Sida 1 av 44

Sammanfattning TATA42 1. TILLÄMPNINGAR INTEGRALER 2

1.1 Funktionskurva, y=f(x) 2

1.2 Polär form 5

1.3 Guldins regler och Tyngdpunkt 8

2. MACLAURIN- OCH TAYLORUTVECKLINGAR 11

2.1 Maclaurinutvecklingar 11

2.2 Tillämpning av Lagranges form på resttermen 13

2.3 Uppskatta värden 15

3. DIFFERENTIALEKVATIONER 17

3.1 Teori 17

3.2 Exempel 21

4. GENERALISERADE INTEGRALER OCH NUMERISKA SERIER 26

4.1 Teori 26

4.2 Bestämma om en serie är konvergent eller divergent 29

5. POTENSSERIER 32

5.1 Teori 32

5.2 Konvergensradie 34

5.3 Beräkna värde av potensserie 35

5.4 Differentialekvationer och potensserier 37

6. FORMLER 41

6.1 Standardprimitiver 41

6.2 Integralformler 42

6.3 Jämförelseserier 42

6.4 Standardgränsvärden 43

6.5 Standardutvecklingar 44

6.6 Övrigt 44

Sida 2 av 44

1. Tillämpningar Integraler

1.1 Funktionskurva, y=f(x)

Area

𝐴 = �𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

𝑑𝑥

Kurvlängd

𝑑 = ��1 + 𝑓′(𝑥)2𝑏

𝑎

𝑑𝑥

𝑑𝑑 = �1 + 𝑓′(𝑥)2

Volym Volymen innebär summerad area eller volymfragment.

𝑑 = �𝑑𝑑𝑏

𝑎

= �𝐴(𝑥)𝑏

𝑎

𝑑𝑥

Rotationsvolym kring x-axeln

𝑑 = 𝜋�𝑓(𝑥)2𝑏

𝑎

𝑑𝑥

Man summerar helt enkelt tvärsnittsareor av en cirkel, där varje tvärsnittsarea uttrycks

𝐴 = 𝜋𝜋2 ⇒ 𝐴(𝑥) = 𝜋𝑓(𝑥)2

𝑑𝑑 = 𝑆𝑛𝑖𝑡𝑡𝑎𝜋𝑒𝑎 ∗ 𝑡𝑗𝑜𝑐𝑘𝑙𝑒𝑐𝑘 = 𝜋𝑓(𝑥)2

Rotationsvolym kring y-axeln Mest anpassningsbara metoden är Cylindermetoden.

𝑑 = 2𝜋�𝑥 ∙ 𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

𝑑𝑥

Tips: Bra videos på KhanAcademy

• Cylindermetoden: Grundläggande o https://www.khanacademy.org/math/calculus/solid_revolution_topic/shell-

method/v/shell-method-for-rotating-around-vertical-line • Cylindermetoden: Lite mer avancerat.

o https://www.khanacademy.org/math/calculus/solid_revolution_topic/shell-method/v/shell-method-with-two-functions-of-x

Sida 3 av 44

Exempel: Uppgift 2 från Tenta 2011-05-28 TATA42

Området givet av 0 ≤ 𝑦 ≤ 1𝑥2+2𝑥

och 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 roteras ett varv kring linjen 𝑥 = −1. Beräkna

rotationskroppens volym.

1. Skissa grafen.

2. Skissa rotationen.

3. Rita ut rätblocket som ska roteras. Skriv upp cylinders element.

4. Utför beräkningen. 𝑑 = �𝑑𝑑

𝑏

𝑎

= �2𝜋(𝑥 + 1)𝑓(𝑥)2

1

𝑑𝑥

𝑑 = 2𝜋�(𝑥 + 1)1

𝑥2 + 2𝑥

2

1

𝑑𝑥 = 𝜋�2𝑥 + 2𝑥2 + 2𝑥

2

1

𝑑𝑥 = 𝜋[ln(𝑥2 + 2𝑥)]12 = 𝜋(ln 8 − ln 3) = 𝜋 ln83

𝑦 = 𝑓(𝑥) =1

𝑥2 + 2𝑥

𝑥 = −1 𝑥 = 1 𝑥 = 2

𝑥 = −1 𝑥 = 1 𝑥 = 2

𝑑𝑥

Radie: 𝑥 + 1

Höjd: 𝑓(𝑥)

Cylinder:

Omkrets: 2𝜋𝜋 = 2𝜋(𝑥 + 1) Höjd: 𝑓(𝑥) Bredd: 𝑑𝑥

𝑑𝑑 = 2𝜋(𝑥 + 1)𝑓(𝑥)𝑑𝑥

Sida 4 av 44

Rotationsarea Med Pappos-Guldins regel kan man härleda formeln för rotationsarean.

𝑅𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑑𝑎𝜋𝑒𝑎 = 𝑇𝑦𝑛𝑔𝑑𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑒𝑛𝑑 𝑣ä𝑔 ∙ 𝐾𝑢𝜋𝑣𝑙ä𝑛𝑔𝑑𝑒𝑛

Rotation kring x-axeln

Teori

Formel

𝐴 = � 2𝜋𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

�1 + �𝑓′(𝑥)�2 𝑑𝑥 = 2𝜋�𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

�1 + �𝑓′(𝑥)�2 𝑑𝑥

Rotation kring y-axeln

Teori

Formel

𝐴 = � 2𝜋𝑥𝑏

𝑎

�1 + �𝑓′(𝑥)�2 𝑑𝑥 = 2𝜋�𝑥𝑏

𝑎

�1 + �𝑓′(𝑥)�2 𝑑𝑥

𝜋 = 𝑓(𝑥)

𝑦

𝑑𝑑 = �1 + �𝑓′(𝑥)�2

𝑥

𝑋𝑇 = 2𝜋𝑓(𝑥)

𝒚 = 𝒇(𝒙)

𝒚 = 𝒇(𝒙)

𝜋 = 𝑥

𝑦

𝑑𝑑 = �1 + �𝑓′(𝑥)�2

𝑥 𝑌𝑇 = 2𝜋𝑥

Sida 5 av 44

1.2 Polär form Area

𝐴 = �𝑑𝐴 = �12ℎ(𝜑)2

𝛽

𝛼

𝑑𝜑

Obs! Formeln förutsätter att

0 ≤ 𝛽 − 𝛼 ≤ 2𝜋 (kan inte gå längre än ett varv).

Kurvlängd

𝑑 = ��ℎ(𝜑)2 + ℎ′(𝜑)2𝛽

𝛼

𝑑𝜑

Volym

Rotation kring x-axeln

𝑑 =2𝜋3�ℎ(𝜑)3 sin𝜑

𝛽

𝛼

𝑑𝜑

Rotation kring y-axeln

𝑑 =2𝜋3�ℎ(𝜑)3 cos𝜑

𝛽

𝛼

𝑑𝜑

𝑦

𝜋 = ℎ(𝜑)

𝑥 𝜑

Sida 6 av 44

Rotationsarea Med Pappos-Guldins regel kan man härleda formeln för rotationsarean.

𝑅𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑑𝑎𝜋𝑒𝑎 = 𝑇𝑦𝑛𝑔𝑑𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑒𝑛𝑑 𝑣ä𝑔 ∙ 𝐾𝑢𝜋𝑣𝑙ä𝑛𝑔𝑑𝑒𝑛

Rotation kring x-axeln

Teori

Formel

𝐴 = 2𝜋 � ℎ(𝜑)

𝛽

𝛼

sin𝜑�ℎ(𝜑)2 + ℎ′(𝜑)2𝑑𝜑

Rotation kring y-axeln

Teori

Formel

𝐴 = 2𝜋 � ℎ(𝜑)

𝛽

𝛼

cos𝜑�ℎ(𝜑)2 + ℎ′(𝜑)2𝑑𝜑

𝑦

𝜋 = ℎ(𝜑)

𝑥 𝜑

sin𝜑 =𝑦𝜋⇔ 𝑦 = ℎ(𝜑) ∙ sin𝜑

𝑋𝑇 = 2𝜋𝑦 = 2𝜋 ∙ ℎ(𝜑) ∙ sin𝜑

𝑦

𝜋 = ℎ(𝜑)

𝑥 𝜑

cos𝜑 =𝑥𝜋⇔ 𝑥 = ℎ(𝜑) ∙ cos𝜑

𝑌𝑇 = 2𝜋𝑥 = 2𝜋 ∙ ℎ(𝜑) ∙ cos𝜑

Sida 7 av 44

Exempel Exempel: Uppgift 6, Tenta 2011-03-19 TATA42

Kurvan given i polära koordinater av 𝜋 = 1 −𝜑2, där 0 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋/4, roteras ett varv kring 𝑦-axeln. Bestäm rotationsytans area.

1. Gör en enkel skiss av funktionen. Rita ut rotationen.

2. Ställ upp formeln.

𝐴 = 2𝜋 � ℎ(𝜑)

𝛽

𝛼

cos𝜑�ℎ(𝜑)2 + ℎ′(𝜑)2𝑑𝜑

3. Utför beräkningarna (dela upp i steg).

ℎ(𝜑) = (1 − 𝜑2) ℎ′(𝜑) = −2𝜑 �ℎ(𝜑)2 + ℎ′(𝜑)2 = �(1 −𝜑2)2 + (−2𝜑)2 = �1 − 2𝜑2 + 𝜑4 + 4𝜑2 = �1 + 2𝜑2 + 𝜑4 = �(1 + 𝜑2)2 = 1 + 𝜑2

4. Sätt in uttrycken i intergranden. 𝐴 = 2𝜋 � (1 − 𝜑2)

𝜋/4

0

cos𝜑 (1 + 𝜑2)𝑑𝜑 = 2𝜋 � (1 − 𝜑4)

𝜋/4

0

cos𝜑𝑑𝜑

5. Tar fram den primitiva funktionen med partiell integration.

�(1 − 𝜑4) cos𝜑 𝑑𝜑 = sin𝜑 ∙ (1 − 𝜑4) −� sin𝜑 ∙ −4𝜑3𝑑𝜑 =

= sin𝜑 ∙ (1 − 𝜑4) + 4� sin𝜑 ∙ 𝜑3𝑑𝜑 =

= sin𝜑 ∙ (1 − 𝜑4) + 4 �− cos𝜑 ∙ 𝜑3 − �− cos𝜑 ∙ 3𝜑2 𝑑𝜑� =

= sin𝜑 ∙ (1 − 𝜑4)− 4 cos𝜑 ∙ 𝜑3 + 12� cos𝜑 ∙ 𝜑2 𝑑𝜑 =

= sin𝜑 ∙ (1 − 𝜑4)− 4 cos𝜑 ∙ 𝜑3 + 12 �sin𝜑 ∙ 𝜑2 −� sin𝜑 ∙ 2𝜑𝑑𝜑� =

= sin𝜑 ∙ (1 − 𝜑4)− 4 cos𝜑 ∙ 𝜑3 + 12 sin𝜑 ∙ 𝜑2 − 24� sin𝜑 ∙ 𝜑 𝑑𝜑 =

= sin𝜑 ∙ (1 − 𝜑4)− 4 cos𝜑 ∙ 𝜑3 + 12 sin𝜑 ∙ 𝜑2 − 24 �− cos𝜑 ∙ 𝜑 −�− cos𝜑𝑑𝜑� =

= sin𝜑 ∙ (1 − 𝜑4)− 4 cos𝜑 ∙ 𝜑3 + 12 sin𝜑 ∙ 𝜑2 + 24 cos𝜑 ∙ 𝜑 − sin𝜑 = = sin𝜑 − sin𝜑 ∙ 𝜑4 − 4 cos𝜑 ∙ 𝜑3 + 12 sin𝜑 ∙ 𝜑2 + 24 cos𝜑 ∙ 𝜑 − 24 sin𝜑 = = − sin𝜑 ∙ 𝜑4 − 4 cos𝜑 ∙ 𝜑3 + 12 sin𝜑 ∙ 𝜑2 + 24 cos𝜑 ∙ 𝜑 − 23 sin𝜑

6. Beräknar värdet. 𝐴 = 2𝜋[− sin𝜑 ∙ 𝜑4 − 4 cos𝜑 ∙ 𝜑3 + 12 sin𝜑 ∙ 𝜑2 + 24 cos𝜑 ∙ 𝜑 − 23 sin𝜑]0𝜋/4 =

=√22∙ 2𝜋 ��−�

𝜋4�4− 4 �

𝜋4�3

+ 12 ∙ �𝜋4�2

+ 24 ∙𝜋4− 23� − 0� =

= √2𝜋 �−𝜋4

256−𝜋2

16+

34𝜋2 + 6𝜋 − 23�

Svar: √2𝜋 �−

𝜋4

256−𝜋2

16+

34𝜋2 + 6𝜋 − 23�

𝑦

𝜋 = ℎ(𝜑) = 1 − 𝜑2

𝑥 cos𝜑 =

𝑥𝜋⇔ 𝑥 = (1 − 𝜑2) ∙ cos𝜑

𝑌𝑇 = 2𝜋𝑥 = 2𝜋 ∙ (1 − 𝜑2) ∙ cos𝜑

Sida 8 av 44

1.3 Guldins regler och Tyngdpunkt Guldins två huvudregler är:

𝑅𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑑𝑎𝜋𝑒𝑎 = 𝑇𝑦𝑛𝑔𝑑𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑒𝑛𝑑 𝑣ä𝑔 ∙ 𝐾𝑢𝜋𝑣𝑙ä𝑛𝑔𝑑𝑒𝑛

𝑅𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑑𝑣𝑜𝑙𝑦𝑚 = 𝑇𝑦𝑛𝑔𝑑𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑒𝑛𝑑 𝑣ä𝑔 ∙ 𝐴𝜋𝑒𝑎𝑛

Reglerna är väldigt användbara framförallt vid rotation som inte är runt en lodrät eller horisontal axel.

För tillämpning av Guldins regler gällande rotationsarea, se avsnittet om rotationsarea för funktionskurvor respektive funktioner i polär form. Nedan beskrivs endast rotationsvolymer enligt Guldins regler.

Rotationsvolym

Rotationsvolym runt x-axeln Teorin om rotation kring x-axeln utgår från att man delar upp funktionen i ”diskar” som man låter rotera i en cirkel. Tyngdpunktens väg blir här en cirkel vars radie är halva ”diskens” höjd.

