osning.

Avsnitt 8.2

L¨as hela avsnittet noggrant. Det ger en l¨osningsmetod f¨or linj¨ara differentialek- vationer av f¨orsta ordning. Du ska kunna komma ih˚ag sj¨alva metoden, men beh¨over ej kunna utantill formel (11).

Avsnitt 8.3

L¨as hela avsnittet noggrant. Det ger en l¨osningsmetod f¨or separabla differen- tialekvationer. ¨Aven h¨ar g¨aller: l¨ar dig metoden, inte l¨osningsformeln!

Avsnitt 8.4

Detta avsnitt handlar om en viss typ av integralekvationer som kan skrivas om till differentialekvationer. L¨as noggrant exempel 13 (och l¨agg m¨arke till hur man skriver integralekvationen om till en ekvivalent differentialekvation). Exempel 14 kan hoppas ¨over (men ¨ar en mycket intressant till¨ampning!).

Kommentarer

Du har nu l¨art dig att l¨osa 2 typer av differentialekvationer av f¨orsta ordning.

Om du allts˚a f˚ar en differentialekvation som ¨ar av f¨orsta ordning, s˚a ska du kolla om den ¨ar linj¨ar och/eller separabel och d¨arefter v¨aljer du l¨osningsmetoden. Det f¨orsta steget ¨ar allts˚a alltid att avg¨ora typen av ekvationen.

I exempel 10 anv¨ands den vanliga metoden att ”flytta dx till andra sidan”.

Observera att ¨aven om detta kan k¨annas konstigt, s˚a ¨ar det ett praktiskt s¨att att utf¨ora variabelbytet i l¨osningsformeln. Det ¨ar allts˚a helt korrekt, kolla p˚a sidan 377.

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : ¨OBP 8.2, 7, 9, 22, 23. PS5 Problem 9-10.

Probleml¨osningsuppgifter : ¨OBP 8.17, 18, 28 (33)

Dag 22

Det ¨ar den andra dagen av tv˚a som handlar om (ordin¨ara) differentialekvationer.

Den ¨agnas ˚at linj¨ara andra ordnings differentialekvationer.

Avsnitt 8.1 i PB

L¨as hela avsnittet. Den ger en bra introduktion till differentialekvationer genom exempel. L¨agg ocks˚a m¨arke till terminologin p˚a sida 368, t.ex. vad som menas med en l¨osning.

Avsnitt 8.2

L¨as hela avsnittet noggrant. Det ger en l¨osningsmetod f¨or linj¨ara differentialek- vationer av f¨orsta ordning. Du ska kunna komma ih˚ag sj¨alva metoden, men beh¨over ej kunna utantill formel (11).

Avsnitt 8.5

L¨as hela avsnittet noggrant. Det handlar om linj¨ara differentialekvationer. Sats 1 (och avsnittet d¨arefter) ¨ar mycket viktigt. L¨as noggrant ¨aven delen om kom- plexa l¨osningar, det beh¨ovs fram¨over.

Avsnitt 8.6

L¨as noggrant hela avsnittet om l¨osningar till linj¨ara homogena differentialekva- tioner av andra ordningen med konstanta koefficienter. Sats 2 ¨ar mycket viktig!

L¨agg m¨arke till sammanfattningen under rubriken ”l¨osningar p˚a reell form”

inklusive Sats 3.

Avsnitt 8.7

Detta avsnitt handlar om l¨ampliga ansatser f¨or att hitta en partikul¨ar l¨osning till den inhomogena ekvationen, om h¨ogerledet ¨ar av en enkel form.

Exempel 26 och 27 kan l¨asas ¨oversiktligt, men l¨agg m¨arke till begreppet reso- nans.

Avsnitt 8.8

Avslutningsvis diskuteras h¨ar att samma metoder fungerar ¨aven f¨or linj¨ara dif- ferentialekvationer med konstanta koefficienter av h¨ogre ordning.

Kommentarer

Avsnitt 8.5: L¨agg m¨arke till egenskap linj¨ar och f¨ors¨ok se sambandet med andra linj¨ara ekvationer, t.ex. en ekvation av formen ax + by = c eller diophantiska ekvationer fr˚an algebradelen. Betrakta exempelvis ax + by = c, s˚a vet du att ekvationen beskriver en r¨at linje i planet. Den kan ocks˚a beskrivas med en

parameterframst¨allning

x y



=x₀ y0

 + t b

−a



t ∈ R.

H¨ar ¨arx0

y0



en punkt p˚a planet, dvs en partikul¨ar l¨osning till ekvationen, och t b

−a



utg¨or den allm¨anna l¨osningen till den homogena ekvationen ax+by = 0.

L¨osningen har allts˚a samma struktur och det beror just p˚a linj¨ariteten.

Avsnitt 8.6: N¨ar du f˚ar komplexa r¨otter till den karakteristiska ekvationen, s˚a kan du direkt anv¨anda Sats 3 f¨or att skriva l¨osningarna p˚a reell form.

Avsnitt 8.7: Observera att genomg˚ang av fall (A)- (F) f¨or att hitta en partikul¨ar l¨osning inte bara ger en metod utan visar ¨aven att ansatsen leder till en l¨osning.

Ansatserna kan dock f¨orkortas p˚a f¨oljande s¨att. Observera att fall (E) ¨ar det mest allm¨anna fallet med h¨ogerledet ¨ar av formen

h(x) = (polynom) · e^αxcos βx + (annat polynom) · e^αxsin βx.

I s˚a fall ¨ar det viktiga v¨ardet γ = α + iβ. Vad som ¨ar avg¨orande f¨or ansat- sen ¨ar om γ ¨ar nollst¨alle till den karaktistiska ekvationen (till den homogena differentialekvationen) och i s˚a fall av vilken multiplicitet.

• Om γ inte ¨ar nollst¨alle till den karaktistiska ekvationen s˚a ¨ar ansatsen y_p(x) = Q₁(x) · e^αxcos βx + Q₂(x) · e^αxsin βx, d¨ar Q₁ och Q₂¨ar polynom av grad som ¨ar maximum av graderna av de polynom som f¨orekommer i h.

OBS: ¨Aven om t.ex. Q2= 0, dvs sin-termen finns inte, s˚a m˚aste ansatsen inneh˚alla b˚ade sin och cos.

• Om γ inte ¨ar nollst¨alle till den karaktistiska ekvationen med multiplicitet m s˚a m˚aste den tidigare ansatsen multipliceras med x^m, allts˚a f˚ar vi yp(x) = x^m Q1(x) · e^αxcos βx + Q2(x) · e^αxsin βx
, d¨ar Q1 och Q2 igen

¨

ar polynom av grad som ¨ar maximum av graderna av de polynom som f¨orekommer i h.

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : ¨OBP 8.38, 39, 49,abc, 50, 51bd, 55, 56cd, 57, 63ab. PS6 Problem 1-3.

