ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τμήμα Φαρμακευτικής ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Λυμένες Ασκήσεις & Λυμένα Θέματα Εξετάσεων ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 014 ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ & ΘΕΜΑΤΑ: ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΝΙΚΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΗΣ ΠΤΥΧΙΟΥΧΟΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ (ΕΚΠΑ) ΔΙΑΔΙΚΤΥΑΚΟ ΠΡΟΦΙΛ: http://teacherfinder.gr/idiaitera-mathimata/nikos-aleksandris Ε-mail: ediaitero@gmail.com Τηλ. 6944393147
ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΜΑ 1 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 014 Δίνεται ο πίνακας: 0 0 0 0 1 1) Να υπολογίσετε τον πίνακα ΑA T. ) Από το αποτέλεσμα του ερωτήματος (1) τί συμπεράσματα βγάζετε για την αντιστρεψιμότητα του πίνακα Α; Από τα συμπεράσματα αυτά μπορείτε να συνάγετε τον πίνακα Α -1. 1) Ο ανάστροφος (A T ) ενός πίνακα Α προκύπτει εάν διατάξουμε τις γραμμές του Α ως στήλες με την ίδια σειρά (οπότε αυτόματα οι στήλες γίνονται γραμμές). Επομένως έχουμε ότι:
0 0 0 0 1 Άρα είναι: 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 4 0 0 0 4 4 4 4 4 1 0 0 4 0 0 0 0 1 0 4 4 4 4 4 0 0 1 0 0 1 0 0 1 ) Επομένως έχουμε ότι: 1 0 0 0 0 1 (Γενικά ισχύει ότι: 1 )
ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 014 ΘΕΜΑ Δίνεται το γραμμικό σύστημα Σ: y ( 1) z 1 : y z, y z 1) Να βρείτε για ποιες τιμές της παραμέτρου α το Σ είναι σύστημα Cramer. Στην περίπτωση αυτή να βρείτε πόσες και ποιες είναι οι λύσεις του συστήματος. ) Για τις υπόλοιπες τιμές του α το Σ έχει λύσεις; Αν ναι, να τις βρείτε. 1) Αρχικά υπολογίζουμε την ορίζουσα του πίνακα των συντελεστών: 1 1 1 1 1 1 D 1 1 ( 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1) (1 1) ( 1)(1 ) 1 1 Επομένως για: D 0 1 0 1, το Σ έχει μοναδική λύση:
D, D D y y, D z D z D Έχουμε ότι: D 1 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) ( ) ( 1)( ) 1 3 3 3 5 D y 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 1 1 1 1 ( ) ( 1)(1 1) ( 1)( ) D z 1 1 1 1 1 ( 1) 1 1 1 1 1 1 3 ( ) ( ) ( 1)(1 ) 1 3 3 3 ( 1) 3( 1) ( 1)( 3) Άρα είναι: D D 3 3 5, 1 y D y D D z 1, ( 1)( 3) z 3 D 1
) Στην περίπτωση που είναι: τότε το σύστημα Σ γίνεται: y : y z y z 1 1 0 1 Το παραπάνω σύστημα είναι αδύνατο γιατί όπως εύκολα φαίνεται από τις δύο τελευταίες εξισώσεις προκύπτει ότι: 1=, που είναι άτοπο.
ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 014 ΘΕΜΑ 3 Δίνεται η συνάρτηση: 1 f ( ) ln, D 1) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f. ) Να βρείτε τα κρίσιμα σημεία της συνάρτησης f. Διατυπώστε το κριτήριο της ης παραγώγου. Να χαρακτηρίσετε τα κρίσιμα σημεία της f (τοπικό μέγιστο/ελάχιστο). 3) Να βρείτε ένα πολυώνυμο ου βαθμού από το οποίο προσεγγίζεται η συνάρτηση f στα κρίσιμα σημεία της. 1) Πρέπει να ισχύει ότι: 1 0 0 Επομένως υπό τη μορφή διαστήματος είναι: (0, )
) Αρχικά υπολογίζουμε την 1 η παράγωγο της συνάρτησης: 1 1 1 1 1 1 f ( ) ln ln ln ln 1 1 1 1 ln ln 1 Κατόπιν βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία: 1 1 1 1 f ( ) 0 ln 1 0 ln 1 e e Κριτήριο ης Παραγώγου (για τοπικά ακρότατα) Ας είναι y=f() µία συνάρτηση ορισµένη στο [a, b], παραγωγίσιµη στο (a, b) και ο ένα κρίσιµο σηµείο της f, στο οποίο υπάρχει η δεύτερη παράγωγος της f και είναι διάφορη του µηδενός. Τότε : αν f ( o )>0, τότε η f έχει τοπικό ελάχιστο στο o. αν f ( o )<0, τότε η f έχει τοπικό μέγιστο στο o. Επομένως έχουμε: 1 1 1 1 1 f ( ) ln 1 1 1 1 f ( ) e 0 e 1 e Συμπέρασμα: Η f έχει τοπικό μέγιστο στο o 1 το e 1 1 1 1 1 f( ) ln ln e e e 1 e e e
3) Προσέγγιση συναρτήσεων με πολυώνυμα Taylor Γενικά: Προσέγγιση με πολυώνυμο Taylor βαθμού n γύρω από το σημείο o =α: ( n) f ( ) f ( ) f( ) f ( )( ) ( )... ( ) n! n Υπολογίζουμε το πολυώνυμο Taylor βαθμού γύρω από το o = 1 e για την 1 f ( ) ln : 1 f ( ) 1 1 1 1 f ( ) f ( ) f ( )( ) e ( ) e e e e (1) 1 1 1 1 1 f( ) ln ln e e e 1 e e e 1 f ( ) 0 e 1 1 f ( ) e 1 e e Επομένως έχουμε: (1) 1 e 1 1 e 1 f ( ) ( ) ( ) e e e e e e 1 1 e 1 e 1 e e e e e
ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 014 ΘΕΜΑ 4 Να λύσετε την διαφορική εξίσωση: y ( 1) y cos 1) Αρχικά θα βρούμε τη λύση της ομογενούς διαφορικής: y y ( 1) 0 Έχουμε ότι: dy dy d d y ( 1) y 0 ( 1) y 0 ( 1) y dy ( 1) dy 1 dy 1 d d ( 1 ) d y y y dy 1 ( 1 ) d ln y ln c ln y ln c y ln y ln c1 y c y c y c e e e e c 0 1e y c1e ( c 1 e c 0 ) Επομένως η λύση της ομογενούς είναι: yo c1 e
Παρατηρώντας προσεκτικά την εξίσωση της δοθείσας διαφορικής θεωρούμε κατάλληλη μερική λύση: y ( cos sin ) Η μερική λύση πρέπει να επαληθεύει την εξίσωση της διαφορικής, δηλαδή: Έχουμε ότι: y ( 1) y cos (1) y ( cos sin ) ( cos sin ) cos sin cos sin ( sin cos ) cos sin sin cos Άρα με αντικατάσταση έχουμε: (1) ( cos sin sin cos ) ( 1)( cos sin ) cos cos sin sin cos cos sin cos sin cos sin cos cos sin cos ( ) cos ( ) sin cos Από την τελευταία εξίσωση προκύπτει ότι: 1 και 0 Επομένως είναι: 1, που σημαίνει ότι 1 1 y cos sin Η λύση της δοθείσας διαφορικής εξίσωσης είναι: 1 1 y yo y c1e cos sin
ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 014 ΘΕΜΑ 6 Δίνεται η συνάρτηση: f y y y (, ) ln( ) 1) Nα βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης. ) Να βρείτε τις μερικές παραγώγους 1 ης τάξης της παραπάνω συνάρτησης. 1) Πρέπει να ισχύει ότι: y 0 Επομένως είναι: (, y) : y 0 ) Οι μερικές παραγώγοι 1 ης τάξης της συνάρτησης είναι: f 1 1 y ln( y) y y y y f 1 1 y y y y y y ln( )
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΙΝΑΚΕΣ ΑΣΚΗΣΗ 1 Έστω ο πίνακας: cos sin sin cos, 1) Nα αποδείξετε ότι. ) Να βρείτε τις τιμές του, για τις οποίες ισχύει: 1) Ο ανάστροφος (A T ) ενός πίνακα Α προκύπτει εάν διατάξουμε τις γραμμές του Α ως στήλες με την ίδια σειρά (οπότε αυτόματα οι στήλες γίνονται γραμμές). Επομένως είναι: cos sin sin cos
Έχουμε ότι: cos sin cos sin sin cos sin cos cos sin cos sin sin cos sin cos cos sin cos sin 1 0 0 1 ) Έχουμε ότι: cos sin cos sin 1 0 sin cos sin cos 0 1 cos cos sin sin 1 0 cos 0 1 0 sin sin cos cos 0 1 0 cos 0 1 1 cos 1 cos cos cos 3 με 3
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΙΝΑΚΕΣ ΑΣΚΗΣΗ Δίνονται οι πίνακες: 1 0 0 1, 0 0 1 1 0 1, με 0 0 1 1) Nα αποδείξετε ότι. ) Nα αποδείξετε ότι 1 3( ) 1) Έχουμε ότι: 1 0 1 1 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 Από την παραπάνω σχέση προκύπτει ότι:
1 1 0 1 ) Έχουμε ότι: 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 Επομένως είναι: 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 11 0 3 0 0 11 0 0 3 0 0 11 0 0 0 Αντίστοιχα έχουμε: 1 0 1 0 0 3( ) 3 3 3 0 1 3 0 1 0 0 0 1 0 0 1 3 3 0 3 0 0 33 3 0 0 3 0 0 3 3 0 3 0 0 33 3 0 0 3 0 0 3 0 0 3 0 0 33 0 0 0 Από τα παραπάνω είναι εμφανές ότι ισχύει η δοθείσα ισότητα.
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΗ 3 Να γίνει η διερεύνηση του παρακάτω συστήματος και να βρεθούν αν υπάρχουν οι λύσεις του. y z 0 4 y z 1 3 y z Το παραπάνω σύστημα είναι γραμμικό σύστημα 33. Έχουμε ότι: 1 1 1 1 4 1 4 1 D 4 1 1 1 1 1 3 1 3 3 1 1 ( 1) ( 4 3) 1 (8 3) 3 ( 1) 11 3 11 1 Επομένως είναι D 0, που σημαίνει ότι το σύστημα έχει μοναδική λύση.
Έχουμε ότι: D 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 (1 ) 1 ( ) ( 1) 1 ( 4) 4 6 D y 1 0 1 1 1 4 1 4 1 4 1 1 1 0 1 1 3 1 3 3 1 1 (1 ) 1 (8 3) 1 ( 1) 15 1 5 6 D z 1 0 1 1 4 1 4 1 4 1 1 1 0 3 3 3 1 ( ) (8 3) 14 5 410 6 Επομένως έχουμε ότι: D 6 1, D 1 Άρα είναι: D y 6 1 y, D 1 D z 6 1 z D 1 1 1 1 (, y, z) (,, )
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΗ 4 Να εξετάσετε αν το παρακάτω σύστημα έχει μοναδική λύση και αν έχει να λυθεί. 3y 4z 3 4 3y 4z 0 6y 8z 1 Το παραπάνω σύστημα είναι γραμμικό σύστημα 33. Έχουμε ότι: 3 4 3 4 4 4 4 3 D 4 3 4 3 4 6 8 8 6 6 8 (4 4) 3( 3 8) 4(4 6) 483 ( 4) 430 96 7 10 88 Επομένως είναι D 0, που σημαίνει ότι το σύστημα έχει μοναδική λύση.