𝑅𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑑𝑣𝑜𝑙𝑦𝑚 = 𝑇𝑦𝑛𝑔𝑑𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑒𝑛𝑑 𝑣ä𝑔 ∙ 𝐴𝜋𝑒𝑎𝑛 ⇔

𝑑𝑑 = 2𝜋𝑓(𝑥)

2∙ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ⇒ 𝑑 = �𝑑𝑣 = 𝜋�𝑓(𝑥)2

𝑏

𝑎

𝑑𝑥

Rotationsvolym runt y-axeln

𝑅𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑑𝑣𝑜𝑙𝑦𝑚 = 𝑇𝑦𝑛𝑔𝑑𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑒𝑛𝑑 𝑣ä𝑔 ∙ 𝐴𝜋𝑒𝑎𝑛 ⇔

𝑑𝑑 = 2𝜋𝑥 ∙ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ⇒ 𝑑 = �𝑑𝑣 = 2𝜋�𝑥𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

𝑑𝑥

𝑦

𝑥 𝑋𝑇 = 2𝜋 ∙

𝑓(𝑥)2

𝒚 = 𝒇(𝒙)

𝜋 =𝑓(𝑥)

2

𝑦

𝑥

𝑌𝑇 = 2𝜋𝑥

𝒚 = 𝒇(𝒙)

𝜋 = 𝑥

Sida 9 av 44

Rotationsvolym runt linje För rotationsvolym kring en rät linje (som inte är horisontell eller vertikal) finns det ingen bestämd formel. För att beräkna rotationsvolymen måste man ta fram uttryck för:

1. Areaelement 2. Tyngdpunktens väg.

I exemplet nedan visas hur man tar fram respektive uttryck.

1 – Areaelement Areaelementet är den röda rektangeln vars bas utgörs av skillnaden i x (𝑑𝑥) och höjd som utgörs av skillnaden mellan funktionerna (𝑦2 − 𝑦1).

2 – Tyngdpunktens väg Tyngdpunktens väg innebär den cirkel som roterar runt 𝑦 = 𝑥 som har en radie som ligger på halva areaelementet.

Rotationsvolymen:

𝑅𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑑𝑣𝑜𝑙𝑦𝑚 = 𝑻𝒚𝒏𝒈𝒅𝒑𝒖𝒏𝒌𝒕𝒆𝒏𝒔 𝒗ä𝒈 ∙ 𝐴𝜋𝑒𝑎𝑛 ⇒ 𝑑𝑑 = 𝟐𝒙 − 𝒙𝟐

√𝟐∙ �𝒙 − 𝒙𝟐� ∙ 𝒅𝒙

𝑑 =𝜋√2

�(𝑥 − 𝑥2)2𝑑𝑥𝑏

𝑎

𝒅𝒅 = �𝒙 − 𝒙𝟐� ∙ 𝒅𝒙

𝒚𝟏 = 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐

𝑦2 = 𝑥 𝑦

𝑥 𝑏 = 𝑑𝑥

ℎ = 𝑥 − 𝑓(𝑥) = 𝑥 − 𝑥2

𝐿

𝒚𝟏 = 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐

𝑦2 = 𝑥 𝑦

𝑥

𝑣 = 45°

𝐷 =𝑥 − 𝑓(𝑥)

2

cos𝑣 =𝐿𝐷

𝐷 =𝑥 − 𝑓(𝑥)

2 , 𝑣 = 45°,𝑓(𝑥) = 𝑥2

𝐿 =𝑥 − 𝑓(𝑥)

2∙ cos 45° =

𝑥 − 𝑥2

2∙

1√2

𝟐𝟐𝟐 = 𝟐𝒙 − 𝒙𝟐

√𝟐

Tyngpunktens väg:

𝐷

Sida 10 av 44

Generell metod: Generellt sätt kan man lösa rotationsproblem med följande metod.

1. Gör en skiss av figuren 2. Ta fram uttryck för ett areaelement. 3. Bestäm uttryck för tyngdpunktens väg. 4. Beräkna integralen.

Exempel: Uppgift 6 från Tenta 2011-06-09 TATA42

Området givet av 4(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 4)2 ≤ 4 roteras ett varv kring linjen 𝑦 = 𝑥. Beräkna rotationskroppens volym.

Uttrycket 4(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 4)2 ≤ 4 beskriver en ellips (med halvaxellängderna 1 respektive 2) med centrum i (1, 4). För att beräkna rotationsvolymen är det smidigast att använda Guldins regel:

𝑅𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑑𝑣𝑜𝑙𝑦𝑚 = 𝑇𝑦𝑛𝑔𝑑𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑒𝑛𝑑 𝑣ä𝑔 ∙ 𝐴𝜋𝑒𝑎𝑛

Area ellips: 𝐴 = 𝑎𝑏𝜋 där a och b är ellipsens halvaxellängder.

Uppgiften skiljer sig från ”typuppgiften” då arean för ellipsen kan beräknas direkt. Därför behöver man heller inte ställa upp någon integral för att beräkna volymen, utan det räcker med att multiplicera kroppens totala area med tyngdpunkten.

𝑅𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑑𝑣𝑜𝑙𝑦𝑚 = 𝑇𝑦𝑛𝑔𝑑𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑒𝑛𝑑 𝑣ä𝑔 ∙ 𝐴𝜋𝑒𝑎𝑛 ⇒ 3𝜋√2 ∙ 2𝜋 = 6√2𝜋2

Svar: 6√2𝜋2

𝒉 = 𝟒 − 𝟏 = 𝟑

𝒅 = 𝟏 ∙ 𝟐 ∙ 𝟐 = 𝟐𝟐

𝑦 = 𝑥 𝑦

𝑥

𝒓 cos 45° =

𝜋ℎ

⇔ 𝒓 =𝟑√𝟐

Tyngdpunktens väg: 2𝜋𝜋 = 2𝜋3√2

= 3𝜋√2

Sida 11 av 44

2. Maclaurin- och Taylorutvecklingar

2.1 Maclaurinutvecklingar

𝑓(𝑥) = 𝑓(0) + 𝑓′(0) ∙ 𝑥 + 𝑓′′(𝑥) ∙𝑥2

2!+. . . +

𝑥𝑛

𝑛!+ 𝜋(𝑥)

Där 𝜋(𝑥) står för resten.

Standardutvecklingar Obs! Endast när 𝒙 → 𝟎

Funktion Maclaurinutveckling A 𝑒𝑥

1 + 𝑥 +𝑥2

2+𝑥3

3!+𝑥4

4!+. . . + 𝜋(𝑥)

B sin𝑥 𝑥 −

𝑥3

3!+𝑥5

5!−𝑥7

7!+. . . + 𝜋(𝑥)

C cos𝑥 1 −

𝑥2

2+𝑥4

4!−𝑥6

6!+. . . + 𝜋(𝑥)

D ln(1 + 𝑥) 𝑥 −

𝑥2

2+𝑥3

3−𝑥4

4+. . . + 𝜋(𝑥)

E (1 + 𝑥)𝑎 1 + 𝑎𝑥 + �𝑎2� 𝑥2 + �

𝑎3� 𝑥3 + �

𝑎4� 𝑥4+. . . + 𝜋(𝑥)

F arctan𝑥 𝑥 −

𝑥3

3+𝑥5

5+𝑥7

7+. . . + 𝜋(𝑥)

Räknelagar för Ordo Syftet med Ordo är att ”samla ihop” felet i approximationen. 𝑂(𝑥2) innebär att felet är en begränsad funktion där den störst betydande termen är 𝑥2.

Lite mer drastiskt kan man se Ordo-funktionen som ett svart hål där man slänger allt som saknar större betydelse.

Då Maclaurinutvecklingar gäller för 𝑥 𝑛ä𝜋𝑎 0 så innebär det i regel att t.ex. 𝑥3 > 𝑥4, eller allmänt: 𝑥𝑚 > 𝑥𝑛, då 𝑚 < 𝑛. Detta förklarar en del regler som intuitivt kan tyckas märkvärdiga.

Räknelag Exempel Kommentar 𝑂(𝑥𝑚) + 𝑂(𝑥𝑛) = 𝑂(𝑥𝑚) 𝑑å 𝑚 ≤ 𝑛 𝑂(𝑥5) + 𝑂(𝑥3) + 𝑂(𝑥7) = 𝑂(𝑥3) Lägst grad bestämmer. 𝑥𝑛 + 𝑂(𝑥𝑚) = 𝑂(𝑥𝑚) 𝑑å 𝑚 ≤ 𝑛

𝑥 −𝑥2

2+𝑥3

3−𝑥4

4+ 𝑂(𝑥3) = 𝑥 −

𝑥2

2+ 𝑂(𝑥3)

”Sväljer” allt med samma eller lägre gradtal.

𝑂(𝑥𝑚) ∙ 𝑂(𝑥𝑛) = 𝑂(𝑥𝑚+𝑛) 𝑂(𝑥3) ∙ 𝑂(𝑥8) ∙ 𝑂(𝑥) = 𝑂(𝑥12) 𝑂(𝑥𝑛) = −𝑂(𝑥𝑛) 𝑐𝑥𝑛 ∙ 𝑂(𝑥𝑚) = 𝑂(𝑥𝑚+𝑛) 4𝑥2 ∙ 𝑂(𝑥) = 𝑂(𝑥3) Tar inte hänsyn till

konstanter. 𝑡 = 𝑥𝑛 ⇒ 𝑂(𝑡𝑚) = 𝑂(𝑥𝑚𝑛) Följer potenslagarna.

Approximation

Fel / Restterm

Sida 12 av 44

Generell metod – Gränsvärden 1. Gemensamma nämnare 2. Utveckla nämnare (så lite som möjligt – Lägg märke till graden.) 3. Utveckla täljaren (till samma grad som nämnaren) 4. Jämför nämnare och täljare - Förkorta

Exempel: Uppgift 3a från Tenta 2011-08-25 TATA42

Bestäm konstanten 𝑎 så att gränsvärdet lim𝑥→0ln(1+𝑎𝑥)−2𝑥𝑥 arctan𝑥

existerar ändligt samt beräkna

gränsvärdet.

1. Gemensamma nämnare. Uttrycket är skrivet med gemensam nämnare. 2. Utveckla nämnaren. Använder standardutveckling för arctan𝑥.

𝑥 arctan𝑥 = 𝑥�𝑥 + 𝑂(𝑥3)� = 𝑥2 + 𝑂(𝑥4) = 𝑥2�1 + 𝑂(𝑥2)�

3. Utveckla täljaren till samma grad. Använder standardutveckling för ln(1 + 𝑡)

𝑎𝑥 = 𝑡 , ln(1 + 𝑡) = 𝑡 − 𝑡2

2+ 𝑂(𝑡3)

ln(1 + 𝑎𝑥) − 2𝑥 = 𝑎𝑥 −(𝑎𝑥)2

2+ 𝑂(𝑥3) − 2𝑥 =

= (𝑎 − 2)𝑥 − 𝑎2

2𝑥2 + 𝑂(𝑥3) = 𝑥2 �𝑎−2

𝑥− 𝑎2

2+ 𝑂(𝑥)�

4. Jämför nämnare och täljare - Förkorta ln(1 + 𝑎𝑥) − 2𝑥

𝑥 arctan𝑥=𝑥2 �𝑎 − 2

𝑥 − 𝑎22 + 𝑂(𝑥)�

𝑥2�1 + 𝑂(𝑥2)�=

=𝑎 − 2𝑥 − 𝑎2

2 + 𝑂(𝑥)1 + 𝑂(𝑥2)

Eftersom 1

𝑥→ ∞ 𝑑å 𝑥 → 0 måste (𝑎 − 2) = 0 för att ett ändligt

gränsvärde ska existera. (𝑎 − 2) = 0 ⇔ 𝑎 = 2

lim𝑥→0

2 − 2𝑥 − 22

2 + 𝑂(𝑥)1 + 𝑂(𝑥2) = lim

𝑥→0

−2 + 𝑂(𝑥)1 + 𝑂(𝑥2) = −2

(Obs! 𝑂(𝑥2) = 𝑏(𝑥) ∙ 𝑥2 där 𝑏(𝑥) är en begränsad funktion och 𝑥2 → 0, alltså går 𝑂(𝑥2) → 0. )

Svar: −2

Sida 13 av 44

2.2 Tillämpning av Lagranges form på resttermen Om man ska beräkna felet vid en approximation går det inte att längre att använda Ordo som restfunktion (man kan aldrig räkna ut vad Ordo blir). Vid problem där man måste beräkna felet ska (måste) man använda Lagranges form på resttermen.

Maclaurinutveckling med Lagranges form på resttermen:

𝑓(𝑥) = 𝑓(0) + 𝑓′(0) ∙ 𝑥 + 𝑓′′(𝑥) ∙𝑥2

2!+. . . +

𝒇(𝒏+𝟏)(𝝃)(𝒏 + 𝟏)!

∙ 𝒙𝒏+𝟏

Resttermen motsvarar alltså felet I approximationen.

Exempel: Från föreläsning 5, TATA42

Approximera integralen

�𝑒𝑥2 − 1

𝑥

1/2

0

𝑑𝑥

så att felet blir mindre än 1/1000.

1. Maclaurinutvecklar funktionen (för komplex för att ta fram primitiv funktion). Obs! Man får chansa på hur långt man vill utveckla (och se hur stort felet blir).

Standard: 𝑒𝑡 = 1 + 𝑡 + 𝑡2

2+ 𝑒𝜉𝑡3

3!, 𝑑ä𝜋 0 ≤ 𝜉 ≤ 𝑡

Här: 𝑒𝑥2 = 1 + 𝑥2 + 𝑥4

2+ 𝑒𝜉𝑥6

3! 𝑑ä𝜋 0 ≤ 𝜉 ≤ 𝑥2

𝑒𝑥2 − 1𝑥

=1 + 𝑥2 + 𝑥4

2 + 𝑒𝜉𝑥63! − 1

𝑥= 𝑥 +

𝑥3

2+𝑒𝜉𝑥5

6

2. Beräknar primitiva funktionen. � 𝑥 +

𝑥3

2+𝑒𝜉𝑥5

6

1/2

0

𝑑𝑥

3. Delar upp intergranden i två delar: 1) Approximationen och 2) resten/felet.

� 𝑥 +𝑥3

2+𝑒𝜉𝑥5

6

1/2

0

𝑑𝑥 = � 𝑥 +𝑥3

2

1/2

0

𝑑𝑥 + �𝑒𝜉𝑥5

6

1/2

0

𝑑𝑥

4. Beräknar resten (det är inte lönt att gå vidare om resten skulle vara större än 1/1000).

�𝑒𝜉𝑥5

6

1/2

0

𝑑𝑥 = �𝑒𝜉𝑥6

36�0

1/2

=𝑒𝜉

36∙ �

12�6− 0 =

𝑒𝜉

2304

Eftersom 0 ≤ 𝜉 ≤ 𝑥2 och 0 ≤ 𝑥 ≤ 12 innebär det att största möjliga värde för 𝑒𝜉 är

𝑒(1/2)2 = 𝑒1/4 < 2 Detta ger oss följande jämförelse:

𝑒𝜉

2304<

22304

=1

1152<

11000

Felet är alltså OK enligt kravet! 5. Beräknar approximationen. � 𝑥 +

𝑥3

2

1/2

0

𝑑𝑥 = �𝑥2

2+𝑥4

8�0

1/2

= �18

+1

128� =

17128

Sida 14 av 44

Exempel: Uppgift 6, från Tenta 2011-05-28 TATA42

Bestäm ett närmevärde för längden av kurvan 𝑦 = ln 𝑥 , 5 ≤ 𝑥 ≤ 10, så att felet är mindre än 11000

.