Probleml¨osningsuppgifter : ¨OBP 8.37, 42, 60, 63d.

Exempel:

(1a) y⁰⁰− y⁰+ 6y = x²e^x (1b) y⁰⁰− y⁰+ 6y = (x + 3)e^3x (1c) y⁰⁰− y⁰+ 6y = sin x

(2a) y⁰⁰− 10y⁰+ 29y = e^xcos 2x + e^xsin 2x (2b) y⁰⁰− 10y⁰+ 29y = (x + 1)e^5xcos 2x (3a) y⁰⁰+ 2y⁰+ y = (x + 1)e^−x

Vi kollar f¨orst den karakteristiska ekvationen f¨or ekvationerna i (1a-c) som ¨ar r²− r + 6 = 0 och har l¨osningar r1= 2 och r2= 3.

I ekvation (1a) ¨ar h¨ogerledet h(x) = x²e^x, allts˚a av formen (andragradspolynom)·e^x och vi observerar att det avg¨orande v¨ardet γ = 1 inte ¨ar l¨osning till den karak- teristiksa ekvationen, allts˚a ¨ar f¨or (1a) ansatsen y_p(x) = (Ax²+ Bx + C)e^x. F¨or (1b) ¨ar γ = 3 ett enkelt nollst¨alle till den karakteristiska ekvationen och h¨ogerledet inneh˚aller ett f¨orstagradspolynom allts˚a blir ansatsen p˚a formen y_p(x) = x(Ax + B)e^3x.

F¨or (1c) ¨ar γ = i inte nollst¨alle till den karakteristiska ekvationen och polynomet

¨

ar en konstant (dvs av grad 0), d¨armed blir ansatsen y_p(x) = A cos x + B sin x.

Nollst¨allena till den karakteristiska ekvationen f¨or (2a-b) ¨ar r1,2= 5 ± 2i.

F¨or (2a) ¨ar γ = 1 + 2i inte nollst¨alle till den karakteristiska ekvationen, allts˚a blir ansatsen yp(x) = A cos 2x + B sin 2x.

F¨or (2b) ¨ar γ = 5 + 2i enkelt nollst¨alle till den karakteristiska ekvationen och d¨armed ¨ar ansatsen yp(x) = x(Ax + B)e^5xcos 2x + x(Cx + D)e^5xsin 2x.

F¨or ekvationen (3a) ¨ar γ = −1 ett dubbelt nollst¨alle till den karakteristiska ekvationen r²+ 2r + 1 = 0 vilket ger att ansatsen blir yp(x) = x²(Ax + B)e^−x.

OBS: Om din ansats har ett polynom av f¨or l˚ag grad, kommer du f˚a en mots¨agelse.

T.ex x²= Ax + B, d¨ar ¨ar det om¨ojligt att v¨alja konstanterna A och B s˚adana att identiteten g¨aller f¨or alla x. I s˚a fall kolla om din ansats ¨ar ok, eller om du har r¨aknat fel p˚a v¨agen.

Dag 23

Dagen handlar om approximation av funktioner med polynom (Maclaurin- och Taylorpolynomet)

Avsnitt 9.1

H¨ar f¨orklaras problemst¨allningen och n˚agra inledande exempel ges. Det r¨acker att l¨asa avsnittet ¨oversiktligt.

Avsnitt 9.2

Aven det h¨¨ ar avsnittet ¨ar av inledande karakt¨ar.

Avsnitt 9.3 t.o.m. (och inklusive) Taylors formel

Huvudresultaten ¨ar sats 1 och sats 2. Hela avsnittet t.o.m. Taylors formel l¨ases.

Avsnitt 9.4 fram till (och exklusive) j¨ amna och udda funk- tioner

Standardutvecklingarna ¨ar mycket viktiga. Man b¨or kunna snabbt h¨arleda dem.

Kommentarer

I Maclaurins formel uttrycks funktionen f p˚a formen f (x) = p_n(x) + R_n+1(x), d¨ar pn ¨ar det n-te grads polynom (Maclaurinpolynomet) vars derivator t.o.m.

ordning n i origo ¨overensst¨ammer med motsvarande derivator i origo f¨or f . Rn+1¨ar resttermen, dvs. det fel som beg˚as om f approximeras med pn. En mer ing˚aende f¨orklaring varf¨or pnser ut som det g¨or och n˚agra exempel finns i appendix till dag 23.

Formlerna i sats 4 ¨ar viktiga i till¨ampningar. Dessa formler (i varje fall n˚agra termer i b¨orjan) ¨ar l¨atta att komma ih˚ag om man ser ett m¨onster.

Formel (13) f˚ar dock anses vara mindre viktig i sammanhanget. Men man b¨or kunna f˚a fram n˚agra termer i b¨orjan vid behov (ett exempel p˚a detta finns i appendix till n¨asta dag).

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : ¨OPB: 9.1, 9.3, 9.5, 9.7, 9.10 Probleml¨osningsuppgifter : ¨OPB: 9.24, 9.27

Dag 24

Dagen handlar om standardutvecklingar och om till¨ampningar av Maclaurins och Taylors formler

Avsnitt 9.3 forts.

I sats 2 best¨ams resttermen R_n+1p˚a en form som ¨ar mindre exakt men tillr¨acklig f¨or vissa till¨ampningar. Beviset b¨or l¨asas. Sats 3 ¨ar viktig, beviset kan eventuellt hoppas ¨over.

Avsnitt 9.4 forts.

Delavsinttet om j¨amna och udda funktioner b¨or l¨asas, delavsnittet om utveck- lingen (13) ¨ar mindre viktigt.

Delavsnitt 9.6.1 och 9.6.2

I delavsnitten finns ett flertal exempel p˚a till¨ampningar av Maclaurins och Tay- lors formler. Det ¨ar viktigt att arbeta sig igenom dessa exempel. Fler exempel finns i appendix till dag 24.

Kommentarer

Resttermen p˚a formen B(x)xⁿkan med f¨ordel skrivas som O(xⁿ). Detta f¨orklaras ing˚aende i b¨orjan av appendix till dag 24.

I delavsnittet om j¨amna och udda funktioner visas att f¨or en j¨amn funktion

¨

ar derivator av udda ordning lika med 0 i origo och f¨or en udda funktion ¨ar derivator av j¨amn ordning lika med 0 i origo. Detta f¨orklarar varf¨or sin och arctan bara inneh˚aller termer av udda ordning och cos bara termer av j¨amn ordning.

I delavsnitt 9.6.1 anv¨ands Maclaurins formel f¨or att ber¨akna vissa n¨armev¨arden, och d¨ar m˚aste resstermen uttryckas exakt f¨or att g¨ora en korrekt feluppskat- tning. I delavsnitt 9.6.2 ber¨aknas ett antal gr¨ansv¨arden, och d¨ar r¨acker det att ha resttermen p˚a den mindre exakta formen B(x)xⁿ eller O(xⁿ). Fler l¨osta exempel finns i appendix till dag 24.

