\input{preamble}

\title{1 - 13 - POTENSREKKER - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\maketitle


\begin{oppgave}{1}
    Rekkeutviklingen til $\arctan$-funksjonen er ganske lett å huske,
    så jeg husket den,
    og beregnet
    \[
        \arctan \left( \frac{15}{19} \right) \approx \frac{15}{19} - \frac{1}{3}\cdot \left( \frac{15}{19} \right)^3 + \frac{1}{5}\cdot \left( \frac{15}{19} \right)^5 = 0.69
    \]
    som gir en vinkel på omtrent
    \[
        \frac{0.69}{2\pi}\cdot360 = 39.4
    \]
    grader.
    Dette er helt feil vinkel,
    så antagelig husker jeg feile kateter.
    Tror kanskje det egentlig var 8 og 15,
    som gir
    \[
        \arctan \left( \frac{8}{15} \right) \approx \frac{8}{15} - \frac{1}{3}\cdot \left( \frac{8}{15} \right)^3 + \frac{1}{5}\cdot \left( \frac{8}{15} \right)^5 = 0.49
    \]
    og en vinkel på omtrent
    \[
        \frac{0.49}{2\pi}\cdot 360 = 28.2,
    \]
    for jeg husker at jeg sa til blikkenslageren at takvinkelen var omtrent 28 grader.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
    La $u(s) = u'(s) = e^s$ og $v(s) = x - s$ slik at $v'(s) = -1$.
    Vi beregner
\begin{align*}
    e^x =&\hspace{1mm} 1 + \int_{0}^{x}e^s\; ds\\
    =&\hspace{1mm} 1 - \int_{0}^{x}(-1)\cdot e^s\; ds\\
    =&\hspace{1mm} 1 - (x-s)e^s\;\biggr \rvert_{s=0}^{s=x} + \int_{0}^{x}(x-s)e^s\; ds\\[2mm]
    =&\hspace{1mm} 1 + x  + \int_{0}^{x}(x-s)e^s\; ds\\
\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
Vi kjører en gang til.
La $u(s) = u'(s) = e^s$ og $v(s) = \frac{1}{2}\left( x - s \right)^2$ slik at $v'(s) =- (x-s)$,
og
\begin{align*}
    e^x =&\hspace{1mm} 1 + x  + \int_{0}^{x}(x-s)e^s\; ds\\
    =&\hspace{1mm} 1 + x  - \int_{0}^{x}-(x-s)e^s\; ds\\
    =&\hspace{1mm} 1 + x  - \frac{1}{2}(x-s)^2e^s\;\biggr \rvert_{s=0}^{s=x} + \frac{1}{2}\int_{0}^{x}(x-s)^2e^s\; ds\\[2mm]
    =&\hspace{1mm} 1 + x +\frac{x^2}{2} + \frac{1}{2}\int_{0}^{x}(x-s)^2e^s\; ds.
\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
Nå håper jeg du husker induksjonsbevis fra gymnaset.
Hvis ikke,
kan du lese kap. 1.10 i Arnes bok. 
Vi skal sjekke formelen
    \[
        e^x =\hspace{1mm} 1 + x +\frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + \frac{1}{n!}\int_{0}^{x}(x-s)^{n}e^s\; ds.
    \]
og vi har allerede sjekket den for $n=0$ (analysens fundamentalteorem), $n=1$ og $n=2$,
så vi kan gå rett på induksjonssteget.
Anta at likningen holder,
og la $u(s) = u'(s) = e^s$ og $v(s) = \frac{1}{(n+1)!}\left( x - s \right)^{n+1}$ slik at $v'(s) = - \frac{1}{n!}\left( x - s \right)^{n}$.
Vi beregner
\begin{align*}
    e^x =&\hspace{1mm}  1 + x +\frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + \frac{1}{n!}\int_{0}^{x}(x-s)^{n}e^s\; ds\\
    =&\hspace{1mm}  1 + x +\frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^n}{n!} - \frac{1}{n!}\int_{0}^{x}-(x-s)^{n}e^s\; ds\\
    =&\hspace{1mm} 1 + x +\frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^n}{n!} - \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} e^s\;\biggr \rvert_{s=0}^{s=x} +  \frac{1}{(n+1)!}\int_{0}^{x}(x-s)^{n+1}e^s\; ds\\[2mm]
    =&\hspace{1mm} 1 + x +\frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^{n}}{n!} + \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)!}\int_{0}^{x}(x-s)^{n+1}e^s\; ds.
\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
    Du finner pythonkode her:\\
    \url{https://folk.ntnu.no/mortano/python/plotte/taylor/}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
    Her er det lurt å se på
    \[
        e^{x} -\left( 1 + x +\frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^{n}}{n!} \right) = \frac{1}{n!}\int_{0}^{x}(x-s)^{n}e^s\; ds
    \]
    som forteller oss noe om hvor mye taylorpolynomet bommer på den faktiske verdien til eksponensialfunksjonen.
    Alle barn i barnehagen skjønner at
    \[
        \left|\int f\; \right| \leq \int \left| f \right|
    \]
    slik at
    \begin{align*}
        \left|e^{x} -\left( 1 + x +\frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^{n}}{n!} \right) \right| =&
        \left|\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}(x-s)^{n}e^s\; ds \right|\\
        \leq& \frac{1}{n!}\int_{0}^{x}\left|(x-s)^{n}e^s\;\right| ds \\