1. Ställ upp uttryck för kurvlängden. 𝑑 = ��1 + 𝑓′(𝑥)2

𝑏

𝑎

𝑑𝑥

𝑓(𝑥) = ln𝑥 ,𝑓′(𝑥) =1𝑥

⇒ 𝑑 = � �1 + �1𝑥�210

5

𝑑𝑥 = � �1 +1𝑥2

10

5

𝑑𝑥

2. Maclaurinutvecklar uttrycket. Använder Lagranges form på resttermen för att kunna uppskatta felet.

𝑓(𝑥) = 𝑓(0) + 𝑓′(0) ∙ 𝑥 + 𝑓′′(𝑥) ∙𝑥2

2!+. . . +

𝒇(𝒏+𝟏)(𝝃)(𝒏 + 𝟏)!

∙ 𝒙𝒏+𝟏

Vi testar med ordning 2:

𝑓(𝑥) = 𝑓(0) + 𝑓′(0) ∙ 𝑥 +𝒇(𝟐)(𝝃)

(𝟐)!∙ 𝒙𝟐

Substitution: 𝟏𝒙𝟐

= 𝒕 Beräknar derivator: 𝑓(𝑡) = √1 + 𝑡 ⇒ 𝑓(0) = 1

𝑓′(𝑡) =1

2√1 + 𝑡 ⇒ 𝑓′(0) =

12

𝑓′′(𝑡) = −1

4(1 + 𝑡)3/2 ⇒ 𝑓′′(𝜉) = −1

4(1 + 𝜉)3/2

Sätter in i Maclaurinutvecklingen:

√1 + 𝑡 = 1 +12𝑡 −

18(1 + 𝜉)3/2 𝑡

2 ⇔

�1 +1𝑥2

= 1 +1

2𝑥2−

1

8(1 + 𝜉)32∙

1𝑥4

3. Ställer upp integralen. Delar upp den i approximation och rest/fel.

𝑑 = � �1 + �1𝑥�210

5

𝑑𝑥 = � 1 +1

2𝑥2−

18(1 + 𝜉)3/2 ∙

1𝑥4

10

5

𝑑𝑥 =

� 1 +1

2𝑥2

10

5

𝑑𝑥 − �1

8(1 + 𝜉)3/2 ∙1𝑥4

10

5

𝑑𝑥

Approximation | Rest/fel 4. Uppskattar felet.

�1

8(1 + 𝜉)3/2 ∙1𝑥4

10

5

𝑑𝑥 =1

8(1 + 𝜉)3/2 �1𝑥4

10

5

𝑑𝑥

𝜉 är konstant och 0 ≤ 𝜉 ≤ 1/𝑥2, vilket gör att vi kan ställa upp jämförelsen:

18(1 + 𝜉)3/2 �

1𝑥4

10

5

𝑑𝑥 ≤18�

1𝑥4

10

5

𝑑𝑥 =18 �−

13𝑥3�5

10=

18�−

13 ∙ 103

− −1

3 ∙ 53� =

=1

24�

1125

−1

1000� <

11000

Felet är alltså OK! 5. Beräknar approximationen. � 1 +

12𝑥2

10

5

𝑑𝑥 = �𝑥 −1

2𝑥�5

10= �10 −

120� − �5 −

110� = 5 −

120

+1

10=

=100 − 1 + 2

20=

10120

Sida 15 av 44

2.3 Uppskatta värden Med hjälp av Maclaurinutvecklingar kan man uppskatta värde på olika uttryck. Obs! Om man vill uppskatta felet får man inte använda ordoform på resttermen, utan föreslagsvis Lastranges restform.

Exempel: Från föreläsning 5, TATA42

Beräkna värdet av √66 med ett fel mindre än 11000

.

Uträkning Jämförelse med formler

√66 = √64 + 2 = �64 �1 +1

32� = 8 �1 +

132�12

Modell: 𝑓(𝑥) = (1 + 𝑥)1/2

𝑓(𝑥) = 1 +12𝑥 −

14 (1 + 𝜉)−

32

2!∙ 𝑥2 ⇔

𝑓(𝑥) = 1 +12𝑥 −

18

(1 + 𝜉)−32 ∙ 𝑥2

√66 = 8𝑓 �1

32� = 8�1 +

12∙

132

−18

(1 + 𝜉)−32 ∙ �

132�2

� =

= 8�1 +1

64−

18

(1 + 𝜉)−32 ∙ �

132�2

� =

= 8 +18− (1 + 𝜉)−

32 ∙ �

132�2

Där 8 + 1

8 motsvarar approximationen och

(1 + 𝜉)−32 ∙ �

132�2

motsvarar felet, och 0 ≤ 𝜉 ≤ 1/32

(1 + 𝜉)−32 ∙ �

132�2

=1

(1 + 𝜉)32∙

1322

≤1

322=

11024

<1

1000

Felet är alltså inom det tillåtna intervallet.

Maclaurinutveckling med Lastranges restform:

𝑓(𝑥) = 𝑓(0) + 𝑓′(0) ∙ 𝑥 + 𝑓′′(𝑥) ∙𝑥2

2!+ 𝜋(𝑥)

𝑑ä𝜋

𝜋(𝑥) =𝑓(𝑛+1)(𝜉)(𝑛 + 1)!

∙ 𝑥𝑛+1 , 𝑜𝑐ℎ 0 ≤ 𝜉 ≤ 𝑥

Derivator:

𝑓(𝑥) = (1 + 𝑥)1/2, 𝑓(0) = 1

𝑓′(𝑥) =12

(1 + 𝑥)−1/2, 𝑓′(0) =12

𝑓′′(𝑥) = −14

(1 + 𝑥)−3/2

Svar: √66 ≈ 8 + 18

Anmärkning: Man hade kunnat utveckla med standardutveckling, dock behöver man ändå ta fram derivatan för att kunna tillämpa Lastranges restform…

Sida 16 av 44

Exempel: Uppgift 4a, från Tenta 2011-06-09 TATA42

Bestäm ett rationellt tal som approximerar 𝑒−2 med ett fel som är mindre än 110

.

Uträkning Jämförelse med formler Ansats: 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 Testar att utveckla till ordning 2.

𝑒𝑥 = 𝑓(𝑥) = 1 + 𝑥 +𝑥2

2+𝑒𝜉

3!𝑥3 ⇔

𝑒𝑥 = 𝑓(𝑥) = 1 + 𝑥 +𝑥2

2+𝑒𝜉

6𝑥3

Sätter in 𝑥 = −2

𝑒−2 = 𝑓(−2) = 1 − 2 +(−2)2

2+𝑒𝜉

6(−2)3 ⇔

𝑒−2 = 𝑓(−2) = −1 + 2 +𝑒𝜉

6∙ −8 = 1 −

43𝑒𝜉

Felet här blev alltså 4

3𝑒𝜉, vilket är större än 1/10 oavsett värde

på 𝜉. Testar att utveckla till ordning 5.

𝑒𝑥 = 𝑓(𝑥) = 1 + 𝑥 +𝑥2

2+𝑥3

3!+𝑥4

4!+𝑥5

5!+𝑒𝜉

6!𝑥6

Tittar nu direkt på felet:

𝑥 = −2 → 𝑒𝜉

6!(−2)6 = 𝑒𝜉 ∙

2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 21 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 ∙ 5 ∙ 6

=

= 𝑒𝜉 ∙2 ∙ 2

3 ∙ 5 ∙ 3= 𝑒𝜉 ∙

445

−2 ≤ 𝜉 ≤ 0 → 𝑒𝜉 ∙4

45≤

445

<1

10 ∶ OK!

𝑒−2 = 𝑓(−2) = 1 − 2 +(−2)2

2+

(−2)3

3!+

(−2)4

4!+

(−2)5

5!=

= 1 − 2 + 2 −43

+23−

415

= 1 −23−

415

=(15 − 10 − 4)

15=

=1

15

Maclaurinutveckling med Lastranges restform:

𝑓(𝑥) = 𝑓(0) + 𝑓′(0) ∙ 𝑥 + 𝑓′′(𝑥) ∙𝑥2

2!+ 𝜋(𝑥)

𝑑ä𝜋

𝜋(𝑥) =𝑓(𝑛+1)(𝜉)(𝑛 + 1)!

∙ 𝑥𝑛+1 , 𝑜𝑐ℎ 0 ≤ 𝜉 ≤ 𝑥

Derivator:

𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 , 𝑓(0) = 1 𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥, 𝑓′(0) = 1 𝑓′′(𝑥) = 𝑒𝑥

Svar: 𝑒−2 ≈ 115

(I facit till uppgiften har de utvecklat 𝑒−2 = (𝑒−1)2 och fått fram att en tillräckligt god approximation är 1/9, men metoden ovan borde vara fullt godkänd. 𝑒−2 ≈ 0,135 vilket ger att alla svar mellan 0,035 och 0,235 borde räknas som godkänt.)

Sida 17 av 44

3. Differentialekvationer

3.1 Teori

Första ordningen – Integrerande faktor När man tar fram lösning till en differentialekvation av första ordningen använder man sig av något som kallas integrerande faktor. Genom att förlänga båda led med den integrerande faktor kan man ta fram lösningen: 𝑦.

Lösningsgång:

Beskrivning Allmänt Exempel

1. Ställer upp ekvationen. 𝑦′ + 𝑔(𝑥)𝑦 = ℎ(𝑥) 𝑦′ + 4𝑦 = −2𝑥

2. Beräknar den primitiva funktionen till 𝒈(𝒙)

�𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐺(𝑥) �4𝑑𝑥 = 4𝑥

3. Ställer upp integrerande faktor

𝑒𝐺(𝑥) 𝑒4𝑥

4. Förlänger båda sidor med den integrerande faktorn.

𝑦′𝑒𝐺(𝑥) + 𝑔(𝑥)𝑦𝑒𝐺(𝑥) = ℎ(𝑥)𝑒𝐺(𝑥) 𝑦′𝑒4𝑥 + 4𝑦𝑒4𝑥 = −2𝑥𝑒4𝑥

5. Vänsterledet kan nu skrivas om som en derivata av en produkt. (Derivera så ser man att det stämmer)

�𝑦𝑒𝐺(𝑥)�′ = ℎ(𝑥)𝑒𝐺(𝑥) (𝑦𝑒4𝑥)′ = −2𝑥𝑒4𝑥

6. Integrerar bägge led. 𝑦𝑒𝐺(𝑥) = �ℎ(𝑥)𝑒𝐺(𝑥) 𝑦𝑒4𝑥 = �−2𝑥𝑒4𝑥 𝑑𝑥 = −2�𝑥𝑒4𝑥 𝑑𝑥 =

= −2�𝑥𝑒4𝑥

4−�

𝑒4𝑥

4𝑑𝑥� = −2�

𝑥𝑒4𝑥

4−𝑒4𝑥

16 �

=𝑒4𝑥

8−𝑥𝑒4𝑥

2

7. Löser ut 𝒚 𝑦 = 𝑒−𝐺(𝑥)�ℎ(𝑥)𝑒𝐺(𝑥) 𝑦 = 𝑒−4𝑥 �𝑒4𝑥

8−𝑥𝑒4𝑥

2 � =18−𝑥2

(8. Kontroll) - 𝑦 =18−𝑥2

⇒ 𝑦′ = −12

𝑦′ + 4𝑦 = −12

+ 4 �18−𝑥2� = −2𝑥

9. Svar - 𝑦 =18−𝑥2

Anmärkning. Integrerande faktor är definierat för första ordningens differentialekvationer. Dock kan man använda metoden för differentialekvationer av högre ordningen om de är karaktäristiska. För att se sambandet kan man göra en variabelsubstitution.

Exempel: 𝒚′′′ = 𝒙𝟐𝒚′′ + 𝒆−𝟑𝒙

𝑦′′′ = 𝑥2𝑦′′ + 𝑒−3𝑥 ⇔ 𝑦′′′ − 𝑥2𝑦′′ = 𝑒−3𝑥 ⇔/𝑧 = 𝑦′′, 𝑧′ = 𝑦′′′/⇔ 𝑧′ − 𝑥2𝑧 = 𝑒−3𝑥

Exempel med komplett lösningsgång finns på sida 23.

Sida 18 av 44

Separabla differentialekvationer Separabla differentialekvationer identifieras genom att de kan skrivas om till bara en faktor på varje sida.

Formell definition

En 1:a ordnings differentialekvation är separabel om det kan skrivas om i formen

𝑔(𝑦)𝑦′(𝑥) = ℎ(𝑥)

Lösning

𝑔(𝑦)𝑦′(𝑥) = ℎ(𝑥) ⇔ 𝑔(𝑦) ∙𝑑𝑦𝑑𝑥

= ℎ(𝑥) ⇔ 𝑔(𝑦) ∙ 𝑑𝑦 = ℎ(𝑥)𝑑𝑥 ⇔

�𝑔(𝑦) ∙ 𝑑𝑦 = �ℎ(𝑥)𝑑𝑥 ⇔ 𝐺(𝑦) = 𝐻(𝑦) + 𝐶

Slappdefinition: Om man kan dela upp ekvation med bara 𝑦 på ena sidan och bara 𝑥 på andra så är differentialekvationen separabel.

Exempel Exempel: Boken, s388

𝑥𝑦′ = 𝑦2 + 1, 𝑥 > 0

Villkor: 𝑦(1) = 1

Beskrivning Uträkning Identifierar differentialekvationen.

Vi ser att vi i 𝑑𝐿 har en funktion bestående av endast 𝑥 samt 𝑦′. 𝐻𝐿 består av en funktion av endast 𝑦 (och en konstant). Differentialekvationen är alltså separabel.

Byter ut 𝑦′ = 𝑑𝑦𝑑𝑥

och flyttar om.

𝑦′ =𝑑𝑦𝑑𝑥

⇒ 𝑥𝑑𝑦𝑑𝑥

= 𝑦2 + 1 ⇒ 1

𝑦2 + 1𝑑𝑦 =

1𝑥𝑑𝑥

Integrerar båda leden. � 1

𝑦2 + 1𝑑𝑦 = �

1𝑥𝑑𝑥 ⇔ arctan𝑦 = ln𝑥 + 𝐶

Använder villkoret för att bestämma konstanten.