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : ¨OPB: 9.19, 9.20, 9.36, 9.38b Probleml¨osningsuppgifter : PS6: 7, 8; ¨OPB: 9.22a, 9.41a

Dag 25

Dagen behandlar Maclaurinserier, lokala extremumunders¨okningar och l’Hospitals regel

Delavsnitt 9.6.3

Hela delavsnittet b¨or l¨asas. Materialet ¨ar dock inte lika viktigt som det i f¨oreg˚aende avsnitt.

Avsnitt 9.7

Exempel 18 och 19 l¨ases. De f¨orklarar hur man kan unders¨oka om en funktion har ett lokalt maximum eller minimum i en station¨ar punkt ifall det inte g˚ar att g¨ora en teckentabell f¨or f⁰ och om f⁰⁰= 0 i punkten.

l’Hospitals regel t.o.m. (och inklusive) exempel 21 l¨ases. Resten av avsnittet ing˚ar inte i kursen.

Kommentarer

l’Hospitals regel ger en m¨ojlighet att under vissa villkor ers¨atta ber¨akning av gr¨ansv¨ardet lim_x→af (x)/g(x) med ber¨akning av lim_x→af⁰(x)/g⁰(x). Eventuellt kan flera deriveringar beh¨ova g¨oras. Metoden fungerar om f och g har l¨attr¨akna- de derivator. Ibland fungerar dock metoden inte alls (se exempel 21), ibland blir r¨akningarna s˚a besv¨arliga att det ¨ar mycket enklare att Maclaurinutveckla.

Appendix till dag 25 inneh˚aller ett antal l¨osta exempel. Observera speciellt att det sista exemplet liknar en WebWorkuppgift.

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : ¨OPB: 9.39b

Probleml¨osningsuppgifter : PS6: 9, 10; ¨OPB: 9.41b, 9.43, 9.45, 9.52

Dag 26 och 27

Dagen enkel differentialkalkyl f¨or funktioner i tv˚a variabler samt n˚agra partiella differentialekvationer

Kapitel 6 i TFV

L¨as hela avsnitt noggrant, h¨ar inf¨ors tangentplanet till grafen till en funktion av tv˚a variabler.

Kapitel 7

L¨as hela kapitlet som motiverar kedjereglen f¨or funktioner av tv˚a variabler. I avsnitt 7.3 anv¨ands kedjereglen f¨or att l¨osa vissa partiella differentialekvationer med hj¨alp av variabelbyte. OBS i denna kurs beh¨over du inte kommer sj¨alv p˚a variabelbytet utan det ¨ar angiven i varje uppgift.

Kommentarer

L¨age m¨arke till att kedjeregeln dz dt = ∂z

∂x dx

dt +∂z

∂y dy dt

inneh˚aller b˚ada partiella och ”vanliga” derivator. Detta beror p˚a att z = z(x, y)

¨

ar en funktion av tv˚a variabler (allts˚a partiella derivator ^∂z_∂x och ^∂z_∂y) men om ha funktioner x(t) och y(t) som var och en beror p˚a en variabel, n¨amligen t, s˚a blir den sammansatta funktionen z(x(t), y(t)) en funktion av endast t och dess derivata betecknas med ^dz_dt.

Ovningar: ¨

Inl¨arningsuppgifter : TFV 6.1, 7.1-7.3. PS6 Problem 4-6.

Probleml¨osningsuppgifter : TFV 6.2, 7.4.

Appendix till dag 18

Volymber¨ akningar

Vi vill ber¨akna volymen av den kropp som uppst˚ar d˚a omr˚adet mellan x-axeln och kurvan y = f (x), a ≤ x ≤ b, roterar kring x-axeln.

Delar man in intervallet [a, b] s˚a att a = x₀ < x₁ < · · · < x_n = b och alla delintervall [xk−1, xk] ¨ar sm˚a, s˚a ¨ar den del av volymen som ligger mellan xk−1

och xk ungef¨ar lika med πf (xk)²(xk − xk−1) (kroppen mellan xk−1 och xk

approximeras med en cylinder med radien f (x_k) och h¨ojden x_k− xk−1).

S˚a volymen V ≈

n

X

k=1

πf (x_k)²(x_k− x_k−1).

Om vi g¨or alla delintervall mindre och mindre, s˚a kommer summan ovan att approximera integralen av πf (x)²¨over [a, b] b¨attre och b¨attre. S˚a

V = π Z b

a

f (x)²dx.

Exempel. Ber¨akna volymen av den kropp som alstras d˚a kurvan y = x², 1 ≤ x ≤ 2, roterar kring x-axeln.

V = π Z 2

1

x⁴dx = πx⁵/5²

1= π(2⁵− 1⁵)/5 = 31π/5.

L˚at f (x) ≥ 0 f¨or x ∈ [a, b], d¨ar a ≥ 0. Nu vill vi ber¨akna volymen av den kropp som alstras d˚a omr˚adet mellan x-axeln och kurvan y = f (x), a ≤ x ≤ b, roterar kring y-axeln (obs!).

Den del av kroppen som svarar mot ∆x approximeras med ett cylinderskal med inre radien x, h¨ojden f (x) och tjockleken ∆x. Ar ∆x litet, s˚¨ a ¨ar volymen

∆V ≈ inre cylinderns area g˚anger tjockleken = 2πxf (x)∆x.

G¨or vi en indelning av [a, b] i sm˚a delintervall som vi gjorde tidigare, leder detta till integralen av 2πxf (x) ¨over [a, b]. S˚a den h¨ar g˚angen ¨ar volymen

V = 2π Z b

a

xf (x) dx.

Exempel. Ber¨akna volymen av den kropp som alstras d˚a omr˚adet mellan x- axeln och kurvan y = x², 1 ≤ x ≤ 2, roterar kring y-axeln.

V = 2π Z 2

1

x³dx = 2πx⁴/4²

1= 15π/2.

Exempel. Ber¨akna volymen av den kropp som alstras d˚a skivan x⁴≤ y ≤ x², x ≥ 0 roterar kring y-axeln.

Kurvorna y = x² och y = x⁴, x ≥ 0, har tv˚a sk¨arningspunkter som svarar mot x = 0 och x = 1 . S˚a skivan ser ut s˚a h¨ar:

Volymen blir allts˚a skillnaden mellan den volym som svarar mot 0 ≤ y ≤ x² och den som svarar mot 0 ≤ y ≤ x⁴.

S˚a V = 2π Z 1

0

x(x²− x⁴) dx = π/6.

Uppgiften kan ¨aven l¨osas p˚a ett annat s¨att. F¨or x ≥ 0 ¨ar funktionerna y = x² och y = x⁴ inverterbara med inverserna x = y^1/2 resp. x = y^1/4, och y = 0 d˚a x = 0 samt y = 1 d˚a x = 1.