        \leq& \frac{e^x}{n!}\int_{0}^{x}(x-s)^{n}\; ds  = \frac{e^x}{(n+1)!} x^{n+1}
    \end{align*}
    og setter vi $x=1$,
    får vi
    \[
        \left|e -\left( 1 + x +\frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n!} \right) \right| = \left|\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}(x-s)^{n}e^s\; ds \right| \leq \frac{e}{(n+1)!}
    \]
    Nå vil onde tunger kanskje innvende at hvis vi ikke vet hva $e$ er,
    hjelper ikke feilestimatet oss så mye.
    Men fakultetene stiger helt ekstremt fort.
    La oss si at vi visste $e < 3$.
    I så fall vet vi at
    \[
        \left|e -\left( 1 + x +\frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n!} \right) \right| \leq \frac{3}{(n+1)!}
    \]
    Jeg skrev opp de desimalene jeg huska i farten,
    og det ser ut til å være rundt tjue stk.
    Hvis du går på wikipedia og sjekker fakulteter,
    vil du se at $25! \approx 10^{25}$,
    så noen og tjue ledd burde holde i massevis.
    Hvis du faktisk ønsker å sjekke,
    må du finne ut hvordan python regner med flere desimaler enn seksten.
    (Google \say{numpy extended precision}.)
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
    Dersom $g$ er deriverbar på et intervall som inneholder
både $x_n$ og $r$,
sier sekantsetningen at det må finnes en $s$ mellom disse to slik at
\[
g'(s)=\frac{g(x_n)-g(r)}{(x_n-r)}=\frac{x_{n+1}-r}{(x_n-r)}
\]
som gir at
\[
x_{n+1}-r=g'(s)(x_n-r).
\]
Denne likningen forteller oss noe om avstanden mellom iterasjonene og løsningen $r$,
og vi ser nå hvorfor det er lurt å ha enn viss peiling på hvorvidt
$|g'| < 1$ før vi programmerer opp og trykker på kjør.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{11}
    Vi bruker taylors teorem (husk at $f(r)=0$)
\[
0=f(x_n)+ f'(x_n)(r-x_n) + \frac{f''(s)}{2}(r-x_n)^2
\]
for $s$ mellom $x_n$ og $r$.
Newtons metode er
\[
-f(x_n)=f'(x_n)(x_{n+1}-x_n).
\]
Trekker vi disse likningene fra hverandre, får vi
\[
0=f'(x_n)(r-x_{n+1}) + \frac{f''(s)}{2}(r-x_n)^2.
\]
Her står det at
\[
x_{n+1} - r =  \frac{f''(s)}{2f'(x_n)}(r-x_n)^2,
\]
som sier at Newtons metode i mange situasjoner har kvadratisk konvergens.
Det går an å sette opp presise kriterier for når dette skjer,
men det skal vi ikke gjøre.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{12}
    Dette utrrykket er relativt greit å derivere mange ganger:
    \[
        \frac{d}{dx^n}\frac{1}{1-x} = \frac{n!}{(1-x)^n}
    \]
    og hvis vi evaluerer i $x=0$ og setter inn i taylorformelen med $a=0$,
    får vi
    \[
        p_n(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x_n.
    \]
    I retrospekt kom dette kanskje ikke som noe sjokk.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
    Her er det enklest å bruke forholdstesten.
    Vi beregner
    \[
        \lim_{n\to \infty}\left|\frac{x^{n+1}/(n+1)}{x^n/n} \right| =|x|\lim_{n\to \infty} \frac{n}{n+1} = |x|
    \]
    som gir konvergens for $|x|<1$ og divergens for $|x|>1$.
    For $x=1$ får vi den harmoniske rekken,
    som er divergent,
    og for $x=-1$ får vi den alternende harmoniske rekken,
    som konvergerer.
    Konvergensområdet er altså $[-1,1)$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{14}
    Denne kan du gjøre på akkurat samme måte,
    men
    konvergensområdet blir $[-1,1]$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{15-17}
    Samme her, bruk forholdstesten på akkurat samme måte,
    og sjekk endepunktene for konvergensområdet manuelt om det trengs.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{18}
    Denne har vi allerede regnet ut geometrisk,
    men det taylorrekken gjør slikt enklere å huske:
    \[
        \lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = \lim_{\theta \to 0} \frac{1}{\theta} \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n}\frac{\theta^{2n+1}}{(2n+1)!} =
        \lim_{\theta \to 0} \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n}\frac{\theta^{2n}}{(2n+1)!} = 1
    \]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{19}
    Samme her:
    \[
        \lim_{\theta \to 0} \frac{1-\cos \theta}{\theta} = \lim_{\theta \to 0} \frac{1}{\theta} \left(1 - \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n}\frac{\theta^{2n}}{(2n)!} \right) =
        \lim_{\theta \to 0} \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n}\frac{\theta^{2n-1}}{(2n)!} = 0