Villkor: 𝑦(1) = 1 ⇒ arctan 1 = ln 1 + 𝐶 ⇒ = 𝜋4

⇒

Svar: 𝑦 = tan �ln 𝑥 +𝜋4�

Sida 19 av 44

Homogen lösning En homogen lösning innebär en lösning till differentialekvationen då 𝐻𝐿 = 0. Man ställer upp en karaktäristisk ekvation och beräknar dess rötter.

Differentialekvationer av andra ordningen Rötterna till den karaktäristiska ekvationen ger följande lösningar:

𝜋1 ≠ 𝜋2 (𝜋𝑒𝑒𝑙𝑙𝑎 𝜋ö𝑡𝑡𝑒𝜋) ⇒ 𝑦 = 𝐶1𝑒𝑟1𝑥 + 𝐶2𝑒𝑟2𝑥

𝜋1 = 𝜋2 (𝑑𝑢𝑏𝑏𝑒𝑙𝜋𝑜𝑡) ⇒ 𝑦 = (𝐶1𝑥 + 𝐶2)𝑒𝑟𝑥

𝜋 = 𝛼 ± 𝛽𝑖 (𝑖𝑚𝑎𝑔𝑖𝑛ä𝜋𝑎 𝜋ö𝑡𝑡𝑒𝜋) ⇒ 𝑦 = 𝑒𝛼𝑥(𝐶1 cos𝛽𝑥 + 𝐶2 sin𝛽𝑥)

Differentialekvationer av högre ordning Samma som ovan fast med tillägget att en rots multiplicitet avgör polynomets grad, exempel:

𝜋1 = 𝜋2 = 𝜋3 = 𝑎 ⇒ 𝑦 = (𝐶1𝑥2 + 𝐶2𝑥 + 𝐶3)𝑒𝑎𝑥

𝜋1 = 𝜋2 = 𝑎 + 𝑖𝛽 ⇒ 𝑦 = (𝐶1𝑥 + 𝐶2)𝑒(𝛼+𝑖𝛽)

Partikulärlösningar

Ansats: Polynom 𝑦′′ + 𝑎𝑦′ + 𝑏𝑦 = 𝑝(𝑥)

Generellt sätt ansätter man 𝑦 ett polynom av samma grad som högerledet.

Om ekvationen inte är ”komplett” så måste man kompensera för detta.

T.ex. 𝑦′′ + 𝑎𝑦′ = 𝑝(𝑥)

Här kommer 𝑦′ ha samma grad som polynomet i högerledet, alltså ansatsen innebär att 𝑦 har en grad högre än 𝑝(𝑥)

T.ex. 𝑦′′ = 𝑝(𝑥)

Här kommer 𝑦′′ ha samma grad som polynomet i högerledet, alltså ansatsen innebär att 𝑦 har två grader högre än 𝑝(𝑥)

Formell definition av ansats vid polynom 𝑦′′(𝑥) + 𝑎𝑦′(𝑥) + 𝑏𝑦(𝑥) = 𝑝(𝑥)

𝑞(𝑥) är vår ansats och 𝑞(𝑥) har samma grad som 𝑝(𝑥)

a) 𝑦(𝑥) = 𝑞(𝑥) om 𝑏 ≠ 0 b) 𝑦(𝑥) = 𝑥 ∙ 𝑞(𝑥) om 𝑎 ≠ 0, 𝑏 = 0 c) 𝑦(𝑥) = 𝑥2 ∙ 𝑞(𝑥) om 𝑎 = 𝑏 = 0

Ansats: Exponentialfunktion 𝑦′′(𝑥) + 𝑎𝑦′(𝑥) + 𝑏𝑦(𝑥) = 𝑒𝑝(𝑥) ⇒ 𝑦 = 𝑧𝑒𝑝𝑥

Ansats: Trigonometrisk funktion 𝑦′′(𝑥) + 𝑎𝑦′(𝑥) + 𝑏𝑦(𝑥) = sin𝑘𝑥 𝑒𝑙𝑙𝑒𝜋 𝑦′′(𝑥) + 𝑎𝑦′(𝑥) + 𝑏𝑦(𝑥) = cos𝑘𝑥

⇒ 𝑦 = 𝐴 sin𝑘𝑥 + 𝐵 sin𝑘𝑥

Sida 20 av 44

Förskjutningsregeln Förskjutningsregeln

𝐷𝑛(𝑓(𝑥)𝑒𝑎𝑥 = 𝑒𝑎𝑥(𝐷 + 𝑎)𝑛𝑓(𝑥)

Sida 21 av 44

3.2 Exempel Exempel: Uppgift 4 från Tenta 2011-03-19 TATA42

Bestäm alla lösningar till differentialekvationen 𝑦′′′ − 3𝑦′′ + 2𝑦′ = 2𝑥 + 6𝑥2.

Konstaterar främst att det finns en homogen lösning samt en partikulärlösning som kommer att vara ett polynom. Vi tar först fram den honomgena lösningen och därefter partikulärlösningen.

Beskrivning Uträkning 1. Homogen lösning 𝑦′′′ − 3𝑦′′ + 2𝑦′ = 0 har den karaktäristiska ekvationen:

𝜋3 − 3𝜋2 + 2𝜋 = 0 ⇔ 𝜋(𝜋2 − 3𝜋 + 2) = 0 ⇔ 𝜋(𝜋 − 2)(𝜋 − 1) = 0 ⇔ 𝜋 = 0, 1, 2 𝑦ℎ = 𝐶1𝑒0𝑥 + 𝐶2𝑒𝑥 + 𝐶3𝑒2𝑥 = 𝐶1 + 𝐶2𝑒𝑥 + 𝐶3𝑒2𝑥

2. Partikulärlösning 𝐻𝐿 = 2𝑥 + 6𝑥2 Vi ser att högerledet är ett polynom av grad 2, alltså vore en ansats 𝑦 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 rimlig. Eftersom det ”lägsta” vi har i 𝑑𝐿 är 𝑦′ behöver vi höja polynomets grad ett steg. 𝒅𝒏𝒔𝒂𝒕𝒔:𝑦 = 𝑥(𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐) = 𝑎𝑥3 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥 Tar fram derivator: 𝑦 = 𝑎𝑥3 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥 𝑦′ = 3𝑎𝑥2 + 2𝑏𝑥 + 𝑐 𝑦′′ = 6𝑎𝑥 + 2𝑏 𝑦′′′ = 6𝑎 Sätter in i ekvationen: 𝑦′′′ − 3𝑦′′ + 2𝑦′ = 2𝑥 + 6𝑥2 ⇔ 6𝑎 − 3(6𝑎𝑥 + 2𝑏) + 2(3𝑎𝑥2 + 2𝑏𝑥 + 𝑐) = 2𝑥 + 6𝑥2 ⇔ 6𝑎 − 18𝑎𝑥 − 6𝑏 + 6𝑎𝑥2 + 4𝑏𝑥 + 2𝑐 = 2𝑥 + 6𝑥2 Jämför term för term: 𝑥2:𝑥1:𝑥0:

�6𝑎 = 6

−18𝑎 + 4𝑏 = 26𝑎 − 6𝑏 + 2𝑐 = 0

⇔ �𝑎 = 1

4𝑏 = 202𝑐 = 6𝑏 − 6𝑎

⇔ �𝑎 = 1𝑏 = 5

2𝑐 = 30 − 6⇔ �

𝑎 = 1 𝑏 = 5

𝑐 = 12

𝑦𝑝 = 𝑥3 + 5𝑥2 + 12𝑥

Svar 𝑦 = 𝑦𝑝 + 𝑦ℎ

𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2𝑒𝑥 + 𝐶3𝑒2𝑥 + 𝑥3 + 5𝑥2 + 12𝑥

Sida 22 av 44

Exempel: Uppgift 4 från Tenta 2011-05-28 TATA42

Bestäm lösningen till differentialekvationen 𝑥2𝑦′ + �𝑦 = �𝑦 ln 𝑥 , 0 < 𝑥 < 1, som uppfyller

begynnelsevillkoret 𝑦 �12� = (ln 2)2.

Beskrivning Uträkning Identifierar differentialekvationen. Obs! Smidigast är att ha alla 𝑦 på samma sida som 𝑦′…

Genom att flytta om lite kan vi få bara 𝑥 och 𝑦′ i 𝑑𝐿 respektive bara 𝑦 i 𝐻𝐿. 𝑥2𝑦′ + �𝑦 = �𝑦 ln 𝑥 ⇔ 𝑥2𝑦′ = �𝑦 ln𝑥 − �𝑦 ⇔ 𝑥2𝑦′ = �𝑦(ln(𝑥) − 1) ⇔ 1

�𝑦𝑦′ =

ln𝑥 − 1𝑥2

Byter ut 𝑦′ = 𝑑𝑦𝑑𝑥

och flyttar om.

𝑦′ =𝑑𝑦𝑑𝑥

⇒ 1

�𝑦∙𝑑𝑦𝑑𝑥

=ln𝑥 − 1𝑥2

⇔ 1

�𝑦∙ 𝑑𝑦 =

ln𝑥 − 1𝑥2

𝑑𝑥

Integrerar båda leden var för sig. �

1

�𝑦 𝑑𝑦 = �

ln 𝑥 − 1𝑥2

𝑑𝑥

𝐕𝐋)� 1

�𝑦 𝑑𝑦 = 2�𝑦

𝐇𝐋)�ln𝑥 − 1𝑥2

𝑑𝑥 = −1𝑥

(ln𝑥 − 1) −�−1𝑥∙

1𝑥𝑑𝑥 =

=1 − ln𝑥

𝑥+ �

1𝑥2𝑑𝑥 =

1 − ln𝑥𝑥

−1𝑥

= −ln𝑥𝑥

+ 𝐶

⇒ 2�𝑦 = −ln𝑥𝑥

+ 𝐶

Använder villkoret för att bestämma konstanten.

Villkor ∶ 𝑦 �12� = (ln 2)2 ⇒ 2�(ln 2)2 = −

ln 1/21/2

+ 𝐶 ⇔

ln 2 = − ln12

+ 𝐶 ⇔ 𝐶 = ln 2 + ln12

= ln �2 ∙12� = ln 1 = 0

Svar: 2�𝑦 = −

ln𝑥𝑥

⇔ 𝑦 = �ln𝑥2𝑥

�2

Sida 23 av 44

Exempel: Uppgift 5 från Tenta 2011-08-25 TATA42

Bestäm alla lösningar till differentialekvationen 𝑥𝑦′′ + (𝑥 − 1)𝑦′ = 𝑒−𝑥 , > 0

Beskrivning Uträkning Identifierar differentialekvationen.

𝑥𝑦′′ + (𝑥 − 1)𝑦′ = 𝑒−𝑥 Ekvationen innehåller första och andra ordningens derivator. Genom att göra en variabelsubstitution kan man forma om differentialekvationen till en första ordningens ekvation och använda sig av integrerande faktor. 𝑦′ = 𝑧, 𝑦′′ = 𝑧′ ⇒ 𝑥𝑧′ + (𝑥 − 1)𝑧 = 𝑒−𝑥

Delar på 𝑥 för att kunna isolera den integrerande faktorn.

𝑧′ +(𝑥 − 1)𝑧

𝑥=𝑒−𝑥

𝑥 ⇔ 𝑧′ + �1 −

1𝑥� 𝑧 =

𝑒−𝑥

𝑥

𝑔 = �1 −1𝑥� , 𝐺 = ��1 −

1𝑥�𝑑𝑥 = 𝑥 − ln 𝑥

Integrerande faktor: 𝑒𝑥−ln𝑥 = 𝑒𝑥 ∙ 𝑒− ln𝑥 =𝑒𝑥

𝑒ln𝑥=𝑒𝑥

𝑥

Multiplicerar båda leden med den integrerande faktorn.

𝑧′ ∙𝑒𝑥

𝑥+ �1 −

1𝑥� 𝑧 ∙

𝑒𝑥

𝑥=𝑒−𝑥

𝑥∙𝑒𝑥

𝑥 ⇔

�𝑧 ∙𝑒𝑥

𝑥 �′

=1𝑥2

Integrerar båda leden och löser därefter ut 𝑧. ��𝑧 ∙

𝑒𝑥

𝑥 �′

= �1𝑥2

⇔ 𝑧 ∙𝑒𝑥

𝑥= −

1𝑥

+ 𝐶1 ⇔ 𝑧 = −1𝑒𝑥

+𝐶1𝑥𝑒𝑥

⇔

𝑧 = −𝑒−𝑥 + 𝐶1𝑥𝑒−𝑥

Tar fram den primitiva funktionen till 𝑧. Obs! Här måste man ta lägga till yterliggare en konstant.

𝑧 = 𝑦′ ⇔ 𝑦 = �−𝑒−𝑥 + 𝐶1𝑥𝑒−𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒−𝑥 +�𝐶1𝑥𝑒−𝑥𝑑𝑥 ⇔

𝑦 = 𝑒−𝑥 + 𝐶1 �−𝑒−𝑥𝑥 − �−𝑒−𝑥𝑑𝑥� ⇔

𝑦 = 𝑒−𝑥 + 𝐶1(−𝑒−𝑥𝑥 − 𝑒−𝑥) + 𝐶2 = 𝑒−𝑥 − 𝐶1𝑥𝑒−𝑥 − 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2 ⇔ 𝑦 = (1 − 𝐶1)𝑒−𝑥 − 𝐶1𝑥𝑒−𝑥 + 𝐶2

Svar 𝑦 = (1 − 𝐶1)𝑒−𝑥 − 𝐶1𝑥𝑒−𝑥 + 𝐶2

Anmärkning: Variabelsubstitutionen i inledningen är inte nödvändig, utan gör det endast enklare att se sambandet. Man hade lika gärna kunnat gå direkt till:

𝑥𝑦′′ + (𝑥 − 1)𝑦′ = 𝑒−𝑥 ⇔ 𝑦′′ + �1 −1𝑥�𝑦′ =

𝑒−𝑥

𝑥⇔ �𝑦′ ∙

𝑒𝑥

𝑥 �′

=1𝑥2

⇔ 𝑦′ ∙𝑒𝑥

𝑥= �

1𝑥2𝑑𝑥 ⇔

𝑦′ = 𝑥𝑒−𝑥 �1𝑥2𝑑𝑥 ⇔ 𝒚 = ��𝒙𝒆−𝒙 �

𝟏𝒙𝟐𝒅𝒙�𝒅𝒙

Sida 24 av 44

Obs! Specialfall Ett märkligt fall är när den homogena lösningen till en differentialekvation sammanfaller med partikulärlösningen.