Volymsformeln d˚a omr˚adet mellan y-axeln och kurvan x = f⁻¹(y), c ≤ y ≤ d

¨

ar V = π Z d

c

f⁻¹(y)²dy (t¨ank efter varf¨or). S˚a V = π

Z 1 0



(y^1/4)²− (y^1/2)² dy = π

Z 1 0

(y^1/2− y) dy = π/6.

B˚ agl¨ angd

En kurva p˚a parameterform ges av uttrycket r(t) = (x(t), y(t)), α ≤ t ≤ β.

I forts¨attningen antar vi att x(t), y(t) ¨ar kontinuerligt deriverbara funktioner.

Det ¨ar naturligt att definiera r⁰(t) = (x⁰(t), y⁰(t)) och man kan inse att r⁰(t) anger tangentriktningen till kurvan i punkten r(t) f¨orutsatt att r⁰(t) 6= (0, 0) (se bilden p˚a sid. 332 i boken).

Vi approximerar kurvan med ett polygont˚ag. Om ∆t ¨ar litet, s˚a ¨ar x(t + ∆t) − x(t) = [enl. medelv¨ardessatsen] = x⁰(ξ)∆t ≈ x⁰(t)∆t och p˚a samma s¨att ¨ar y(t + ∆t) − y(t) ≈ y⁰(t)∆t.

S˚a b˚agl¨angden fr˚an r(t) till r(t + ∆t) ¨ar, enl. Pythagoras sats, ungef¨ar lika med p(x⁰(t)²+ y⁰(t)²∆t = |r⁰(t)|∆t, d¨ar |r⁰(t)| betecknar l¨angden av vektorn r⁰(t).

Detta leder till formeln f¨or b˚agl¨angden av en kurva:

L = Z β

α

p(x⁰(t)²+ y⁰(t)²dt = Z β

α

|r⁰(t)| dt.

Fysikaliskt ¨ar r⁰(t) hastighetsvektorn och |r⁰(t)| farten. S˚a b˚agl¨angden ¨ar lika med integralen av farten ¨over tidsperioden.

Slutligen noterar vi att kurvan y = f (x), a ≤ x ≤ b (d¨ar f har kontinuerlig derivata) kan parametriseras genom x = t, y = f (t), s˚a dess l¨angd ¨ar

L = Z b

a

p1 + f⁰(t)²dt, och ers¨atter vi t med den mer naturliga variabeln x, s˚a f˚ar vi

L = Z b

a

p1 + f⁰(x)²dx.

Rotationsarea

L˚at kurvan y = f (x), a ≤ x ≤ b, rotera kring x axeln. Vi antar att f har kontinuerlig derivata och vi vill ber¨akna arean av den yta som uppst˚ar vid rotationen.

Vi ers¨atter kurvan mellan x och x+∆x, d¨ar ∆x ¨ar litet, med ett linjestycke. N¨ar den s˚a erh˚allna skivan (markerad med r¨ott p˚a bilden) roterar, bildas en stympad kon vars mantelyta har area som ¨ar ungef¨ar lika med omkretsen 2πf (x) g˚anger l¨angden av linjestycket.

Linjestyckets l¨angd ¨ar ungef¨arp1 + f⁰(x)²∆x (jfr. avsnittet om b˚agl¨angden).

S˚a den del av mantelytan som ligger mellan x och x + ∆x har, f¨or ∆x litet, arean ungef¨ar lika med 2πf (x)p1 + f⁰(x)²∆x. Detta leder till areaformeln

A = 2π Z b

a

f (x)p

1 + f⁰(x)²dx.

Appendix till dag 19

Anm¨arkning om ”volym med tecken”. I envariabelfallet, om man inte antar att f ≥ 0, s˚a f˚ar man ”area med tecken”: man f˚ar arean med plustecken

av delen d¨ar f > 0 och arean med minustecken av delen d¨ar f < 0 (dvs. av den delen som ligger under x-axeln). Motsvarande g¨aller i tv˚avariabelfallet: man f˚ar volymen med plustecken av delen d¨ar f > 0 minus volymen av delen d¨ar f < 0 (dvs. av delen som ligger under xy-planet).

Nedan f¨oljer n˚agra exempel p˚a ber¨akning av dubbelintegraler.

Exempel. Ber¨akna Z Z

∆

xe^xydxdy, d¨ar ∆ = [0, 1] × [0, 2].

Z 2 0

xe^xydy = [xy = t, x dy = dt] = Z 2x

0

e^tdt = e^2x− 1.

S˚a Z Z

∆

xe^xydxdy = Z 1

0

(e^2x− 1) dx = 1 2e^2x− x

1 0

=e² 2 −3

2.

Att integrera m.a.p. x f¨orst ¨ar sv˚arare eftersom det kr¨aver en partialintegration (och ¨aven y-integralen blir sedan sv˚arare att ber¨akna).

Om f (x, y) = g(x)h(y) och ∆ = [a, b] × [c, d], s˚a ¨ar Z Z

∆

f (x, y) dxdy = Z Z

∆

g(x)h(y) dxdy = Z d

c

Z b a

g(x)h(y) dx

! dy

= [bryt ut h(y)] = Z d

c

h(y) Z b

a

g(x) dx

! dy =

Z b a

g(x) dx Z d

c

h(y) dy.

Allts˚a f˚ar vi Z Z

∆

g(x)h(y) dxdy = Z b

a

g(x) dx Z d

c

h(y) dy (sats 7 i TFV).

Exempel. Ber¨akna Z Z

[0,1]×[2,4]

xe^x+ydxdy.

Eftersom xe^x+y= xe^xe^y, f˚ar vi Z Z

[0,1]×[2,4]

xe^x+ydxdy = Z 1

0

xe^xdx Z 4

2

e^ydy.

Exempel p˚a ett omr˚ade av intervalltyp i y-led:

N¨ar man integrerar m.a.p. y, s˚a ¨ar x fixerat. Man g˚ar in i omr˚adet vid den nedersta r¨oda pilen och g˚ar ur omr˚adet vid den ¨oversta, dvs. man integrerar

¨

over linjestycket α(x) ≤ y ≤ β(x).

D¨arf¨or blir den inre integralen lika med Z β(x)

α(x)

f (x, y) dy. Sedan f˚ar man ta alla linjestycken f¨or alla olika x ∈ [a, b].

Detta ger Z Z

D

f (x, y) dxdy = Z b

a

Z β(x) α(x)

f (x, y) dy

!

dx (formel (53) i TFV).

Exempel p˚a ett omr˚ade av intervalltyp i x-led:

Vid integration m.a.p. x g˚ar man in i omr˚adet d˚a x = φ(y) och g˚ar ur d˚a x = ψ(y). D¨arf¨or blir den inre integralen lika med

Z ψ(y) φ(y)

f (x, y) dx den h¨ar g˚angen.