    \]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20}
    Og her:
    \begin{align*}
        \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^3}-1}{x-\sin x} =& \lim_{x \to 0}  \left( \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{3n}}{n!} -1  \right) \left( x-\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} \right)^{-1} \\[3mm]
        =&\lim_{x \to 0}  \left( \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{3n}}{n!}   \right) \left( -\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} \right)^{-1} \\[3mm]
        =&\lim_{x \to 0} \frac{x^3+x^6/2 + \cdots}{x^3/3!-x^5/5!+\cdots}\\[2mm]
        =&\lim_{x \to 0} \frac{x^3+x^6/2 + \cdots}{x^3/3!-x^5/5!+\cdots}\cdot \frac{1/x^3}{1/x^3}\\[2mm]
        =&\lim_{x \to 0} \frac{1+x^3/2 + \cdots}{1/3!-x^2/5!+\cdots}= 3!
    \end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{21}
Vi setter $-x^2/2$ inn for $x$ i rekken for eksponensialfunksjonen:
\[
    e^{-x^2/2} = \sum_{n=0}^\infty \frac{\left( -x^2/2 \right)^{n}}{n!} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x ^{2n}}{2^n\cdot n!}
\]
    Hvis du leser kapittel 6.7 i Arnes bok,
    vil du se at det går greit å integere denne rekken fra 0 til 1,
    slik at
\begin{align*}
   \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^1 e^{-x^2/2} \; dx =&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^1 \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x ^{2n}}{2^n\cdot n!} \; dx \\[2mm]
    =& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2^n\cdot n!}\int_0^1 x ^{2n} \; dx\\[2mm]
    =& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2^n\cdot n!}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} \biggr \rvert_0^1
    = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2^n\cdot n!}\cdot \frac{1}{2n+1}
\end{align*}
    Du finner pythonkode her:\\
    \url{https://folk.ntnu.no/mortano/python/kvadratur/normalfordeling/maclaurin.py}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{22}
    Lett! Summen til en alternerende rekke approksimeres av partialsummene
    med en feil som alltid er mindre enn det første utelatte ledd i absoluttverdi.
    det første leddet er $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$,
    og det andre er
    \[
        \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot \frac{(-1)^1}{2^1\cdot 1!}\cdot \frac{1}{2\cdot 1 +1} = -\frac{1}{3\sqrt{2\pi}}
    \]
    mens det tredje er
    \[
        \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{(-1)^2}{2^2\cdot 2!}\cdot \frac{1}{2\cdot 2 +1} = \frac{1}{40\sqrt{2\pi}} \leq 10^{-2}
    \]
    Vi trenger altså bare to ledd for å få en approksimasjon som er mindre $10^{-2}$ fra korrekte verd.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{23}
    Dette er eksponensialfunksjonen evaluert i $x=1$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{24}
    Dette er eksponensialfunksjonen evaluert i $x=i$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{25}
    Cosinusfunksjonen evaluert i $x=1$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{26}
    Arcustangensfunksjonen evaluert i $x=1$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{27}
    Hehehe husker ikke helt hva jeg tenkte her,
    men denne hersker det faktisk litt usikkerhet om i fagfeltet:\\
    \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Catalan%27s_constant}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{28}
    Du gjettet helt riktig.
    Hvordan vi beregner $e^A$ der $A$ er en matrise,
    skal vi se på til våren.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{29}
    Hvis du taylorutvikler eksponensialfunksjonen i nevneren i 
    \[
        B(\lambda,T)=\frac{2hc^2}{\lambda^5}\frac{1}{e^{hc/\lambda k T}-1}
    \]
    med hensyn på $\lambda$, 
    vil du se at Lord Rayleigh kun har fått med seg det første leddet i utviklingen. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{30}
    Sjekk fotnoten helt til slutt her:\\
    \url{
        https://www.feynmanlectures.caltech.edu/I_45.html
    }
    Vi må fremdeles beregne at 
    \[
        \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90},
    \]
    men det kommer til våren i TMA4106.
\end{oppgave}