T.ex. differentialekvationen 𝒚′′ + 𝟗𝒚 = 𝐜𝐨𝐬𝟑𝒙.

Den homogena lösningen beräknas: 𝜋2 + 9 = 0 ⇔ 𝜋 = ±𝑖3 ⇒ 𝑦ℎ = 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥

Vanligtvis skulle man nu göra en ansats 𝒚 = 𝒅𝐜𝐨𝐬𝒌𝒙 + 𝒅𝐬𝐢𝐧𝒌𝒙 för att ta fram partikulärlösningen, men detta hade gett samma svar som den homogena lösningen. För att beräkna partikulärlösningen här är det bästa sättet att göra en komplex ansats.

Den komplexa exponentialfunktionen definieras: 𝒚 = 𝒆𝒊𝒂𝒙 = 𝐜𝐨𝐬𝒂𝒙 + 𝒊 𝐬𝐢𝐧𝒂𝒙. Här kan man utnyttja att funktionen har en reell del samt en imaginär del:

• Re�𝑒𝑖3𝑥� = cos 3𝑥 • Im�𝑒𝑖3𝑥� = sin 3𝑥.

Vi sätter upp en ny ekvation: 𝒖′′ + 𝟗𝒖 = 𝒆𝟑𝒊𝒙. Om 𝒖𝒑 står för partikulärlösningen så kan man med resonemanget ovan sluta sig till att 𝒚𝒑 = 𝑹𝒆(𝒖𝒑)

Nu löser man differentialekvationen 𝑢′′ + 9𝑢 = 𝑒3𝑖𝑥 med en vanlig ansats: 𝒖 = 𝒛𝒆𝟑𝒊𝒙

𝑢′ = 𝑧′𝑒3𝑖𝑥 + 3𝑖𝑧𝑒3𝑖𝑥 = (𝑧′ + 3𝑖𝑧)𝑒3𝑖𝑥

𝑢′′ = (𝑧′′ + 3𝑖𝑧′)𝑒3𝑖𝑥 + (𝑧′ + 3𝑖𝑧) ∙ 3𝑖 ∙ 𝑒3𝑖𝑥 = (𝑧′′ + 6𝑖𝑧′ − 9𝑧)𝑒3𝑖𝑥

Anmärkning: Här kan man också använda förskjutningsregeln för att ta fram 𝑢′′

𝑢′′ = z(𝐷2 + 2 ∙ 𝑖3 ∙ 𝐷1 + (3𝑖)2)𝑒3𝑖𝑥 = (𝑧′′ + 𝑖6𝑧′ − 9𝑧)𝑒3𝑖𝑥

𝑢′′ + 9𝑢 = (𝑧′′ + 6𝑖𝑧′ − 9𝑧)𝑒3𝑖𝑥 + 9𝑧𝑒3𝑖𝑥 = 𝑒3𝑖𝑥 ⇔

𝑧′′ + 6𝑖𝑧 = 1

Ansats: 𝒛 = ⇒ 𝑧′ = 𝑘 ⇒ 𝑧′′ = 0

0 + 6𝑖𝑘 = 1 ⇔ 𝒌 =1𝑖6

=𝑖𝑖26

= −𝒊𝟔

𝑧 = −𝒊𝟔𝑥

𝑢𝑝 = 𝑧𝑒3𝑖𝑥 = −𝑖𝑥6𝑒3𝑖𝑥 = −

𝑖𝑥6

(cos 3𝑥 + 𝑖 sin 3𝑥) =𝑥6

sin 3𝑥 − 𝑖𝑥6

cos 3𝑥

𝑦𝑝 = 𝑅𝑒�𝑢𝑝� =𝑥6

sin 3𝑥

𝐒𝐯𝐚𝐫: 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥 +𝑥6

sin 3𝑥

Sida 25 av 44

Exempel: Uppgift 3 från Tenta 2011-06-09 TATA42

Bestäm alla lösningar till differentialekvationen 𝑦′′ + 4𝑦 = sin 2𝑥.

Beskrivning Uträkning 1. Tar fram den homogena lösningen.

𝑦′′ + 4𝑦 = 0 𝜋2 + 4 = 0 ⇒ 𝜋 = ±𝑖2 𝑦ℎ = 𝐴 cos 2𝑥 + 𝐵 sin 2𝑥

2. Tar fram partikulärlösning. Obs! Här hade man vanligtvis gjort en trigonometrisk ansats. Eftersom att den homogena lösningen är en trigonometrisk ansats får man istället göra en komplex ansats.

𝑦′′ + 4𝑦 = sin 2𝑥

𝑒2𝑖𝑥 = cos 2𝑥 + 𝑖 sin 2𝑥 ⇔ 𝐼𝑚�𝑒2𝑖𝑥� = sin 2𝑥

Ställer upp en stödekvation:

𝑢′′ + 4𝑢 = 𝑒2𝑖𝑥

Ansats: 𝒖 = 𝒛𝒆𝟐𝒊𝒙

𝑢′′ = (𝑧′′ + 𝑖4𝑧′ − 4𝑧)𝑒2𝑖𝑥 Sätter in i ekvationen:

(𝑧′′ + 𝑖4𝑧′ − 4𝑧)𝑒2𝑖𝑥 + 4𝑧𝑒2𝑖𝑥 = 𝑒2𝑖𝑥 ⇔ 𝑧′′ + 𝑖4𝑧′ = 1

Ansats: 𝑧 = 𝑘𝑥, 𝑧′ = 𝒌, 𝑧′′ = 0

𝑖4𝒌 = 1 ⇔ 𝒌 = −𝒊𝟒

⇒ 𝑧 = −𝒊𝟒𝑥

𝑢𝑝 = 𝑧 ∙ 𝑒2𝑖𝑥 = −𝑖4𝑥(cos 2𝑥 + 𝑖 sin 2𝑥) =

14𝑥 sin 2𝑥 −

𝑖4𝑥 cos 2𝑥

𝑦𝑝 = 𝐼𝑚�𝑢𝑝� ⇔ 𝑦𝑝 = 𝐼𝑚 �14𝑥 sin 2𝑥 −

𝑖4𝑥 cos 2𝑥� = −

14𝑥 cos 2𝑥

3. Förenklar och svar. 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝

𝑦 = 𝐴 cos 2𝑥 + 𝐵 sin 2𝑥 −14𝑥 cos 2𝑥 = �𝐴 −

14𝑥� cos 2𝑥 + 𝐵 sin 2𝑥

Sida 26 av 44

4. Generaliserade integraler och numeriska serier

Det man ska kunna: • Bestämma om en serie är konvergent eller inte • Beräkna värdet av serie • Bestämma fel vid approximation

I avsnitt fyra beskrivs endast hur man bestämmer om en serie är konvergent eller divergent. Hur man beräknar värdet av serier och bestämmer fel vid approximationer beskrivs i avsnitt 5 (potensserier) då metoderna i princip är samma.

4.1 Teori

Serier och integraler Vid bedömning av konvergens och divergens kan integraler och serier behandlas snarlikt.

Sats: Integralkriteriet.

𝑎) 𝑂𝑚 � 𝑓(𝑥)∞

1

𝑑𝑥 ä𝜋 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡, 𝑑å ä𝜋 �𝑓(𝑘)∞

𝑘=1

𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡.

𝑏) 𝑂𝑚 � 𝑓(𝑥)∞

1

𝑑𝑥 ä𝜋 𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡, 𝑑å ä𝜋 �𝑓(𝑘)∞

𝑘=1

𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡.

Begrepp:

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝜋𝑖𝑒:�𝑎𝑘

∞

𝑘=1

= 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4+. ..

Konvergens: När delar från olika håll närmar sig varandra. En konvergent serie erhåller alltså ett värde när antalet termer går mot oändligheten

Divergens: Isärgående; spridning åt olika håll. En divergent serie får inte något ändligt värde när serien går mot oändligheten.

OBS! Innan man påbörjar någon beräkning måste man ha klart för sig om serien är positiv, varierande eller alternerande.

Typ av serie Definition Exempel Positiv serie

�𝑎𝑘

∞

𝑘=1

= 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3+. . .𝑑ä𝜋 𝑎𝑘 ≥ 0

�1𝑘

∞

𝑘=1

= 1 + 2 + 3 + 4. ..

”Varierande” serie

Har både positiva och negativa termer. �

sin𝑘𝑘2

∞

𝑘=1

Alternerande serie �𝑎𝑘

∞

𝑘=1

𝑑ä𝜋 𝑎𝑘 > 0 𝑓ö𝜋 𝑢𝑑𝑑𝑎 𝑘 = 1,3,5, …

𝑜𝑐ℎ 𝑎𝑘 < 0 𝑓ö𝜋 𝑗ä𝑚𝑛𝑎 𝑘 = 2,4,6, … (eller tvärtom)

�(−1)𝑘−1

𝑘

∞

𝑘=1

= 1 −12

+13−

14

+ ⋯

Sida 27 av 44

Divergenstest (Gäller för alla typer av serier) För en konvergent serie måste lim𝑛→∞ 𝑎𝑛 = 0. Om inte växer serien hela tiden och går då mot oändligheten. Kriteriet innebär ett enkelt sätt att testa om en serie är divergent.

𝑂𝑚 𝑙𝑖𝑚 𝑛→∞

𝑎𝑛 ≠ 0 ä𝜋 𝑑𝑒𝜋𝑖𝑒𝑛 �𝑎𝑘

∞

𝑘=𝑛

𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡.

Geometriska serien (Kan vara positiv eller alternerande)

�𝑎𝑞𝑛∞

𝑛=0

= 𝑎 + 𝑎𝑞1 + 𝑎𝑞2 + 𝑎𝑞3+. . .�=

𝑎1 − 𝑞

𝑜𝑚 |𝑞| < 1

𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 𝑜𝑚 |𝑞| ≥ 1

Förhållandet ter sig ganska självklart om man jämför med en exponentialfunktion:

𝑦 = 𝑎𝑞𝑥 → ∞ 𝑑å 𝑥 → ∞ 𝑜𝑚 |𝑞| > 1

𝑦 = 𝑎𝑞𝑥 → 0 𝑑å 𝑥 → ∞ 𝑜𝑚 |𝑞| < 1

Jämförelsesatser (Endast för positiva serier) Jämförelsesats I

𝐹ö𝜋�𝑎𝑘

∞

𝑘=1

𝑜𝑐ℎ �𝑏𝑘

∞

𝑘=1

𝑑ä𝜋 0 ≤ 𝑎𝑘 ≤ 𝑏𝑘 𝑔ä𝑙𝑙𝑒𝜋

𝒂) 𝑂𝑚 �𝑏𝑘

∞

𝑘=1

ä𝜋 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 ⇒ �𝑎𝑘

∞

𝑘=1

𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 �𝑜𝑐ℎ �𝑎𝑘

∞

𝑘=1

≤ �𝑏𝑘

∞

𝑘=1

�

𝒃) 𝑂𝑚 �𝑏𝑘

∞

𝑘=1

ä𝜋 𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 ⇒ �𝑎𝑘

∞

𝑘=1

𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡

Jämförelsesats II

𝐹ö𝜋�𝑎𝑘

∞

𝑘=1

𝑜𝑐ℎ �𝑏𝑘

∞

𝑘=1

𝑑ä𝜋 𝑎𝑘 ≥ 0, 𝑏𝑘 ≥ 0 𝑜𝑐ℎ 𝑎𝑘 = 𝑐𝑘 ∙ 𝑏𝑘

𝑑ä𝜋 𝑐𝑘ä𝜋 𝑒𝑡𝑡 ä𝑛𝑑𝑙𝑖𝑔𝑡 𝑔𝜋ä𝑛𝑑𝑣ä𝜋𝑑𝑒 𝑔ä𝑙𝑙𝑒𝜋 ∶

𝒂) 𝑂𝑚 �𝑏𝑘

∞

𝑘=1

ä𝜋 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 ⇒ �𝑎𝑘

∞

𝑘=1

𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡

𝒃) 𝑂𝑚 �𝑏𝑘

∞

𝑘=1

ä𝜋 𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 ⇒ �𝑎𝑘

∞

𝑘=1

𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡

𝑦

𝑥

𝑦

𝑥

Sida 28 av 44

Jämförelseserier:

𝐀)�1𝑥𝑎

𝑑𝑥∞

1

ä𝜋 �𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 om 𝑎 > 1𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 om 𝑎 ≤ 1

𝐁)�1𝑥𝑎

𝑑𝑥1

0

ä𝜋 �𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 om 𝑎 < 1𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 om 𝑎 ≥ 1

Absolutkonvergens (Säger ingenting om serien är positiv… Bra om serien är varierande)

𝑂𝑚 �𝑎𝑘

∞

𝑘=1

ä𝜋 𝑒𝑛 𝑑𝑒𝜋𝑖𝑒 𝑔ä𝑙𝑙𝑒𝜋:

𝒂) �|𝑎𝑘|∞

𝑘=1

𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 ⇒ �𝑎𝑘

∞

𝑘=1

𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡

𝒃) ��𝑎𝑘

∞

𝑘=1

� ≤ �|𝑎𝑘|∞

𝑘=1

Obs! Bara för att en serie inte är absolutkonvergent behöver den inte vara divergent…

Rotkriteriet & Kvotkriteriet (Gäller för alla typer av serier)

𝐹ö𝜋 𝑑𝑒𝜋𝑖𝑒𝑛 �𝑎𝑘

∞

𝑘=1

𝑔ä𝑙𝑙𝑒𝜋 𝑎𝑡𝑡 𝑜𝑚

𝑎) �|𝑎𝑘|𝑘 → 𝑄 𝑑å 𝑘 → ∞

𝑏)|𝑎𝑘+1|

|𝑎𝑘| → 𝑄 𝑑å 𝑘 → ∞

𝑑ä𝜋 𝑄 ä𝜋 𝑒𝑡𝑡 𝜋𝑒𝑒𝑙𝑙𝑡 𝑡𝑎𝑙 ≥ 0 𝑔ä𝑙𝑙𝑒𝜋

𝑄 < 1 ⇒ 𝑆𝑒𝜋𝑖𝑒𝑛 ä𝜋 𝑎𝑏𝑑𝑜𝑙𝑢𝑡𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡

𝑄 > 1, (𝑄 = ∞) ⇒ 𝑆𝑒𝜋𝑖𝑒𝑛 ä𝜋 𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡

Obs! Om 𝑄 = 1 säger testerna ingenting.

Testerna fyller samma funktion och fungerar på likadant sätt. Vilket man väljer beror av hur serien ser ut.