Exempel. Ber¨akna dubbelintegralen I = Z Z

D

e^x+ydxdy, d¨ar D ¨ar triangeln med h¨orn i (0, 0), (2, 0) och (0, 2).

Det underl¨attar om man ritar en figur:

Vi integrerar m.a.p. y f¨orst. I = Z 2

0

Z 2−x 0

e^xe^ydy

 dx =

Z 2 0

[e^xe^y]^y=2−x_y=0 dx = Z 2

0

(e^xe^2−x− e^x) dx = Z 2

0

(e²− e^x) dx = [e²x − e^x]²₀= e²+ 1.

Vi kunde lika g¨arna ha integrerat m.a.p. x f¨orst.

OBS! Ett vanligt f¨orekommande allvarligt fel ¨ar att man skriver om integralen som

Z Z

D

e^x+ydxdy = Z 2

0

Z 2 0

e^xe^ydy

 dx.

D˚a har man inte integrerat ¨over omr˚adet D utan ¨over det st¨orre omr˚adet som ¨ar kvadraten [0, 2] × [0, 2].

Ett annat vanligt f¨orekommande fel:

Z Z

D

e^x+ydxdy = Z 2

0

e^xdx Z 2−x

0

e^ydy = (e²− 1)(e^2−x− 1).

D˚a har man f˚att en funktion av x, och integralens v¨arde skall ju vara ett tal.

Exempel. Ber¨akna dubbelintegralen I = Z Z

D

sin y

y dxdy, d¨ar D ¨ar triangeln med h¨orn i (0, 0), (0, 2π) och (π, 2π).

Integrerar vi m.a.p. y f¨orst, f˚ar vi I = Z π

0

Z 2π 2x

sin y y dy



dx. Men (sin y)/y har ingen primitiv funktion som kan uttryckas i (¨andligt m˚anga) element¨ara funktioner. S˚a vi fastnar.

Integrerar vi m.a.p. x f¨orst, f˚ar vi I =

Z 2π 0

Z y/2 0

sin y y dx

! dy =

Z 2π 0

 xsin y

y

x=y/2 x=0

dy = 1 2

Z 2π 0

sin y dy = 0.

Appendix till dag 20

Variabelbyte till pol¨ ara koordinater i dubbelintegraler

Sambandet mellan (x, y) och de pol¨ara koordinaterna (r, θ) ¨ar x = r cos θ, y = r sin θ.

Vid byte till pol¨ara koordinater svarar ett omr˚ade D i xy-planet mot ett omr˚ade E i rθ-planet.

Exempel. L˚at D = {(x, y) : 1 ≤ x²+ y²≤ 4}. D ¨ar omr˚adet mellan cirklarna x²+ y²= 1 och x²+ y²= 4. Motsvarande omr˚ade i rθ-planet blir E = {(r, θ) : 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π}.

Observera dock att 0 ≤ θ ≤ 2π kan bytas mot t.ex. −π ≤ θ ≤ π (det viktiga h¨ar ¨ar att man g˚ar runt exakt ett varv).

Exempel. Om omr˚adet D ges av olikheterna x²+ y² ≤ 1, |x| ≤ y, s˚a ges motsvarande omr˚ade E i pol¨ara koordinater av olikheterna r ≤ 1, π/4 ≤ θ ≤ 3π/4, se nedan.

Nu vill vi h¨arleda (eller snarare troligg¨ora) formeln f¨or byte till pol¨ara koordi- nater och d˚a tolkar vi dubbelintegralen som en volym s˚a som vi gjorde tidigare.

L˚at f ≥ 0 och l˚at D vara omr˚adet till v¨anster p˚a n¨asta bild.

H¨ar ¨ar a ≤ r ≤ b och α ≤ θ ≤ β. S˚a i rθ-planet f˚ar vi en rektangel E, se bilden till h¨oger.

H¨ar har vi en bild av en liten (dock av praktiska sk¨al f¨orstorad) del ∆D av omr˚adet D ovan. Den inre cirkelb˚agen har radien r, och eftersom vinkeln ¨ar

∆θ, s˚a ¨ar b˚agl¨angden r∆θ. ¨Ar ∆r och ∆θ sm˚a, s˚a ¨ar arean av ∆D ungef¨ar lika med r ∆θ∆r och volymen av den delen av kroppen som ligger ovanf¨or ∆D blir ungef¨ar f (x, y)r ∆θ∆r = f (r cos θ, r sin θ)r ∆r∆θ.

Detta leder till formeln f¨or volymen V = Z Z

E

f (r cos θ, r sin θ)r drdθ.

S˚a Z Z

D

f (x, y) dxdy = Z Z

E

f (r cos θ, r sin θ)r drdθ (jfr. sats 8 i TFV).

Det ¨ar inte n¨odv¨andigt att omr˚adet D ¨ar s˚adant att E ¨ar en axelparallell rek- tangel, t.ex. r¨acker det med att E ¨ar av intervalltyp i r- eller θ-led.

Exempel. Ber¨akna Z Z

D

x²y dxdy, d¨ar omr˚adet D ges av olikheterna x²+ y²≤ 2, y ≥ 0.

x²+ y² ≤ 2 ger r² ≤ 2, dvs. r ≤ √

2, och y ≥ 0 ger 0 ≤ θ ≤ π. Allts˚a ¨ar E

rektangeln 0 ≤ r ≤√

2, 0 ≤ θ ≤ π. S˚a Z Z

D

x²y dxdy = Z Z

E

r²cos²θ r sin θ r drdθ = Z Z

E

r⁴cos²θ sin θ drdθ

= Z

√2

0

r⁴dr Z π

0

cos²θ sin θ dθ.

H¨ar har vi utnyttjat att E ¨ar en axelparallell rektangel och integranden ¨ar av typen g(r)h(θ). B˚ada enkelintegraler ovan ¨ar l¨atta att ber¨akna (i integralen m.a.p. θ substituerar man cos θ = t).

I det h¨ar exemplet beh¨over man inte g˚a ¨over till pol¨ara koordinater utan det g˚ar ocks˚a bra att integrera direkt.

Man f˚ar d˚a Z Z

D

x²y dxdy = Z

√ 2

−√ 2

Z

√ 2−x²

0

x²y dy

!

dx (ber¨akna den h¨ar in- tegralen som en ¨ovning). Att integrera m.a.p. x f¨orst g˚ar ocks˚a men det blir n˚agot sv˚arare.

Exempel. Ber¨akna Z Z

D

e^x2+y2dxdy, d¨ar omr˚adet D begr¨ansas av olikheterna x²+ y²≤ 1, −x ≤ y ≤ x.