\section*{GAMLE EKSAMENSOPPGAVER MED LØSNING}

\begin{oppgave}{1}
    Vi husker jo godt sinusfunksjonens taylorrekke om $a=0$
\[
\sin x  = x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+\cdots = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\\[5pt]
\]
som gir
\[
1-\frac{x^{2}}{3!}+\frac{x^{4}}{5!}+\cdots = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}=
\begin{cases}
\frac{\sin x}{x} \quad &x\neq 0\\
1 \quad &x=0
\end{cases}
\]
Vi kan få lov til å integrere denne ledd for ledd
\begin{align*}
\int_0^1 \frac{\sin x}{x} \; dx &= \int_0^1 \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}\; dx\\
&= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \int_0^1 \frac{x^{2n}}{(2n+1)!} \; dx\\
&= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)\cdot(2n+1)!}\biggr \rvert_0^1\\
&= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{1}{(2n+1)\cdot(2n+1)!}=1-\frac{1}{18}+\frac{1}{600}-\cdots
\end{align*}
Den etterspurte tilnærmingen blir da
\[
\int_0^1 \frac{\sin x}{x} \; dx\approx 1-\frac{1}{18}=\frac{17}{18},
\]
og siden det neste leddet i rekken er $1/600$
må feilen være mindre enn dette.
\end{oppgave}

\clearpage

\begin{oppgave}{2}
Vi bruker forholdstesten,
og regner ut at
\[
\lim_{n\to \infty} \left|\frac{(-1)^{n+1}x^{2n+3}}{(-1)^nx^{2n+1}}\cdot \frac{2n+1}{2n+3}\right|= x^2 \lim_{n\to \infty}  \frac{2n+1}{2n+3}=x^2<1
\]
dersom $|x|<1$.
Dette impliserer at rekken konvergerer for $|x|<1$
og divergerer for $|x|>1$
Vi sjekker endepunktene.
For $x=1$, får vi
\[
\sum_{n=0}^\infty(-1)^{n}\frac{1}{2n+1}
\]
og for  $x=-1$
\[
\sum_{n=0}^\infty(-1)^{n+1}\frac{1}{2n+1}
\]
som begge er konvergente rekker.
Konvergensområdet er altså $|x|\leq 1$.
Det enkleste så,
er å starte med geometrisk rekke:
\[
\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}x^{n}
\]
substituere $x=-s^2$:
\[
\frac{1}{1+s^2}=\sum_{n=0}(-1)^ns^{2n}
\]
og så integrere hele greia fra 0 til $x$, og få
\[
\arctan{x}=\sum_{n=0}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}.
\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{3}
Alle barn husker uttrykket for geometrisk rekke siden de har pugget det på skolen.
Vi kan integrere denne leddvis:
\[
\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^\infty  x^n  \Longrightarrow \frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^n  \Longrightarrow \ln (1+x)=\sum_{n=0}^\infty  \frac{(-1)^nx^{n+1}}{n+1}.
\]
Den siste rekken blir en konvergent alternerende rekke når $x=1$, og vi ser at 
\[
\ln 2=\sum_{n=0}^\infty  \frac{(-1)^n}{n+1}.
\]
Merk at rekkene for $\frac{1}{1-x}$ og $\frac{1}{1+x}$ ikke konvergerer for $x=1$. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
    Hvis vi deriverer
den geometriske reken, får vi
\[
\frac{1}{(1-x)^2}=\left(\frac{1}{1-x}\right)'=\sum_{n=1}^\infty  nx^{n-1},
\]
og dersom denne evalueres i $x=\frac{1}{3}$,
får vi
\[
\frac{9}{4}=\frac{1}{(1-\frac{1}{3})^2}=\sum_{n=1}^\infty  \frac{n}{3^{n-1}}.
\]
\end{oppgave}


\end{document}
