Matematyka 0 WCh, 2020/2021 ćwiczenia 33. – rozwiązania
15 stycznia 2021
1. Korzystając z twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej oblicz w przybliżeniu wartość f (2, 01) dla f (x) =
x2−3 x2+5.
Mamy dla pewnego c ∈ (2, 2, 01) f (2 + 0, 01) = f (2) + 0, 01 ⋅ f′(c) ≃ f (2) + 0, 01 ⋅ f′(2).
Mamy f (2) =19 oraz
f′=
2x(x2+5) − 3x(x2−3) (x2+5)2 =
16x (x2+5)2, czyli f′(2) =3281, a więc
f (2, 01) ≃ 1 9+
0, 32 81 =
9, 32 81 =
233 2025.
2. Wypisz wzór Taylora dla n-tego rzędu dla funkcji f (x) =1x w punkcie x0= −1.
f′(x) =−1x2, f′′(x) = x23, f′′′(x) =x−64, f(4)(x) =24x5, f(n)(x) =(−1)xn+1n⋅n!, . . .. A zatem:
1
x= −1 − (x + 1) − (x + 1)2− (x + 1)3+. . . − (x + 1)n+
(−1)n+1⋅ (x + 1)n+1
θn+1 ,
gdzie θ jest z przedziału (−1, x) lub (x, −1).
3. Przedstaw wielomian w(x) = x4−5x3+x2−3x + 4 za pomocą dwumianu (x − 1).
Mamy: w′(x) = 4x3−15x2+2x − 3, w′′(x) = 12x2−30x + 2,
w′′′(x) = 24x − 30, w(4)(x) = 24, w(5)(x) = 0, a zatem: w(1) = −2, w′(1) = −12, w′′(1) = −16, w′′′(x) =
−6, w(4)(1) = 24, czyli:
w(x) = f (1) +f′(1)(x − 1)
1! +
f′′(1)(x − 1)2
2! +
f′′′(1)(x − 1)3
3! +
f(4)(1)(x − 1)4
4! +0 =
= −2 − 12(x − 1) − 8(x − 1)2− (x − 1)3+ (x − 1)4. 4. Oblicz wartość cos(0, 1) z dokładnością do 0, 00001.
Ponieważ ∣cos(n)(x)∣ ≤ 1, to dla rozwinięcia w zerze mamy:
∣Rn(0, 1)∣ =cos(n+1)(θ)(0, 1)n+1 (n + 1)! ≤
(0, 1)n+1 (n + 1)!. A zatem R4(0, 1) ≤(0,1)1205∣ <0, 00001, a zatem wystarczy nam trzecie przybliżenie:
cos 0 + 0, 1−sin 0
1! +0, 01−cos 0
2! +0, 001sin 0
3! +0, 0001cos 0
4! =1 + 0 −0, 01
2 +0 +0, 0001
24 =0, 9950041(6).
5. Oblicz granicę funkcji stosując wzór Taylora:
a) limx→0
sin x − x x3 ,
Niech f (x) = sin x − x. Wtedy f′ = cos x − 1, f′′ = −sin x, f′′′ = −cos x, co jest pierwszą pochodną nierówną 0 w punkcie x = 0. Kolejne wyrazy szeregu Taylora mają potęgi przy x wyższe niż x3, więc po podzieleniu przez x3 będą zbiegać do zera.
1
lim
x→0
sin x − x x3 =lim
x→0
sin 0 − 0 x3 +
(cos 0 − 1)x
x3 +
(−sin 0)x2 2x3 +
(−cos 0)x3 6x3 +
f(4)(0)x4 4!x3 +. . . =
=0 + 0 + 0 −1
6+0 + . . . = −1 6. b) limx→0
√
1 − x2−cos x
x4 ,
Można sprawdzić, że jeśli f (x) =
√
1 − x2−cos x, to f (0) = f′(0) = f′′(0) = f′′′(0) oraz f(4)(0) = −4 jest pierwszą nierówną 0 w punkcie x = 0. Kolejne wyrazy szeregu Taylora mają potęgi przy x wyższe niż x4, więc po podzieleniu przez x4będą zbiegać do zera.
Wobec tego analogicznie jak poprzednio, ta granica to −4/4! = −1/12.
c) limx→0
e2x−1 − sin x 1 − cos 2x .
Wskazówka: Rozwiń w szereg Taylora obie funkcje. Znajdź pierwszy niezerowy współczynnik w każdym z rozwinięć.
6. Stała równowagi pewnej reakcji chemicznej w temperaturze T0=300K wynosi K0=10. Zależność stałej równowagi tej reakcji (K) od temperatury (T ) dana jest wzorem
ln K K0
=200 (1 T −
1 T0
) +50 ln T T0
.
O ile musi zmienić się temperatura, x = T − T0, aby stała równowagi K wzrosła dwukrotnie? Należy założyć, że zmiana temperatury (x) jest niewielka w stosunku do T0 i skorzystać z rozwinięcia Taylora ograniczając się do członów liniowych względem x.
K(T ) = 10 ⋅ e200(T1−3001 )+50 ln300T i K(T0) =10.
K′(T ) = 10 ⋅ (−200 ⋅ T−2+50/300 ⋅ 300/T ) ⋅ e200(T1−3001 )+50 ln300T . K′(T0) =10 ⋅ 37
225⋅1, zatem
20 ≃ 10 + x370 225, zatem
x ≃ 10 ⋅ 225
370 ≃6, 8K.
2
