H7 Malliratkaisut - Tehtävä 1

Transkriptio

1 H7 Malliratkaisut - Tehtävä Eelis Mielonen 7. lokakuuta 07 a) Palautellaan muistiin Maclaurin sarjan määritelmä (Taylorin sarja origon ympäristössä): f n (0) f(x) = (x) n Nyt jos f(x) = ln( + x) saadaan sen derivaatoille: f (x) = + x f (0) = f (x) = f (x) = ( + x) f (0) =! ( + x) 3 f (0) =! f (x) = 3! ( + x) 4 f (0) = 3!... joten meidän funktion f(x) voi kirjoittaa muotoon: f(x) = x! + x! + x3! 3! + x4 3! 4! +... = ( ) n (x) n Mille arvoille x tämä sarja suppenee? Koska sarja on vaihteleva, tarkastellaan milloin sarja suppenee absoluuttisesti (milloin sarjan termien absoluuttinen arvo suppenee). Käytetään tähän suhdetestiä: u n+ u n = Kun n lähestyy ääretöntä saadaan: n n + x < x < n= n

2 Tästä saadaan selville että sarja suppenee vain jos x n etäisyys origosta on pienempi kuin. Täten suppenemissäde R =. b) Toistetaan sama metodi funktiolle f(x) = sin(x). Huomataan ensin että sin(x) n kaikki derivaatat ovat joko positiivisiä tai negatiivisiä cos(x) tai sin(x) funktioita. Kaikille Maclaurin sarjan parillisille termeille saadaan f n (x) = ± sin(x). Koska sin(0) = 0, huomataan että vain parittomat indeksit jäävät (n =, 3, 5, 7,...) sarjakehitelmään. Eli: sin(x) = 0 + cos(0) x! cos(0) x3 3! sin(x) = x! x3 3! + x5 5! +... = k= cos(0) x5 5! ( ) k x k+ (k + )! +... Suppenemissäteen selvittämiseksi voidaan yksinkertaisesti tarkastella sarjan termiä u k. Kirjoitetaan se uuteen muotoon, ja kuvitellaan miltä se näyttää kun k + >> x: u k = xk+ (k + )! = x x x 3 x 4... x (k + ) Kun k + lähestyy ääretöntä, se on jossakin vaiheessa paljon suurempi kun joku valittu luku x (esim. kuvittele mitä tapahtuu kun x = 50). Katsomalla yllä olevaa tuloa huomataan, että siitä tulee pienempi ja pienempi sen pisteen jälkeen kun k + > x, ja se lähestyy nollaa koska tuloon ilmestyy termejä jotka ovat mielivaltaisen pieniä. Voidaan siis valitä mikä vaan x ja sarjan termit lähestyvät nollaa. Meidän pitää vielä näyttää että sarjan termit pienenevät riittävän nopeasti, joten käytetään suhdetestiä: lim u k+ k u k = lim x k (k + 3)(k + ) = 0 Kaikille x. Täten sarjan suppenemissäde R =.

3 Tehtävä : a) Käytä sin x:n Taylorin sarjaa osoittaaksesi, että sin(x):n Taylorin sarja on sin x = Tästä nähdään että sin x lim x 0 x =. ( ) n xn+ (n + )! = x x3 3! + x5 5! x7 7! +... sin x x = x 3! + x4 5! x6 7! +... Nyt kun otetaan raja-arvo sarjasta, nähdään että muut kuin ensimmäinen termi lähestyvät nollaa, joten b) sin x lim x 0 x = = Derivoi eksponenttifunktion Taylorin sarjaa ja osoita, että d dx ex = e x. Eksponenttifunktion Taylorin sarja on e x = x n = + x + x! + x3 3! +... Nyt voidaan esimerkiksi derivoida sarjan lauseketta ja näyttää että saadut termit ovat samat. d dx ex = d dx = x n nx n = 0 x 0! + x0! + x! = + x + x! + x3 3! +... =e x + 3 x 3! + 4 x3 4! +...