Liebniz Kriterium (Endast alternerande serier) Liebniz kriterium innebär att en serie är konvergent om:

Kriterium Samband • Serien är alternerande … • Termernas belopp avtar (för stora 𝑛) Obs! Kan visas på två sätt:

|𝑎𝑛+1| < |𝑎𝑛| 𝑓′(𝑥) < 0

• Termerna går mot noll lim𝑛→∞

𝑎𝑛 = 0

Obs! Bara för att kriterierna inte uppfylls måste inte serien vara divergent…

Sida 29 av 44

4.2 Bestämma om en serie är konvergent eller divergent Strategi Man kan inte använda alla verktyg på alla serier. Nedan beskrivs vilka verktyg man kan använda till vilka serier (det vanligaste verktyget till respektive typ är fetmarkerat).

Positiv Varierande Alternerande Divergenstest Divergenstest Liebniz Kriterium

(Divergenstestet ingår) Jämförelsesatser Absolutkonvergens Absolutkonvergens Rotkriteriet & Kvotkriteriet Rotkriteriet & Kvotkriteriet

(Brist på) entydighet

Metod Bevisar Divergenstestet Bevisar om en serie är divergent.

Kan inte visa att en serie är konvergent. Jämförelsesatser Kan bevisa både konvergens respektive divergens. Absolutkonvergent En serie som en absolutkonvergent är konvergent.

En serie som inte är absolutkonvergent behöver inte vara divergent. Liebniz Kriterium Kan bevisa att en serie är konvergent.

Serien behöver inte vara divergent bara för att kriterierna inte uppfylls. Rot- & Kvotkriteriet Kan visa både divergens respektive konvergens.

Om 𝑄 = 1 säger testet ingenting.

Exempel Exempel: Uppgift 5b från Tenta 2012-01-14 TATA42

Avgör om �(−1)𝑛

𝑛 − √𝑛

∞

𝑛=2

är konvergent.

Vi ser att serien är alternerande, då den innehåller termen (−1)𝑛. Första testet blir därför att titta på Liebniz kriterium.

Liebniz Kriterium

1. Serien är alternerande.

2. Termerna går mot noll.

𝐥𝐢𝐦𝒏→∞

(−1)𝑛

𝑛 − √𝑛= 𝐥𝐢𝐦

𝒏→∞ 𝟏𝒏∙

(−𝟏)𝒏

𝟏 − 𝟏√𝒏

= 𝟎

3. Termernas belopp avtar (för stora 𝑛)

|𝑎𝑛+1| < |𝑎𝑛| ⇔ �(−1)𝑛+1

𝑛 + 1 − √𝑛 + 1� < �

(−1)𝑛

𝑛 − √𝑛� ⇔

1𝑛 + 1 − √𝑛 + 1

<1

𝑛 − √𝑛⇔

𝑛 − √𝑛 < 𝑛 + 1 − √𝑛 + 1 ⇔ √𝑛 + 1 < 1 + √𝑛

Svar: Konvergent enligt Liebniz.

Sida 30 av 44

Exempel: Uppgift 5a från Tenta 2012-01-14 TATA42

Avgör om �𝑥2

𝑥2 + 𝑥

∞

1

𝑑𝑥 är konvergent.

Analogt med teorin för serier så gäller att divergenstestet även för integraler: Om lim𝑥→∞ 𝑓(𝑥) ≠ 0 så är integralen divergent (annars hade den ju gått mot oändligheten…).

𝐃𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐬𝐭𝐞𝐬𝐭: lim𝑥→∞

𝑥2

𝑥2 + 𝑥= lim

𝑥→∞

𝑥2

𝑥2(1 + 1/𝑥)= lim

𝑥→∞

11 + 1/𝑥

= 1 ≠ 0 ⇒ 𝐷𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡

𝐀𝐥𝐭𝐞𝐫𝐧𝐚𝐭𝐢𝐯 𝐥ö𝐬𝐧𝐢𝐧𝐠:�𝑥2

𝑥2 + 𝑥

∞

1

𝑑𝑥 = �1

1 + 1/𝑥

∞

1

𝑑𝑥 ≥ �1

2𝑥𝑑𝑥

∞

1

, 𝑑𝑜𝑚 ä𝜋 𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡. (𝐽ä𝑚𝑓ö𝜋𝑒𝑙𝑑𝑒𝑑𝑎𝑡𝑑 𝐼)

𝐀𝐥𝐭𝐞𝐫𝐧𝐚𝐭𝐢𝐯 𝐥ö𝐬𝐧𝐢𝐧𝐠:�𝑥2

𝑥2 + 𝑥

∞

1

𝑑𝑥 ≥ �𝑥2

𝑥2 + 𝑥2

∞

1

𝑑𝑥 = �12𝑑𝑥

∞

1

, 𝑑𝑜𝑚 ä𝜋 𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡.

Sida 31 av 44

Exempel: Uppgift 6 från Tenta 2011-08-25 TATA42

För vilka 𝑎 ∈ 𝑹 är den generaliserade integralen � cos(𝑒𝑎𝑥)𝑑𝑥∞

0

konvergent?

Integralen är generaliserad vid 𝑥 → ∞. Den inre funktionen 𝑡 = 𝑒𝑎𝑥 gör det naturligt att dela upp undersökningen i fall där 𝑎 är större, lika med eller mindre än noll (eftersom 𝑡 = 𝑒𝑎𝑥 då är växande, konstant respektive avtagande).

𝑎 = 0 ⇒ 𝑒𝑎𝑥 = 1 ⇒ � cos(1)𝑑𝑥∞

0

, 𝐷𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡

�𝑡. 𝑒𝑥. 𝑒𝑛𝑙𝑖𝑔𝑡 𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑑𝑡𝑒𝑑𝑡𝑒𝑡: lim𝑛→∞

cos 1 = cos 1 ≠ 0�

𝑎 < 0 ⇒ \ 𝑒𝑎𝑥𝑎𝑣𝑡𝑎𝑔𝑎𝑛𝑑𝑒 \ ⇒ 0 < 𝑒𝑎𝑥 < 1 ⇒ � cos(𝑒𝑎𝑥)𝑑𝑥∞

0

, 𝐷𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡

�𝐾𝑎𝑛 𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑚𝑒𝑑 𝑡. 𝑒𝑥.𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑑𝑡𝑒𝑑𝑡𝑒𝑡: lim𝑥→∞

cos 𝑒𝑎𝑥 = lim𝑡→0

cos 𝑡 ≠ 0�

Återstår 𝒂 > 𝟎.

𝑎 > 0 ⇒ \𝑒𝑎𝑥 𝑣ä𝑥𝑎𝑛𝑑𝑒 \ ⇒ 1 < 𝑒𝑎𝑥 < ∞ ⇒ � cos(𝑒𝑎𝑥)𝑑𝑥∞

0

= � cos(𝑒𝑎𝑥)𝑑𝑥𝒏

0

, 𝒏 → ∞

Variabelsubstitution ger: 𝑒𝑎𝑥 = 𝑡, = ln 𝑡𝑎

, 𝑑𝑥 = 1𝑎𝑡𝑑𝑡

Med nya ändpunkter: 𝑥 = 0 ⇒ 𝑡 = 1 𝑥 = 𝑛 ⇒ 𝑡 = 𝑒𝑎𝑛

� cos(𝑒𝑎𝑥)𝑑𝑥𝒏

0

= � cos(𝑡)𝒆𝒂𝒏

1

∙1𝑎𝑡∙ 𝑑𝑡 =

1𝑎�

cos(𝑡)𝑡

𝒆𝒂𝒏

1

𝑑𝑡 =1𝑎��

sin 𝑡𝑡 �

1

𝑒𝑎𝑛

− � −sin 𝑡𝑡2

𝑒𝑎𝑛

1

𝑑𝑡 � =

1𝑎

�sin𝑒𝑎𝑛

𝑒𝑎𝑛−

sin 11

+ �sin 𝑡𝑡2

𝑒𝑎𝑛

1

𝑑𝑡 �

Tittar vad som händer med de tre delarna var för sig när 𝑛 → ∞:

sin𝑒𝑎𝑛

𝑒𝑎𝑛→ 0 𝑑å 𝑛 → ∞ (𝑒𝑎𝑛 → ∞, 0 ≤ sin𝑒𝑎𝑛 ≤ 1) . −

sin 11

,𝑘𝑜𝑛𝑑𝑡𝑎𝑛𝑡

�sin 𝑡𝑡2

𝑒𝑎𝑛

1

ä𝜋 𝑣𝑎𝜋𝑖𝑒𝜋𝑎𝑛𝑑𝑒,𝑘𝑜𝑛𝑡𝜋𝑜𝑙𝑙𝑒𝜋𝑎𝜋 𝑎𝑏𝑑𝑜𝑙𝑢𝑡𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑑!

�|sin 𝑡|𝑡2

𝑒𝑎𝑛

1

≤ �1𝑡2

𝑒𝑎𝑛

1

, 𝑑𝑜𝑚 ä𝜋 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 ⇒ �sin 𝑡𝑡2

𝑒𝑎𝑛

1

𝑎𝑏𝑑𝑜𝑙𝑢𝑡𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡

Svar: Integralen är konvergent för 𝑎 > 0

Sida 32 av 44

5. Potensserier Potensserier är väldigt snarlikt geometriska serier. Skillnaden är en potensserie inkluderar en variabel som avgör seriens egenskaper.

Det man ska kunna: • Bestämma för vilka värden på 𝑥 som serien konvergerar eller divergerar: konvergensradie. • Beräkna värdet av serie.

o Ta hjälp av derivering/Intergering. • Bestämma fel vid approximation. • Lösa differentialekvationer med hjälp av potensserier.

5.1 Teori

Konvergensradie • Vid numeriska serier har man en bestämd serie som man kontrollerar om den är divergent

eller konvergent. • Vid potensserier har man en serie som beror på en variabel. Här kontrollerar man för vilka

värden på variabeln som serien konvergerar eller divergerar. • Samma verktyg används för att bestämma konvergens.

𝐹ö𝜋 𝑒𝑛 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑑𝑑𝑒𝜋𝑖𝑒 �𝑐𝑘𝑥𝑘∞

𝑘=0

𝑔ä𝑙𝑙𝑒𝜋 𝑒𝑥𝑎𝑘𝑡 𝑒𝑡𝑡 𝑎𝑣 𝑓ö𝑙𝑗𝑎𝑛𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑙𝑙:

𝒂) 𝐷𝑒𝑡 𝑓𝑖𝑛𝑛𝑑 𝑒𝑡𝑡 𝜋𝑒𝑒𝑙𝑙𝑡 𝑡𝑎𝑙 𝑹 > 0, 𝑑å𝑑𝑎𝑛𝑡 𝑎𝑡𝑡 𝑑𝑒𝜋𝑖𝑒𝑛 ä𝜋 𝑎𝑏𝑑𝑜𝑙𝑢𝑡𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 𝑓ö𝜋 |𝑥| < 𝑹 𝑜𝑐ℎ 𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 𝑓ö𝜋 |𝑥| > 𝑹,𝑑ä𝜋 𝑡𝑎𝑙𝑒𝑡 𝑹 𝑘𝑎𝑙𝑙𝑎𝑑 𝑑å 𝑑𝑒𝜋𝑖𝑒𝑛𝑑 𝒌𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒔𝒓𝒂𝒅𝒊𝒆.

𝒃) 𝑆𝑒𝜋𝑖𝑒𝑛 ä𝜋 𝑎𝑏𝑑𝑜𝑙𝑢𝑡𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 𝑓ö𝜋 𝑎𝑙𝑙𝑎 𝜋𝑒𝑒𝑙𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑙 𝑥.

𝒄) 𝑆𝑒𝜋𝑖𝑒𝑛 ä𝜋 𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 𝑓ö𝜋 𝑎𝑙𝑙𝑎 𝜋𝑒𝑒𝑙𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑙 𝑥 ≠ 0 (𝑑å𝑘𝑙𝑎𝜋𝑡 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 𝑓ö𝜋 𝑥 = 0)

Obs! Satsen säger ingenting om hur serien beter sig då |𝒙| = 𝑹, detta måste undersökas separat.

Derivata och primitiv funktion För en potensserie med konvergensradien R och |𝑥| < 𝑅 (den är konvergent) gäller följande:

𝑓(𝑥) = �𝑐𝑘

∞

𝑘=0

𝑥𝑘 = 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥2 + 𝑐3𝑥3+. ..

𝑓′(𝑥) = �𝑘 ∙ 𝑐𝑘

∞

𝑘=1

𝑥𝑘−1 = 𝑐1 + 2𝑐2𝑥 + 3𝑐3𝑥2+. ..

𝐹(𝑥) = �𝑐𝑘𝑥𝑘+1

𝑘 + 1

∞

𝑘=0

= 𝑐0𝑥 +𝑐1𝑥2

2+𝑐2𝑥3

3+𝑐3𝑥4

4+. ..

Alla serierna har samma konvergensradie: R.

Sida 33 av 44

Värdet av en potensserie Med hjälp av derivata och primitiva funktioner kan man beräkna värdet av potensserier. Man utnyttjar formeln för beräkning av en geometrisk summa och deriverar/tar fram primitiv funktion implicit.

För konvergenta serier där |𝒙| < 𝟏 gäller:

𝑓(𝑥) = �𝑥𝑘∞

𝑘=0

=1

1 − 𝑥

𝑓′(𝑥) = �𝑘 ∙ 𝑥𝑘−1∞

𝑘=1

=1

(1 − 𝑥)2

𝐹(𝑥) = �𝑥𝑘+1

𝑘 + 1

∞

𝑘=0

= �𝑥𝑘

𝑘

∞

𝑘=1

= − 𝑙𝑛(1 − 𝑥)

Maclaurinserier De vanliga Maclaurinutvecklingarna kan skrivas som serier. Sambanden kan användas för att bland annat beräkna värdet av en serie.

𝑒𝑥 = �𝑥𝑛

𝑛!

∞

𝑘=0

𝑑𝑖𝑛 𝑥 = �(−1)𝑘𝑥2𝑘+1

(2𝑘 + 1)!

∞

𝑘=0

𝑐𝑜𝑑 𝑥 = �(−1)𝑘𝑥2𝑘

(2𝑘)!

∞

𝑘=0

𝑙𝑛(1 + 𝑥) = �(−1)𝑘−1𝑥𝑘

𝑘

∞

𝑘=0

, 𝑓ö𝜋 − 1 < 𝑥 ≤ 1

(1 + 𝑥)𝑎 = ��𝑎𝑘�𝑥𝑘

∞

𝑘=0

𝑎𝜋𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑥 = �(−1)𝑘𝑥2𝑘+1

2𝑘 + 𝑥

∞

𝑘=0

, 𝑓ö𝜋 − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1

Sida 34 av 44

5.2 Konvergensradie Exempel: Uppgift 6a från Tenta 2012-01-14 TATA42

Avgör för vilka 𝑥 ∈ 𝐑 serien �𝑛𝑥𝑛

7𝑛

∞

𝑛=1

är konvergent.