Έχουμε ότι: D 3 3 4 3 4 0 4 0 3 0 3 4 3 3 4 6 8 1 8 1 6 1 6 8 3(4 4) 3(0 4) 4(0 3) 3481 1 144 D y 3 4 0 4 4 4 4 0 4 0 4 3 4 1 8 8 1 1 8 (0 4) 3( 3 8) 4(4 0) 43 ( 4) 16 87 16 96 D z 3 3 3 0 4 0 4 3 4 3 0 3 3 6 1 1 6 6 1 ( 30) 3(4 0) 3(4 6) 6 1 330 18 90 7 Επομένως έχουμε: D 144 1, D 88 Άρα είναι: 1 1 1 (, y, z) (,, ) 3 4 D y 96 1 y, D 88 3 D z 7 1 z D 88 4
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΗ 5 Να βρείτε τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης: y y Έχουμε ότι: dy dy d y y y y d dy dy 1 d d c y y y y 1 c Παρατήρηση: Είναι εμφανές ότι και η συνάρτηση y=0 ικανοποιεί τη διαφορική 1 εξίσωση χωρίς να προέρχεται από την γενική λύση y c για κάποια πεπερασμένη τιμή της c. Η λύση y=0 αποτελεί την περιβάλλουσα των λύσεων 1 y c της διαφορικής εξίσωσης. Τέτοιες λύσεις ονομάζονται ιδιάζουσες λύσεις της διαφορικής εξίσωσης.
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΗ 6 Να λύσετε το πρόβλημα αρχικών τιμών: y sin y( y 1), y( ) Έχουμε ότι: dy y sin y( y 1) sin y( y 1) d dy d 1 1 d dy y( y 1) sin y 1 y sin (1) (Ισχύει ότι: 1 1 1 ) y( y 1) y 1 y Το δεξί μέλος της (1) υπολογίζεται ως εξής: d sin Θέτουμε t tan t Επιπλέον ισχύουν: sin 1 t και dt d 1 t
Επομένως έχουμε ότι: dt d 1 dt t ln t c ln tan c sin t t 1 t Άρα τελικά έχουμε: (1) y 1 ln y 1 ln y ln tan c ln ln tan c ( y(1, ), (0, ) ) y y 1 y 1 ln ln tan c ln ln tan ln C y y, C 0 Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι: y 1 C tan y, C 0 Κατόπιν προσδιορίζουμε το C από την δοθείσα αρχική συνθήκη: 1 1 1 1 y( ) C tan C tan C 1 C 4 4 Επομένως η ζητούμενη λύση είναι: y1 1 tan... y ( ) y tan Παρατήρηση: Οι συναρτήσεις y 1 και y 0 είναι ιδιάζουσες λύσεις της διαφορικής εξίσωσης, αφού yy ( 1) 0.
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗ 7 Δίνεται η συνάρτηση: ln f( ) 1) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f. ) Να βρείτε τα κρίσιμα σημεία της συνάρτησης f. Διατυπώστε το κριτήριο της ης παραγώγου. Να χαρακτηρίσετε τα κρίσιμα σημεία της f (τοπικό μέγιστο/ελάχιστο). 1) Πρέπει να ισχύει ότι: 0 Επομένως υπό τη μορφή διαστήματος είναι: (0, ) ) Αρχικά υπολογίζουμε την 1 η παράγωγο της συνάρτησης: ln ln ln f ( ) 4 1 ln ln 1ln 4 4 3
Κατόπιν βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία: 1 ln ( ) 0 0 1 ln 0 f 3 1 1 ln ln 1 ln e e e Κριτήριο ης Παραγώγου (για τοπικά ακρότατα) Ας είναι y=f() µία συνάρτηση ορισµένη στο [a, b], παραγωγίσιµη στο (a, b) και ο ένα κρίσιµο σηµείο της f, στο οποίο υπάρχει η δεύτερη παράγωγος της f και είναι διάφορη του µηδενός. Τότε : αν f ( o )>0, τότε η f έχει τοπικό ελάχιστο στο o. αν f ( o )<0, τότε η f έχει τοπικό μέγιστο στο o. Επομένως έχουμε: f 1 ln 3 1 ln 3 1 ln ( ) 3 6 3 3 1 ln 3 6 ln 5 6 ln 5 6ln 6 6 6 4 f 5 6ln e 5 6ln e 5 3 ( e) 0 4 e e e e Συμπέρασμα: 1 Η f έχει τοπικό μέγιστο στο o e το f( e) ln e 1 e e