4 Mapu I Viikko 7 tehtävä 3 malli Kysymys: Millaisella paraabelilla voisi approksimoida funktiota f(x) = e x origon ympäristössä? Vastaus: f(x) x Tapa : Käytetään Taylorin sarjaa: f(x) = f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n Aloitetaan laskemalla ensimmäinen termi a 0, eli summan termi, jossa n = 0: a 0 = f(0) 0! = e 0 = Seuraavaksi a. Ensin f (x) x 0 f () (x) = d dx e x = dg d dx dg eg ( ) d = dx ( x ) = xe x f () (0) = 0e 0 = 0 e g e x := e g(x) a = 0! x = 0 Toinen termi onkin nolla! Jatketaan laskemalla a

5 Mapu I Viikko 7 tehtävä 3 malli f () (x) = d dx f () (x) = d ( xe x) dx ( = e d x dx x + x d ) dx e x = (e x x e x) f () (0) = ( e 0 0e 0) = a =! x = x Jos tätä jatkettaisiin, suurenisi x:n potenssi joka kerta. Seuraava nollasta poikkeava termi onkin O(x 4 ), eli siitä ei enää saada paraabelia. Voidaan siis kirjoittaa f(x) x Tapa : Käytetään e x :n Taylorin sarjaa. Sarja siis on: d n dx n e x = e x, eli f (n) (0) = kaikilla n N 0. Eli: e x = x n f(x) = e x = = Vastaus: f(x) x ( x ) n ( ) n x n = ( )0 x 0 0! + ( ) x! = x + x4 + O(x6 ) x + ( ) x 4! +...

6 4. Suhteellisuusteorian mukaan m-massaisen ja vauhdilla v etenevän hiukkasen kokonaisenergia on E = γmc = mc ( ) = E 0 + K v c E Määritä energian toisen asteen Taylorin polynomi pisteen v = 0 ympäristössä. Mitä on lepoenergia E 0 ja vauhdista riippuva kineettinen energia K tässä approksimaatiossa? Ratkaisu: E 0 {}}{ mc + K {}}{ mv + C R {}}{ 3 mv 4 8 c. Nyt kun Taylorin polynomeja on hieman harjoiteltu, päästään näkemään mitä hyötyä niistä käytännössä on. Fysiikassa tulee jatkuvasti vastaan ikävän näköisiä funktioita, ja Taylor-kehitelmä antaa useimmissa tilanteissa riittävän tarkan vastauksen asioiden mielekkääseen laskemiseen. Halutaan siis kehittää hitun (lepomassa m, vauhti v) kokonaisenergia toisen asteen Taylorin polynomiksi pisteen v = 0 ympäristössä (kutsutaan myös Maclaurinin sarjaksi). Helpotetaan laskua merkitsemällä Nyt siis tarkastellaan termiä x = ( v c ) = v c. E = mc x = mc ( x) /, jonka derivaatat ovat (mc on vakio, muistetaan sisäfunktion derivaatta) ( E (x) = mc ) ( x) 3/ ( ) = mc ( x) 3/ E (x) = ( mc 3 ) ( x) 5/ ( ) = 3 4 mc ( x) 5/.

7 Haluttiin kehittää Taylorin polynomi pisteen v = 0 ympäristössä, jolloin termien arvot ovat E(0) = mc ( 0) / = mc E (0) = mc ( 0) 3/ = mc E (0) = 3 4 mc ( 0) 5/ = 3 4 mc. Nyt voimme syöttää lasketut arvot Taylorin sarjan muotoon E E(0) + E (0)(x 0) + E (0)(x 0) + O(x 3 ) = mc + mc x mc x + O(x 3 ) = mc + v mc = mc + mv = E 0 + K + C R + O(v 6 ) c + 3 v4 mc 8 c 4 + O(v6 ) mv 4 c + O(v 6 ) Suhteellisuusteorian tarjoama hitun kokonaisenergia palautuu kehitelmässä massiiviselle hiukkaselle ensimmäisten termien osalta varsin tutun näköiseen muotoon lepoenergialle (E 0 = mc ) ja kineettiselle energialle (K = mv ). Tässä kehitelmän kolmas termi (C R = 3 8 c ) on johtava relativistinen korjaus energialle. Huomataan, että jos pysytään kohtuullisissa nopeuksissa (v c), tämän jälkeiset termit tippuvat mitä mitättömimmiksi, kun nimittäjässä olevat tekijät c n alkavat dominoida. Huomaathan, ettei oletus v c ole lainkaan korni. Tehtävässä kehitettiin Taylorin polynomiksi funktiota ( x) /. Pisteen x = 0 ympäristössä tämä on täsmälleen sama asia kuin VuKasta tuttu binomikehitelmä, joka vaatii, että termi x = v c on pieni (t.s. v c). mv 4