Ställer upp kvotkriteriet för att ta fram ett värde på konvergensradien.

𝐊𝐯𝐨𝐭𝐤𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐞𝐭: |𝑎𝑘+1|

|𝑎𝑘| → 𝑄 𝑑å 𝑘 → ∞

�𝑛𝑥𝑛+1

7𝑛+1� �

𝑛𝑥𝑛

7𝑛 �� =

𝑛|𝑥𝑛𝑥|7𝑛 ∙ 7

∙7𝑛

𝑛|𝑥𝑛| =|𝑥|7

= 𝑄 < 1 ⇔ |𝑥| < 7

Serien är alltså absolutkonvergent för |𝑥| < 7, och således divergent för |𝑥| > 7. Dock måste man ta reda på vad som händer i ändpunkterna: 𝑥 = ±7

𝒙 = 𝟕 ⇒ �𝑛7𝑛

7𝑛

∞

𝑛=1

= �𝑛∞

𝑛=1

= 1,2,3, …

Växande och positiv: Divergent!

𝒙 = −𝟕 ⇒ �𝑛(−7)𝑛

7𝑛

∞

𝑛=1

= �𝑛(−1)𝑛∞

𝑛=1

= −1, 2,−3, 4 …

Divergent!

Svar: Serien är konvergent för −7 < 𝑥 < 7

Exempel: Uppgift 4b från Tenta 2012-01-14 TATA42

För vilka 𝑥 ∈ 𝐑 serien �4𝑛+1𝑥2𝑛

𝑛

∞

𝑛=1

är konvergent. ?

Ställer upp kvotkriteriet för att ta fram ett värde på konvergensradien.

𝐊𝐯𝐨𝐭𝐤𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐞𝐭: |𝑎𝑘+1|

|𝑎𝑘| → 𝑄 𝑑å 𝑘 → ∞

�4𝑛+1+1𝑥2(𝑛+1)

𝑛 + 1� �

4𝑛+1𝑥2𝑛

𝑛�� =

4𝑛 ∙ 42 ∙ 𝑥2𝑛 ∙ 𝑥2

𝑛 + 1∙

𝑛4𝑛 ∙ 4 ∙ 𝑥2𝑛

=

=𝑛4𝑥2

𝑛 + 1=

4𝑥2

1 + 1/𝑛→ 4𝑥2 = 𝑄 < 1 ⇔ 4𝑥2 < 1 ⇔ |𝑥| <

12

Således absolutkonvergent för |𝑥| < 1

2, och divergent för

|𝑥| > 12. Kontrollerar nu

ändpunkterna: 𝑥 = ±1/2

𝒙 = ±𝟏𝟐⇒ �

4𝑛+1 �± 12�

2𝑛

𝑛

∞

𝑛=1

= �4𝑛 ∙ 4𝑛

∞

𝑛=1

∙1

4𝑛= �

4𝑛

∞

𝑛=1

som är divergent.

Svar: Serien är konvergent för −1/2 < 𝑥 < 1/2

Sida 35 av 44

5.3 Beräkna värde av potensserie Exempel: Uppgift 6b från Tenta 2012-01-14 TATA42

Beräkna �𝑛

4𝑛−1

∞

𝑛=1

Vi har 𝑛 både som koefficient och exponent vilket leder tankarna till derivata. Målet nu är att matcha serien med en formel för att därefter kunnat beräkna värdet.

Uträkning Jämförelse med formler

�𝑛

4𝑛−1

∞

𝑛=1

= �𝑛 ∙ �14�𝑛−1∞

𝑛=1

Serien stämmer överrens med formeln för 𝑓′(𝑥) för en allmän potensserie.

�𝑛 ∙ �14�𝑛−1∞

𝑛=1

=1

�1 − 14�

2 =19

16=

169

𝑓(𝑥) = �𝑥𝑘∞

𝑘=0

=1

1 − 𝑥

𝑓′(𝑥) = �𝑘 ∙ 𝑥𝑘−1∞

𝑘=1

=1

(1 − 𝑥)2

𝐹(𝑥) = �𝑥𝑘+1

𝑘 + 1

∞

𝑘=0

= �𝑥𝑘

𝑘

∞

𝑘=1

= − 𝑙𝑛(1 − 𝑥)

Svar: 16/9

Exempel: Från föreläsning 11, TATA42

Beräkna �1𝑛5𝑛

∞

𝑛=1

I serien finns 𝑛 som nämnare och som exponent. Tankarna går då till primitiva funktioner av potensserier.

Uträkning Jämförelse med formler

�1𝑛5𝑛

∞

𝑛=1

= �1𝑛∙ �

15�𝑛∞

𝑛=1

Serien stämmer överrens med formeln för 𝐹(𝑥) för en allmän potensserie.

�1𝑛∙ �

15�𝑛∞

𝑛=1

= − ln �1 −15� = − ln �

45� = ln �

54�

𝑓(𝑥) = �𝑥𝑘∞

𝑘=0

=1

1 − 𝑥

𝑓′(𝑥) = �𝑘 ∙ 𝑥𝑘−1∞

𝑘=1

=1

(1 − 𝑥)2

𝐹(𝑥) = �𝑥𝑘+1

𝑘 + 1

∞

𝑘=0

= �𝑥𝑘

𝑘

∞

𝑘=1

= − 𝑙𝑛(1 − 𝑥)

Svar: ln �54�

Sida 36 av 44

Exempel: Uppgift 5c från Tenta 2011-06-09 TATA42

Bestäm summan av serien �𝑛 + 2

3𝑛

∞

𝑛=0

Vi skriver om serien och delar upp den:

�𝑛 + 2

3𝑛

∞

𝑛=0

= �(𝑛 + 2) ∙ �13�𝑛∞

𝑛=0

= �𝑛�13�𝑛

+ 2 �13�𝑛∞

𝑛=0

= �𝑛�13�𝑛∞

𝑛=0

+ 2 ��13�𝑛∞

𝑛=0

Nu kan beräkna värdet av serierna var för sig.

2 ��13�𝑛∞

𝑛=0

= 2 ∙1

1 − �13�

= 2 ∙123

= 3

�𝑛�13�𝑛∞

𝑛=0

När 𝑛 finns både som koefficient och som exponent ser man att uttrycket påminner om en derivata. Nu gäller det att ”forma om” uttrycket så att det stämmer helt med uttrycken för funktion/derivata.

Uträkning Jämförelse med formler

�𝑛�13�𝑛∞

𝑛=0

Jämfört med den deriverade formen av en potensserie ser vi att det skiljer sig två saker:

a) Serien börjar vid 𝑛 = 0 istället för 𝑘 = 1 b) Exponenten är 𝑛 istället för 𝑘 − 1

Vi vill nu forma om uttrycket så det stämmer överrens.

�𝑛�13�𝑛∞

𝑛=0

= 0 �13�0

+ 1 �13�1

+ 2 �13�2

+. . . =

�13� �1 + 2 �

13� + 3 �

13�2

+. . .� =13∙ � 𝑛 �

13�𝑛−1∞

𝑛=1

13∙ � 𝑛�

13�𝑛−1∞

𝑛=1

=13∙

1

�1 − 13�

2 =13∙

149

=34

𝑓(𝑥) = �𝑥𝑘∞

𝑘=0

=1

1 − 𝑥

𝑓′(𝑥) = �𝑘 ∙ 𝑥𝑘−1∞

𝑘=1

=1

(1 − 𝑥)2

𝐹(𝑥) = �𝑥𝑘+1

𝑘 + 1

∞

𝑘=0

= �𝑥𝑘

𝑘

∞

𝑘=1

= − 𝑙𝑛(1 − 𝑥)

𝐒𝐯𝐚𝐫: �𝑛�13�𝑛∞

𝑛=0

+ 2 ��13�𝑛∞

𝑛=0

=34

+ 3 =𝟏𝟓𝟒

Sida 37 av 44

5.4 Differentialekvationer och potensserier Genom att se en potensserie som en funktion kan man lösa differentialekvationer som innehåller produkter av 𝑥-termer och funktioner eller derivator.

Lösningsmetoden beskrivs först med ett ganska enkelt exempel (som man hade kunnat lösa mycket smidigare) och appliceras därefter på ett svårt exempel, där ansättning som en potensserie är enda (bästa) tillvägagångssättet.

Exempel: Uppgift 10.22 från boken (Forsling)

Bestäm alla lösningar i en potensserieform till differentialekvationen 𝑦′′ − 𝑦 = 𝑥 med villkoret att 𝑦 = 1 och 𝑦′ = 0 för 𝑥 = 0.

1. Ansätter 𝑦 som en potensserie. 𝑦 = �𝑐𝑘

∞

𝑘=0

𝑥𝑘 = 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥2 + 𝑐3𝑥3 + 𝑐4𝑥4. ..

2. Bestämmer 𝑦′′ 𝑦′ = �𝑘𝑐𝑘

∞

𝑘=1

𝑥𝑘−1 = 𝑐1 + 2𝑐2𝑥1 + 3𝑐3𝑥2 + 4𝑐4𝑥3. ..

𝑦′′ = �𝑘(𝑘 − 1)𝑐𝑘𝑥𝑘−2∞

𝑘=2

= 2𝑐2 + 6𝑐3𝑥 + 12𝑐4𝑥2+. ..

3. Anpassar 𝑦′′ genom att göra ändringar i termerna (vi vill att summan ska börja vid 𝑘 = 0).

𝑦′′ = �𝑘(𝑘 − 1)𝑐𝑘𝑥𝑘−2∞

𝑘=2

= �(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2𝑥𝑘∞

𝑘=0

Tänk: Summorna ska börja med samma värde. 𝑘 = 2 insatt i det vänstra uttrycket ska ge samma som 𝑘 = 0 insatt i det högra.

4. Sätter in uttrycken i differentialekvationen.

𝑦′′ − 𝑦 = 𝑥 ⇔

�(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘𝑥𝑘∞

𝑘=0

−� 𝑐𝑘

∞

𝑘=0

𝑥𝑘 = 𝑥 ⇔

��(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2𝑥𝑘 − 𝑐𝑘𝑥𝑘�∞

𝑘=0

5. Jämför termer mot termer. Detta görs smidigast genom att utveckla summan i 𝑑𝐿 och jämföra med 𝐻𝐿.

��(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘𝑥𝑘 − 𝑐𝑘𝑥𝑘�∞

𝑘=0

=

= (2𝑐2 − 𝑐0) + (6𝑐3 − 𝑐1)𝑥 + �(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2 − 𝑐𝑘�𝑥𝑘+. . . = 𝑥 𝑥0:𝑥1:𝑥𝑘:

�2𝑐2 − 𝑐0 = 06𝑐3 − 𝑐1 = 1

(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2 − 𝑐𝑘 = 0

6. Använder begynnelsevillkoren.

Villkor: 𝑦 = 1 och 𝑦′ = 0 för 𝑥 = 0 Sätter in i serierna:

𝑦(𝟎) = �𝑐𝑘

∞

𝑘=0

𝟎𝑘 = 𝑐0 + 𝑐1𝟎+ 𝑐2𝟎2 + … = 𝑐0 = 𝟏

𝑦′(𝟎) = �𝑘𝑐𝑘

∞

𝑘=1

𝟎𝑘−1 = 𝑐1 + 2𝑐2𝟎1 + 3𝑐3𝟎2+. . . = 𝑐1 = 𝟎

7. Bestämmer uttryck för 𝑐𝑘 med hjälp av förhållandena i steg 5 och värdena i steg 6. �

2𝑐2 − 𝑐0 = 06𝑐3 − 𝑐1 = 1

(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2 − 𝑐𝑘 = 0⇔

⎩⎨

⎧𝑐2 = 1/2𝑐3 = 1/6

𝑐𝑘+2 =𝑐𝑘

�(𝑘 + 1)(𝑘 + 2)�

Sida 38 av 44

𝑘 = 2 ⇒ 𝑐𝟒 =𝑐2

3 ∙ 4=

12∙

13 ∙ 4

=1𝟒!

𝑘 = 3 ⇒ 𝑐𝟓 =𝑐3

4 ∙ 5=

16∙

14 ∙ 5

=1𝟓!

𝑐𝒌 =1𝒌!

8. Skriver upp ett uttryck för funktionen. 𝑦 = 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥2 + 𝑐3𝑥3 + 𝑐4𝑥4+. . ., 𝑑ä𝜋 �

𝑐0 = 1𝑐1 = 0𝑐𝑘 = 1

𝑘!

⇒ 𝑦 = 1 +𝑥2

2!+𝑥3

3!+𝑥4

4!+. ..

9. Skriver som en serie. 𝒚 = 1 +

𝑥2

2!+𝑥3

3!+𝑥4

4!+. . . = 1 + �

𝑥𝑘

𝑘

∞

𝑘=2

𝐒𝐯𝐚𝐫: 𝒚 = 1 + �𝑥𝑘

𝑘

∞

𝑘=2

(10. Förenkla svaret.) Enligt Maclaurinutveckling ser man att summan motsvarar en exponentialfunktion.

𝑒𝑥 = �𝑥𝑘

𝑘!

∞

𝑘=0

= 1 + 𝑥 + �𝑥𝑘

𝑘

∞

𝑘=2

⇔ �𝑥𝑘

𝑘

∞

𝑘=2

= 𝑒𝑥 − 1 − 𝑥

1 + �𝑥𝑘

𝑘

∞

𝑘=2

= 1 + (𝑒𝑥 − 1 − 𝑥) = 𝑒𝑥 − 𝑥

𝐒𝐯𝐚𝐫: 𝒚 = 𝑒𝑥 − 𝑥

Anmärkning 1: Definitionen av fakultet ger 0! = 1

Anmärkning 2: Det svåraste steget vid beräkningen är att komma fram till ett uttryck för 𝑐𝑘. Här finns det ingen exakt metod, utan man får testa sig fram med olika värden på 𝑘 för att kunna sluta sig till en lösning.

Sida 39 av 44

Exempel: Uppgift 6 från Tenta 2012-03-10 TATA42

Låt differentialekvationen 𝑦′′ − 2𝑥𝑦′ − 4𝑦 = 0, med begynnelsevillkoren 𝑦(0) och 𝑦′(0) = 1, med en potensserieansats. Uttryck även lösningen med hjälp av elementära funktioner.

1. Ansätter 𝑦 som en potensserie. 𝑦 = �𝑐𝑘

∞

𝑘=0

𝑥𝑘 = 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥2 + 𝑐3𝑥3 + 𝑐4𝑥4. ..