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗ 8 Να βρεθούν οι α, β ώστε η συνάρτηση 3 f ( ) 6 1, να δέχεται τοπικό ακρότατο στα σημεία o =1 και o =-. Να προσδιορίσετε το είδος των ακροτάτων. Αρχικά υπολογίζουμε την 1 η παράγωγο της συνάρτησης: 3 f ( ) 6 1 3 6 Έχουμε ότι: 1 f (1) 0 3 6 0... 3 f ( ) 0 1 4 6 0 Υπολογίζουμε την η παράγωγο της συνάρτησης: f ( ) 3 6 6 f (1) 9 0 (Τ.Ε. στο o =1) και f ( ) 9 0 (Τ.Μ. στο o =-)
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΜΕΡΙΚΕΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ ΑΣΚΗΣΗ 9 Δίνεται η συνάρτηση: f (, y) e sin( y) Να βρείτε τις μερικές παραγώγους 1 ης τάξης της παραπάνω συνάρτησης. Οι μερικές παραγώγοι 1 ης τάξης της συνάρτησης είναι: f e sin( y) e sin( y) e sin( y) e sin( y) ye cos( y) f e sin( y) e sin( y) e cos( y) y y y
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΜΕΡΙΚΕΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ ΑΣΚΗΣΗ 10 Δίνονται οι συναρτήσεις: Α. f (, y) 3 g(, y) 1 y y e, Β. 3 Να βρείτε τις μερικές παραγώγους 1 ης τάξης των παραπάνω συναρτήσεων. Οι μερικές παραγώγοι 1 ης τάξης των συναρτήσεων είναι: f Α. f y 3 3 3 3 3 e e e ( ) e 3 e y y y 3 y 4 y e e y e y 3 3 3 y y y g 1 1 3 y ( y ) ( y ) 3 Β. 3 3 3 g 1 1 1 y y y y ( y ) ( y ) 3 3 3
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΑΝΑΠΤΥΓΜΑΤΑ TAYLOR ΑΣΚΗΣΗ 11 Να δώσετε το ανάπτυγμα σε σειρά Taylor της συνάρτησης: f ( ) e, Έχουμε ότι: f e f e 0 ( ) (0) 1 0 f ( ) e f ( ) e f (0) e 1 0 f ( ) e f ( ) e f (0) e 1 ( ) ( ) 0 f n ( ) e f n (0) e 1 Άρα το ανάπτυγμα της εκθετικής συνάρτησης είναι: ( n) 3 f (0) n 1 n e ( 0) e 1... n! n! 6 n0 n0
ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΑΝΑΠΤΥΓΜΑΤΑ TAYLOR ΑΣΚΗΣΗ 1 Να δώσετε το ανάπτυγμα σε σειρά Taylor της συνάρτησης: f ( ) ln, (0, ) Για τη συνάρτηση f ( ) ln η οποία είναι παραγωγίσιμη απεριόριστες φορές στο πεδίο ορισμού της, επιλέγουμε ως κέντρο το 1. Έχουμε ότι: f ( ) ln f (1) ln1 0 1 f ( ) ln f ( ) f (1) 1 1 1 f ( ) f ( ) f (1) 1 1 3 f ( ) f ( ) f (1)
(4) (4) 6 (4) 3 4 f ( ) f ( ) f (1) 6 ( n) n1 ( n 1)! ( n) n1 f ( ) ( 1) f (1) ( 1) ( n 1)! n Προσοχή: Η τελευταία σχέση αποδεικνύεται εύκολα με επαγωγικό τρόπο. Άρα το ανάπτυγμα της λογαριθμικής συνάρτησης είναι: ( n) n1 f (1) n ( 1) ( n1)! n ln ( 1) ( 1) n! n! n1 n0 n1 n1 ( 1) n ( 1), 1 1 n