Vi noterar f¨orst att −x ≤ y ≤ x medf¨or −x ≤ x, s˚a x ≥ 0, och att integration m.a.p. x (eller y) inte ¨ar m¨ojlig h¨ar eftersom vi inte kan integrera e^x2 (den primi- tiva funktionen kan inte uttryckas med ¨andligt m˚anga element¨ara funktioner).

Vi g˚ar ¨over till pol¨ara koordinater i st¨allet.

Vi ser att omr˚adet E begr¨ansas av olikheterna 0 ≤ r ≤ 1, −π/4 ≤ θ ≤ π/4.

S˚a Z Z

D

e^x2+y2dxdy = Z Z

E

e^r2r drdθ = Z π/4

−π/4

dθ Z 1

0

re^r2dr = π 2

Z 1 0

re^r2dr = [r²= t, 2r dr = dt] = π

4 Z 1

0

e^tdt = π

4[e^t]¹₀= π(e − 1)

4 .

H¨ar har vi utnyttjat att re^r2 = g(θ)h(r), d¨ar g(θ) = 1 och h(r) = re^r2.

Serier och integraler

Betrakta serien

∞

X

k=1

ak. Tidigare i kursen har seriens summa definierats som

∞

X

k=1

a_k = lim

n→∞

n

X

k=1

a_k

| {z }

=sn

(j¨amf¨or delavsnitt 2.5.4 och delavsnittet om positiva serier i avsnitt 7.9), och serien har kallats konvergent om f¨oljden {sn} har ett gr¨ansv¨arde och divergent i annat fall.

I forts¨attningen antar vi att ak ≥ 0 f¨or alla k. D˚a ¨ar f¨oljden {sn} v¨axande, s˚a serien konvergerar om och endast om {s_n} ¨ar upp˚at begr¨ansad. Seriens konvergens kan i vissa fall avg¨oras med hj¨alp av en generaliserad integral.

Sats (Cauchys integralkriterium, sats 1 i PB, avsnitt 7.9). L˚at y = f (x), x ≥ 1, vara en avtagande och icke-negativ funktion. S¨att a_k = f (k). D˚a ¨ar serien

∞

X

k=1

a_k konvergent om och endast om den generaliserade integralen Z ∞

1

f (x) dx

¨

ar konvergent.

Bevis. Vi uppskattar sn b˚ade uppifr˚an och nerifr˚an med hj¨alp av integralen av f .

Det ¨ar klart att summan av de r¨oda rektanglarnas areor understiger Z n

1

f (x) dx.

Rektanglarna har l¨angden 1 och deras h¨ojd ¨ar respektive f (2) = a₂, f (3) = a3, . . . , f (n) = an.

S˚a

n

X

k=1

ak≤ a1+ Z n

1

f (x) dx (vi har lagt till a1i b˚ada led).

Tar vi de st¨orre rektanglarna (med bl˚aa toppar), f˚ar vi i st¨allet

n

X

k=1

a_k ≥ a_n+ Z n

1

f (x) dx (h¨ar har vi lagt till a_n i b˚ada led; notera att den sista rektangeln har h¨ojden f (n − 1) = an−1).

Detta kan vi sammanfatta i en dubbelolikhet:

a_n+ Z n

1

f (x) dx ≤

n

X

k=1

a_k

| {z }

=sn

≤ a1+ Z n

1

f (x) dx

(jfr. formel (14) i PB, avsnitt 7.9). Om integralen konvergerar, g˚ar h¨ogerledet mot ett ¨andligt gr¨ansv¨arde d˚a n → ∞ och ¨ar d¨armed begr¨ansat. Allts˚a ¨ar den v¨axande f¨oljden {sn} begr¨ansad, och d¨arf¨or konvergent. S˚a serien konvergerar.

Divergerar integralen, g˚ar v¨ansterledet mot o¨andligheten d˚a n → ∞. Men d˚a

¨

ar f¨oljden {sn} obegr¨ansad. D¨armed ¨ar den divergent, och det ¨ar ocks˚a serien.

2 Exempel. Vi p˚ast˚ar att serien

∞

X

k=1

1

k^α konvergerar om och endast om α > 1.

Om α ≤ 0, s˚a ¨ar a_k = k^−α, d¨ar −α ≥ 0. S˚a k^−α≥ 1 och s_n ≥

n

X

k=1

1

!

= n →

∞ d˚a n → ∞. Allts˚a divergerar serien.

L˚at nu α > 0 och s¨att f (x) = x^−α. D˚a ¨ar f (k) = k^−α och f ¨ar avtagande och positiv. Enligt satsen konvergerar den givna serien om och endast om Z ∞

1

x^−αdx konvergerar. Men det har visats tidigare i kursen att integralen ¨ar konvergent om och endast om α > 1. D¨armed ¨ar p˚ast˚aendet visat.

Observera att f¨or α < 0 kan inte satsen anv¨andas eftersom f inte ¨ar avtagande d˚a.

Exempel. Ber¨akna lim

n→∞

k=3n

X

k=2n

k k²− n². L˚at f (x) = x

x²− n². Eftersom f⁰ < 0 (verifiera detta), ¨ar funktionen f avta- gande. Nu kan man rita samma bild som p˚a f¨oreg˚aende sida men f¨or x som varierar mellan 2n och 3n (i st¨allet f¨or mellan 1 och n). Samma resonemang ger att

f (3n) + Z 3n

2n

f (x) dx ≤

k=3n

X

k=2n

f (k) ≤ f (2n) + Z 3n

2n

f (x) dx

(genomf¨or detaljerna!). Nu ˚aterst˚ar att ber¨akna integralen och l˚ata n → ∞.

(Svar: ¹₂ln⁸₃.)

Anm¨arkning. En alternativ l¨osning ¨ar att g¨ora omskrivningen

k=3n

X k

k²− n² = 1 n

k=3n

X k/n

(k/n)²− 1 = 1 n

k=3n−1

X k/n

(k/n)²− 1+ 3 8n.

Summan i h¨ogerledet ¨ar en Riemannsumma f¨or Z 3

2

x

x²− 1dx, d¨ar vi har delat in intervallet [2, 3] i n lika l˚anga delintervall och tagit ξk = k/n. Gr¨ansv¨ardet d˚a n → ∞ blir allts˚a lika med integralen ovan (jfr. sats 4 i avsnitt 6.2).

Appendix till dag 23

Approximation med polynom

Vi vill approximera en funktion f med ett polynom pn(x) = a0+ a1x + a2x²+

· · · + anxⁿ av grad h¨ogst n. Vi vill att skillnaden mellan f (x) och pn(x) skall vara s˚a liten som m¨ojligt f¨or x n¨ara ett f¨oreskrivet v¨arde a. Det ¨ar rimligt att f¨orv¨anta sig att resultatet blir b¨ast f¨or x n¨ara a (och f¨or ett f¨oreskrivet n) om vi v¨aljer pn s˚a att

pn(a) = f (a), p⁰_n(a) = f⁰(a), p⁰⁰_n(a) = f⁰⁰(a), . . . , p⁽ⁿ⁾_n (a) = f⁽ⁿ⁾(a).