8 Tehtävä 5. Diatomisen molekyylin potentiaalienergiaa atomien välisen välimatkan x funktiona mallinnetaan funktiolla: U(x) = A ( e b(x x 0) ), missä x 0 on tasapainoetäisyys. a) Kehitä U(x) toisen asteen Taylorin polynomiksi tasapainoaseman ympäristössä. b) Atomien välinen voima saadaan laskettua potentiaalienergiasta F = du dx Osoita, että tasapainoaseman lähellä voima on muotoa F = k(x x 0 ) ja määrää jousivakio k. Vastaus: a) U(x) Ab (x x 0 ) b) F = Ab (x x 0 ) ja k = Ab Ratkaisu: a) Haluamme kehittää U(x):n toisen asteen Taylorin polynomiksi tasapainoaseman x 0 ympäristössä. Tällöin U(x):n Taylorin sarja on muotoa: U(x) U(x 0 ) + U (x 0 )(x x 0 ) + U (x 0 ) (x x 0 )! Lasketaan ensimmäiseksi U(x):n ensimmäinen derivaatta hyödyntäen yhdistetyn funktion derivoinnin ketjusääntöä D(f(g(x))) = f (g(x)) g (x): U(x) = A ( e b(x x 0) ) U (x) = A ( e b(x x 0) ) ( e b(x x 0) ) ( b) = Ab ( e b(x x 0) ) e b(x x 0)

9 Lasketaan myös U(x):n toinen derivaatta hyödyntäen ketjusäännön lisäksi tulon derivoimissääntöä D(f(x) g(x)) = f (x) g(x) + f(x) g (x): U (x) = Ab ( e b(x x 0) ( b)e b(x x 0) + ( e b(x x 0) ) e b(x x 0) ( b)) = Ab (e b(x x 0) e b(x x 0) ( e b(x x 0) ) e b(x x 0) ) = Ab e b(x x 0) (e b(x x 0) + e b(x x 0) ) = Ab e b(x x 0) (e b(x x 0) ) Koska Taylorin sarjaa kehitetään tasapainokohdan x 0 ympäristössä, lasketaan U(x):n ja sen derivaattojen arvot tässä pisteessä: U(x 0 ) = A ( e b(x 0 x 0 ) ) = A ( e 0 ) = 0 U (x 0 ) = Ab ( e b(x 0 x 0 ) ) e b(x 0 x 0 ) = Ab ( e 0 ) e 0 = 0 U (x 0 ) = Ab e b(x 0 x 0 ) (e b(x 0 x 0 ) ) = Ab e 0 (e 0 ) = Ab Sijoitetään nämä arvot U(x):n toisen asteen sarjakehitelmään: U(x) U(x 0 ) + U (x 0 )(x x 0 ) + U (x 0 ) (x x 0 )! = 0 + 0(x x 0 ) + Ab (x x 0 )! = Ab (x x 0 ) Saimme potentiaalienergian approksimaatioksi siis U(x) Ab (x x 0 ). b) Lasketaan atomien välinen voima derivoimalla a)-kohdassa saatu potentiaalienergian aprroksimaatio: F = du dx = d dx Ab (x x 0 ) = Ab (x x 0 ) Tasapainoaseman lähellä voima on muotoa F = k(x x 0 ) ja jousivakio k = Ab.

10 Mapu. Laskuharjoitus 7, Tehtävä S Eksponenttifunktion f(x) = e x Taylorin sarja nollan ympäristössä voidaan kirjoittaa muodossa: n= f(x) = e x = xn missä jäännöstermille R N on johdettavissa lauseke N = xn + R N, R N = f(n+) (c)x N+ (N + )!, 0 c x Laskemme likiarvoa luvulle e = e, jolloin siis x =. Näin ollen jäännöstermi saadaan avattua muotoon R N = e c (N + )!, 0 c sillä dn dx n ex = e x ja x N+ = N+ =. Tehtävänannon puitteissa ei ole mielekästä käyttää e:n tarkkaa arvoa jäännöstermin laskussa, joten arvioidaan hieman yläkanttiin e 3. Ylöspäin pyöristämällä varmistetaan ettei jäännöstermiä aliarvioida. Selvästikin jäännöstermi kasvaa c:n kasvaessa, jolloin jäännöstermin on nyt siis välillä 3 0 (N + )! < R 3 N < (N + )! Nyt siis esimerkiksi kun N = 3, saadaan e:lle likiarvo 3 f() = e = = 8 3 =,666 ja tässä approksimaatiossa tehty virhe on välillä Todellinen virhe: e,666 = 0,0565 4! < R 3 < 3 4! 0,0466 < R 3 < 0,5