2. Bestämmer derivatorna: 𝑦′ och 𝑦′′ 𝑦′ = �𝑘𝑐𝑘

∞

𝑘=1

𝑥𝑘−1 = 𝑐1 + 2𝑐2𝑥1 + 3𝑐3𝑥2 + 4𝑐4𝑥3. ..

𝑦′′ = �𝑘(𝑘 − 1)𝑐𝑘𝑥𝑘−2∞

𝑘=2

= 2𝑐2 + 6𝑐3𝑥 + 12𝑐4𝑥2+. ..

3. Sätter in uttrycken i differentialekvationen.

𝑦′′ − 2𝑥𝑦′ − 4𝑦 = 0 ⇔

�𝑘(𝑘 − 1)𝑐𝑘𝑥𝑘−2∞

𝑘=2

− 2𝑥�𝑘𝑐𝑘

∞

𝑘=1

𝑥𝑘−1 − 4�𝑐𝑘

∞

𝑘=0

𝑥𝑘 = 0 ⇔

�𝑘(𝑘 − 1)𝑐𝑘𝑥𝑘−2∞

𝑘=2

−� 2𝑘𝑐𝑘

∞

𝑘=1

𝑥𝑘 −� 4𝑐𝑘𝑥𝑘∞

𝑘=0

= 0 ⇔

4. Anpassar uttrycken. Vi måste ha: a) Samma exponent till 𝑥 b) Summor med samma intervall.

�𝑘(𝑘 − 1)𝑐𝑘𝑥𝑘−2∞

𝑘=2

= �(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2𝑥𝑘∞

𝑘=0

� 2𝑘𝑐𝑘

∞

𝑘=1

𝑥𝑘 = � 2𝑘𝑐𝑘

∞

𝑘=0

𝑥𝑘

5. Förenklar uttrycket. �(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2𝑥𝑘∞

𝑘=0

−� 2𝑘𝑐𝑘

∞

𝑘=0

𝑥𝑘 −� 4𝑐𝑘𝑥𝑘∞

𝑘=0

= 0 ⇔

��(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2 − 2𝑘𝑐𝑘 − 4𝑐𝑘�𝑥𝑘∞

𝑘=0

= 0 ⇔

6. Bestämmer uttryck för 𝑐𝑘 Från uppgiften får vi begynnelsevillkor:

� 𝑦(0) = 0 ⇒ 𝑐0 = 0

𝑦′(0) = 1 ⇒ 𝑐1 = 1

Genom att jämföra med 𝐻𝐿 ser man att koefficienten till 𝑥𝑘 måste vara noll. (𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2 − 2𝑘𝑐𝑘 − 4𝑐𝑘 = 0 ⇔ (𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2 = 4𝑐𝑘 + 2𝑘𝑐𝑘 ⇔

𝑐𝑘+2 =4 + 2𝑘

(𝑘 + 2)(𝑘 + 1) ∙ 𝑐𝑘

Med hjälp av formeln ovan ska man nu komma fram till ett samband. Först ser man att 𝑐𝑘 = 0 för jämna 𝑘. Detta kan visas:

𝒌 𝑐𝑘 𝑐𝒌+2 =4 + 2𝒌

(𝒌 + 2)(𝒌 + 1) ∙ 𝑐𝑘

𝒌 = 𝟎 𝑐0 = 0 𝑐2 =

4 + 2𝒌(𝒌 + 2)(𝒌 + 1) ∙ 0 = 0

𝒌 = 𝟐 𝑐2 = 0 𝑐4 =4 + 2𝑘

(𝑘 + 2)(𝑘 + 1) ∙ 0 = 0

Sida 40 av 44

Osv… Återstår då att kontrollera udda 𝑘.

𝒌 𝑐𝑘 𝑐𝒌+2 =4 + 2𝒌

(𝒌 + 2)(𝒌 + 1) ∙ 𝑐𝑘

𝒌 = 𝟏 𝑐1 = 1 𝑐3 =

4 + 2 ∙ 𝟏(𝟏 + 2)(𝟏 + 1) ∙ 1 =

63 ∙ 2

= 1

𝒌 = 𝟑 𝑐3 = 1 𝑐5 =4 + 2 ∙ 𝟑

(𝟑 + 2)(𝟑 + 1) ∙ 1 =10

5 ∙ 4=

12

𝒌 = 𝟓 𝑐5 =12

𝑐7 =4 + 2 ∙ 𝟓

(𝟓 + 2)(𝟓 + 1) ∙12

=14

7 ∙ 6∙

12

=1

2 ∙ 3

𝒌 = 𝟕 𝑐7 =1

2 ∙ 3 𝑐9 =

4 + 2 ∙ 𝟕(𝟕 + 2)(𝟕 + 1) ∙

12 ∙ 3

=18

9 ∙ 8∙

12 ∙ 3

=1

2 ∙ 3 ∙ 4

Här ser man att vi verkar få fakultet i nämnaren för termerna. Nu gäller det bara att hitta ett samband mellan nämnaren och värdet på 𝑘. 12!

,𝑑å 𝑘 = 2 13!

,𝑑å 𝑘 = 5

1/4!,𝑑å 𝑘 = 7 … 1/𝑛!,𝑑å 𝑘 = 2𝑛 − 1

Slutsats: 𝑐𝒌+2 = 𝑐(𝟐𝒏−𝟏)+2 = 𝑐2𝑛+1 =1𝑛!

6. Ställ upp summa 𝑦 = �𝑐𝑘

∞

𝑘=0

𝑥𝑘 = 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥2 + 𝑐3𝑥3 + 𝑐4𝑥4+. ..

�

𝑐0 = 0𝑐1 = 1

𝑐2𝑛+1 =1𝑛!

⇒ 𝑦 = �1𝑛!𝑥2𝑛+1

∞

𝑛=0

7. Jämför med standardserier. Standard: 𝑒𝑥 = �

𝑥𝑘

𝑘!

∞

𝑘=0

�1𝑛!𝑥2𝑛+1

∞

𝑛=0

= �1𝑛!𝑥2𝑛 ∙ 𝑥

∞

𝑛=0

= 𝑥�(𝑥2)𝑛

𝑛!

∞

𝑛=0

= 𝑥𝑒𝑥2

8. Svar: 𝑦 = 𝑥𝑒𝑥2

Sida 41 av 44

6. Formler

6.1 Standardprimitiver

Elementära funktioner

𝑓′(𝑥) 𝑓(𝑥) 𝑥𝑛,𝑥 ≠ −1 𝑥𝑛+1

𝑛 + 1

1𝑥

ln𝑥

𝑒𝑥 𝑒𝑥

sin𝑥 −cos𝑥

cos𝑥 sin𝑥

Fler primitiver

𝑓′(𝑥) 𝑓(𝑥) 1

1 + 𝑥2 arctan𝑥

1√1 − 𝑥2

arcsin𝑥

1√𝑥2 + 𝑎

ln �𝑥 +�𝑥2 + 𝑎�

𝑓′(𝑥)𝑓(𝑥)

ln|𝑓(𝑥)|

𝑓(𝑥) ∙ 𝑓′(𝑥) 12 �𝑓(𝑥)�2

1cos2 𝑥

tan𝑥

1sin2 𝑥

− cot𝑥

Partiell integration

�𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥)𝑔(𝑥) −�𝐹(𝑥)𝑔′(𝑥)𝑑𝑥

Sida 42 av 44

6.2 Integralformler

Funktionstyp/Formel Funktionskurva: 𝒚 = 𝒇(𝒙) Polär form: 𝒓 = 𝒉(𝝋) Area

𝐴 = �𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

𝑑𝑥 𝐴 = �12ℎ(𝜑)2

𝛽

𝛼

𝑑𝜑

Kurvlängd 𝑑 = ��1 + 𝑓′(𝑥)2

𝑏

𝑎

𝑑𝑥 𝑑 = ��ℎ(𝜑)2 + ℎ′(𝜑)2𝛽

𝛼

𝑑𝜑

Rotationsvolym:

𝒙-axeln 𝑑 = 𝜋�𝑓(𝑥)2𝑏

𝑎

𝑑𝑥 𝑑 =2𝜋3�ℎ(𝜑)3 sin𝜑

𝛽

𝛼

𝑑𝜑

Rotationsvolym:

𝒚-axeln 𝑑 = 2𝜋�𝑥 ∙ 𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

𝑑𝑥 𝑑 =2𝜋3�ℎ(𝜑)3 cos𝜑

𝛽

𝛼

𝑑𝜑

Rotationsarea: 𝒙-axeln 𝐴 = 2𝜋�𝑓(𝑥)

𝑏

𝑎

�1 + �𝑓′(𝑥)�2 𝑑𝑥 𝐴 = 2𝜋 � ℎ(𝜑)

𝛽

𝛼

sin𝜑�ℎ(𝜑)2 + ℎ′(𝜑)2𝑑𝜑

Rotationsarea:

𝒚-axeln 𝐴 = 2𝜋�𝑥𝑏

𝑎

�1 + �𝑓′(𝑥)�2 𝑑𝑥 𝐴 = 2𝜋 � ℎ(𝜑)

𝛽

𝛼

cos𝜑�ℎ(𝜑)2 + ℎ′(𝜑)2𝑑𝜑

6.3 Jämförelseserier

�1𝑥𝑎

𝑑𝑥∞

1

ä𝜋 �𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 om 𝑎 > 1𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 om 𝑎 ≤ 1

�1𝑥𝑎

𝑑𝑥1

0

ä𝜋 �𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 om 𝑎 < 1𝑑𝑖𝑣𝑒𝜋𝑔𝑒𝑛𝑡 om 𝑎 ≥ 1

Sida 43 av 44

6.4 Standardgränsvärden Standardgränsvärden

Standardgränsvärde Omvänt sin𝑥𝑥

→ 1, 𝑥 → 0 sin 1/𝑡

1/𝑡→ 1, 𝑡 → ∞

tan𝑥𝑥

→ 1, 𝑥 → 0 tan 1/𝑡

1/𝑡→ 1, 𝑡 → ∞

ln(1 + 𝑥)𝑥

→ 1, 𝑥 → 0 ln(1 + 𝑥)

𝑥→ 1, 𝑡 → ∞

𝑒𝑥 − 1𝑥

→ 1, 𝑥 → 0 𝑒1/𝑡 − 11/𝑡

→ 1, 𝑡 → ∞

(1 + 𝑥)1/𝑥 → 𝑒, 𝑥 → 0 (1 + 1/𝑡)𝑡 → 𝑒, 𝑡 → ∞

𝑥𝑎 ln𝑥 → 0, 𝑥 → 0+ (𝑎 > 0) (1/𝑡)𝑎 ∙ ln 1/𝑡 =

ln(1/𝑡)𝑡𝑎

→ 0, 𝑡 → ∞ (𝑎 > 0)

arcsin𝑥𝑥

→ 1, 𝑥 → 0 arcsin 1/𝑡

1/𝑡→ 1, 𝑡 → ∞

arctan𝑥𝑥

→ 1, 𝑥 → 0 arctan 1/𝑡

1/𝑡→ 1, 𝑡 → ∞

Hastighetstabell Följande uttryck är rangordna i fallande ordning efter vilket som växer snabbast.

• 𝑛𝑛 • 𝑛! • 𝑎𝑛 • 𝑛𝑎 • ln𝑛

Detta ger upphov till följande standardgränsvärden då 𝑛 → ∞

ln𝑛𝑛𝑎

→ 0

𝑛𝑎

𝑎𝑛→ 0

𝑎𝑛

𝑛!→ 0

𝑛!𝑛𝑛

→ 0

Övrigt √𝑛𝑎𝑛 → 1,𝑑å 𝑛 → ∞

Sida 44 av 44

6.5 Standardutvecklingar

Funktion Maclaurinutveckling Skriven som serie A 𝑒𝑥

1 + 𝑥 +𝑥2

2+𝑥3

3!+𝑥4

4!+. .. 𝑒𝑥 = �

𝑥𝑛

𝑛!

∞

𝑘=0

B sin𝑥 𝑥 −

𝑥3

3!+𝑥5

5!−𝑥7

7!+. .. sin𝑥 = �(−1)𝑘

𝑥2𝑘+1

(2𝑘 + 1)!

∞

𝑘=0

C cos𝑥 1 −

𝑥2

2+𝑥4

4!−𝑥6

6!+. .. cos𝑥 = �(−1)𝑘

𝑥2𝑘

(2𝑘)!

∞

𝑘=0

D ln(1 + 𝑥) 𝑥 −

𝑥2

2+𝑥3

3−𝑥4

4+. .. ln(1 + 𝑥) = �(−1)𝑘−1

𝑥𝑘

𝑘

∞

𝑘=1

,

𝑓ö𝜋 − 1 < 𝑥 ≤ 1

E (1 + 𝑥)𝑎 1 + 𝑎𝑥 + �𝑎2� 𝑥2 + �

𝑎3� 𝑥3 + �

𝑎4� 𝑥4+. .. (1 + 𝑥)𝑎 = ��

𝑎𝑘�𝑥𝑘

∞

𝑘=0

F arctan𝑥 𝑥 −

𝑥3

3+𝑥5

5+𝑥7

7+. .. arctan𝑥 = �(−1)𝑘

𝑥2𝑘+1

2𝑘 + 1

∞

𝑘=0

,

𝑓ö𝜋 − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1

6.6 Övrigt

Binomialkoefficienter

�𝑛𝑘� =

𝑛 ∙ (𝑛 − 1) ∙ … ∙ (𝑛 − 𝑘 + 1)𝑘!

=𝑛!

𝑘! (𝑛 − 𝑘)!

𝐎𝐛𝐬! �𝑛0� = �

𝑛𝑛� = 1, �

𝑛1� = �

𝑛𝑛 − 1

� = 𝑛

Exempel:

�𝑎3� =

𝑎(𝑎 − 1)(𝑎 − 2)3!

�75� =

7(7 − 1)(7 − 2)(7 − 3)(7 − 4)5!

=7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 31 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 ∙ 5

= 21

Binomialformeln

(𝑎 + 𝑏)𝑛 = ��𝑛𝑘�

𝑛

𝑘=0

𝑎𝑛−𝑘𝑏𝑘 = 𝑎𝑛 + �𝑛1�𝑎𝑛−1𝑏 + �

𝑛2�𝑎𝑛−2𝑏2+. . . + �

𝑛𝑛 − 1

� 𝑎𝑏𝑛−1 + �𝑛𝑛�𝑏𝑛

Den komplexa exponentialfunktionen 𝑦 = 𝑒𝑖𝑎𝑥 = cos𝑎𝑥 + 𝑖 sin𝑎𝑥 ,𝑑ä𝜋

• Re�𝑒𝑖𝑎𝑥� = cos𝑎𝑥 • Im�𝑒𝑖𝑎𝑥� = sin𝑎𝑥