N¨asta dag visas att resultatet verkligen ¨ar b¨ast med detta val av p_n. L˚at f¨orst a = 0. Vi antar att f har s˚a m˚anga derivator som vi beh¨over.

• pn(0) = f (0) ger a0= f (0).

• p⁰_n(x) = a1+ 2a2x + 3a3x²+ · · · + nanxⁿ⁻¹. S˚a p⁰_n(0) = f⁰(0) ger a₁= f⁰(0).

• p⁰⁰_n(x) = 2a₂+ 3·2a₃x + · · · + n(n − 1)a_nxⁿ⁻². S˚a p⁰⁰_n(0) = f⁰⁰(0) ger 2a2= f⁰⁰(0), dvs. a2= f⁰⁰(0)/2.

• p⁰⁰⁰_n(x) = 3·2a3+ · · · + n(n − 1)(n − 2)anxⁿ⁻³.

S˚a p⁰⁰⁰_n(0) = f⁰⁰⁰(0) ger 3·2a₃= f⁰⁰⁰(0), dvs. a₃= f⁰⁰⁰(0)/(3 · 2) = f⁰⁰⁰(0)/3!.

• Efter n deriveringar f˚ar vi p⁽ⁿ⁾n (x) = n(n − 1) · · · 2·1an = n!an. S˚a p⁽ⁿ⁾n (0) = f⁽ⁿ⁾(0) ger n!an = f⁽ⁿ⁾(0), dvs. an= f⁽ⁿ⁾(0)/n!.

Eftersom p⁽ⁿ⁺¹⁾n (x) = 0, kan vi inte f˚a ut n˚agot mer.

Definiera 0! = 1 och f⁽⁰⁾(x) = f (x). Eftersom 1! = 1 och 2! = 2, f˚ar vi

pn(x) = f (0) + f⁰(0)x +f⁰⁰(0)

2! x²+f⁰⁰⁰(0)

3! x³+ · · · +f⁽ⁿ⁾(0) n! xⁿ=

n

X

k=0

f^(k)(0) k! x^k. F¨oljande ¨ar viktigt att veta:

– Hur stort ¨ar felet om f ers¨atts med pn, dvs. hur stor ¨ar skillnaden f (x)−pn(x)?

– Hur ¨ar f (x) − pn(x) beroende av valet av n och x?

Dessa fr˚agor besvaras i Maclaurins formel (sats 1, avsnitt 9.3).

Exempel. L˚at f (x) = e^x. D˚a ¨ar f^(k)(x) = e^x och f^(k)(0) = 1 f¨or alla k.

S˚a e^x=

n

X

k=0

x^k

k! + e^θx

(n + 1)!xⁿ⁺¹, d¨ar θ ∈ [0, 1].

L˚at x = 1 och n = 3. D˚a f˚ar vi e = 1 + 1 + 1/2 + 1/6 + e^θ/24.

Ers¨atter vi e med p3(1), f˚ar vi ett n¨armev¨arde 2²₃ och absolutbeloppet av felet

¨

ar |R4(1)| = e^θ/24 ≤ 1/8. (Vi har anv¨ant uppskattningen e^θ≤ e ≤ 3.)

N¨armev¨ardet blev inte s˚a bra, men tar vi i st¨aller x = 1/10, n = 3, f˚ar vi e^1/10 ≈ 1 + 10⁻¹+ 10⁻²/2 + 10⁻³/6 och felets absolutbelopp ¨ar |R4(1/10)| = e^θ/10

24 · 10⁻⁴≤ 10⁻⁴/12 < 10⁻⁵.

H¨ar blev resultatet riktigt bra. ˚Aterv¨ander vi till fallet x = 1 och ers¨atter e med pn(1), s˚a ¨ar felets absolutbelopp ≤ e^θ/(n + 1)! ≤ 3/(n + 1)!. S˚a ¨aven h¨ar kan man f˚a en bra approximation men man m˚aste ta betydligt fler termer (t.ex.

om n = 6, blir felet ≤ 3/7! = 1/1680).

Standardutvecklingar

Vi vill Maclaurinutveckla vissa element¨ara funktioner. Vi har redan sett att e^x=

n

X

k=0

x^k

k! + e^θx

(n + 1)!xⁿ⁺¹, d¨ar θ ∈ [0, 1]. (∗) Ibland r¨acker det med en mindre exakt form av resttermen. L˚at B(x) =

e^θx

(n + 1)!. Det ¨ar klart att B(x) ¨ar en begr¨ansad funktion f¨or x n¨ara 0. Med den beteckningen har vi Rn+1(x) = B(x)xⁿ⁺¹. Eftersom B ¨ar begr¨ansad n¨ara 0 kan detta uttryckas genom att s¨aga att resttermen ¨ar av storleksordningen xⁿ⁺¹n¨ara 0. Formeln (∗) kan skrivas om som

e^x=

n

X

k=0

x^k

k! + B(x)xⁿ⁺¹= 1 + x +x² 2! +x³

3! + · · · +xⁿ

n! + B(x)xⁿ⁺¹

L˚at nu f (x) = ln(1 + x). D˚a ¨ar f (0) = 0 och vidare ¨ar f⁰(x) = (1 + x)⁻¹, f⁰(0) = 1

f⁰⁰(x) = −(1 + x)⁻², f⁰⁰(0) = −1 f⁰⁰⁰(x) = 2(1 + x)⁻³, f⁰⁰⁰(0) = 2

f⁽⁴⁾(x) = −2 · 3(1 + x)⁻⁴= −3!(1 + x)⁻⁴, f⁽⁴⁾(0) = −3!

Nu kan vi se ett m¨onster: f^(k)(x) = (−1)^k−1(k − 1)!(1 + x)^−k, f^(k)(0) = (−1)^k−1(k − 1)! Eftersom (k − 1)!/k! = 1/k, f˚ar vi

ln(1 + x) =

n

X

k=1

(−1)^k−1x^k

k + (−1)ⁿ (1 + θx)ⁿ⁺¹

xⁿ⁺¹ n + 1 eller

ln(1 + x) =

n

X

k=1

(−1)^k−1x^k

k + B(x)xⁿ⁺¹

= x −x² 2 +x³

3 − · · · + (−1)ⁿ⁻¹xⁿ

n + B(x)xⁿ⁺¹, d¨ar B(x) ¨ar en begr¨ansad funktion f¨or x n¨ara 0.

L˚at f (x) = sin x. Vi f˚ar nu f (0) = 0 f⁰(x) = cos x, f⁰(0) = 1

f⁰⁰(x) = − sin x, f⁰⁰(0) = 0 f⁰⁰⁰(x) = − cos x, f⁰⁰⁰(0) = −1 f⁽⁴⁾(x) = sin x, f⁽⁴⁾(0) = 0

Eftersom f (x) = f⁽⁴⁾(x), kommer m¨onstret att upprepa sig. Vi ser att derivator av j¨amn ordning ¨ar 0 i origo och derivator av udda ordning ¨ar omv¨axlande 1 och −1 i origo.

Allts˚a ¨ar f^(2k−1)(0) = (−1)^k−1 f¨or alla k ≥ 1 och f^(2k)(0) = 0 f¨or alla k ≥ 0.

Vi noterar ocks˚a att f⁽²ⁿ⁺¹⁾(x) = (−1)ⁿcos x. S˚a

sin x =

n

X

k=1

(−1)^k−1 x^2k−1

(2k − 1)!+ (−1)ⁿcos θx x²ⁿ⁺¹ (2n + 1)!

eller

sin x =

n

X

k=1

(−1)^k−1 x^2k−1

(2k − 1)!+ B(x)x²ⁿ⁺¹

= x −x³ 3! +x⁵

5! − · · · + (−1)ⁿ⁻¹ x²ⁿ⁻¹

(2n − 1)!+ B(x)x²ⁿ⁺¹, d¨ar B(x) ¨ar begr¨ansad f¨or x n¨ara 0.

Liknande ber¨akningar leder till formeln f¨or cosinus:

cos x =

n

X

k=0

(−1)^k x^2k

(2k)! + (−1)ⁿ⁺¹cos θx x²ⁿ⁺² (n + 2)!

eller

cos x =

n

X

k=0

(−1)^k x^2k

(2k)! + B(x)x²ⁿ⁺²

= 1 −x² 2! +x⁴

4! − · · · + (−1)ⁿ x²ⁿ

(2n)!+ B(x)x²ⁿ⁺².

Till sist betraktar vi f (x) = arctan x. H¨ar leder inte deriveringar till n˚agon

¨

oversk˚adlig formel.

I st¨allet b¨orjar vi med den geometriska summan 1 + x + x²+ · · · + xⁿ⁻¹= 1 − xⁿ 1 − x och s¨atter x = −t². Detta ger

1 − t²+ t⁴− · · · + (−1)ⁿ⁻¹t²ⁿ⁻²= 1 − (−1)ⁿt²ⁿ 1 + t² = 1

1 + t² −(−1)ⁿt²ⁿ 1 + t² , eller omskrivet,

1

1 + t² = 1 − t²+ t⁴− · · · + (−1)ⁿ⁻¹t²ⁿ⁻²+(−1)ⁿt²ⁿ 1 + t² . Integrerar vi b˚ada led fr˚an 0 till x, f˚ar vi

arctan x = x −x³ 3 +x⁵

5 − · · · + (−1)ⁿ⁻¹x²ⁿ⁻¹

2n − 1 + (−1)ⁿ 1 + θ²x²

x²ⁿ⁺¹ 2n + 1. Att

Z x 0

(−1)ⁿt²ⁿ

1 + t² dt = (−1)ⁿ 1 + θ²x²

x²ⁿ⁺¹

2n + 1 ¨ar inte alls sj¨alvklart men kan visas (med hj¨alp av integralkalkylens andra medelv¨ardessats).

Det exakta utseendet av resttermen ¨ar inte s˚a viktigt. F¨or att g¨ora feluppskat- tningar r¨acker det med att observera att

(−1)ⁿ 1 + θ²x²

x²ⁿ⁺¹ 2n + 1

≤ |x|²ⁿ⁺¹ 2n + 1. Med resttermen p˚a B(x)-formen f˚ar vi

arctan x =

n

X

k=1

(−1)^k−1 x^2k−1

2k − 1+ B(x)x²ⁿ⁺¹

= x − x³ 3 +x⁵

5 − · · · + (−1)ⁿ⁻¹x²ⁿ⁻¹

2n − 1+ B(x)x²ⁿ⁺¹

(som vanligt ¨ar B(x) begr¨ansat n¨ara 0). H¨ar har vi inte ber¨aknat n˚agra derivator av f , s˚a det ¨ar inte sj¨alvklart att polynomet ovan ¨ar ett Maclaurinpolynom. Att s˚a ¨ar fallet visas n¨asta dag.

Appendix till dag 24

Standardutvecklingar, forts.

Vid ber¨akningar d¨ar man inte beh¨over n˚agon exakt uppskattning av resttermen skriver man resttermen p˚a formen B(x)xⁿ, d¨ar B(x) ¨ar en begr¨ansad funktion f¨or x n¨ara 0. N¨ar man Maclaurinutvecklar flera funktioner f˚ar man resttermerna B1(x)xⁿ, B2(x)x^m osv.

F¨or att slippa h˚alla reda p˚a olika Bi, brukar man beteckna B(x)xⁿ med O(xⁿ).

Detta uttalas stort ordo av xⁿ d˚a x → 0 och betyder att den term man avser

¨

ar av storleksordningen xⁿ f¨or x i en omgivning av 0.

Mer exakt betyder f (x) = O(xⁿ) att |f (x)/xⁿ| ≤ C f¨or en konstant C och alla x 6= 0 som ligger i en omgivning av 0.

F¨oljande r¨akneregler g¨aller: O(xⁿ) · O(x^m) = O(x^n+m) och om n ≤ m, s˚a ¨ar O(xⁿ) ± O(x^m) = O(xⁿ).

Detta ¨ar l¨att att se: Om f (x) = O(xⁿ), g(x) = O(x^m), s˚a ¨ar uttrycket f (x)

xⁿ ·g(x)

x^m = f (x)g(x)

x^n+m begr¨ansat och om n ≤ m, s˚a ¨ar f (x) ± g(x)

xⁿ begr¨ansat (eftersom |x|ⁿ≥ |x|^mf¨or x n¨ara 0, s˚a |g(x)/xⁿ| ≤ |g(x)/x^m|).

Nedan kommer en sammanst¨allning av de Maclaurinutvecklingar vi h¨arledde f¨orra g˚angen, men med B(x)xⁿ⁺¹ersatt med O(xⁿ⁺¹):

e^x= 1 + x +x² 2! +x³

3! + · · · + xⁿ

n! + O(xⁿ⁺¹) ln(1 + x) = x −x²

2 +x³

3 − · · · + (−1)ⁿ⁻¹xⁿ

n + O(xⁿ⁺¹) sin x = x −x³

3! +x⁵

5! − · · · + (−1)ⁿ⁻¹ x²ⁿ⁻¹

(2n − 1)!+ O(x²ⁿ⁺¹) cos x = 1 − x²

2! +x⁴

4! − · · · + (−1)ⁿ x²ⁿ

(2n)! + O(x²ⁿ⁺²) arctan x = x −x³

3 +x⁵

5 − · · · + (−1)ⁿ⁻¹x²ⁿ⁻¹

2n − 1 + O(x²ⁿ⁺¹)