Indledning

Har du nogensinde undret dig over, hvordan din lommeregner/computer beregner ting som \(\pi,\ \sqrt{2},\ e^2,\ \ln(3) \) og lignende? Eller hvordan din computer kan løse ligninger som \[ e^x-x-1=0 \] Så vil vi i disse noter forsøge at give nogle af svarene.

Noterne vil omhandle beregninger, som vi enten selv kan udføre eller få en computer til at gøre for os. Dette kræver noget teknik, som vi vil forsøge at beskrive. Derudover er det også vigtigt at forstå at disse beregninger vil være upræcise. Fx der er uendelig mange decimaler i \(\pi \), hvorfor vi aldrig kan beregne dem alle. Derfor vil vi være interesseret i størrelsen af de fejl vi kommer til at lave.

Du kan forvente dig følgende af disse noter:

• En tekst, der forsøger at forklare, hvordan beregninger kan udføres
• En tekst, der kan læses af en 3.g elev med matematik på A-niveau.
• En tekst, der giver nogle algoritmer til udregninger

Følgende er ikke mål for teksten:

• At være fuldstændig præcis i alle detaljer (sådanne bøger findes mange af).
• At de beregninger, der vises, er de mest moderne/hurtige/smarteste.
• At give computerkode.

Licens

Noter om beregninger © 2026 Jens Chr. Larsen er licenteret under CC BY-SA 4.0. Licens teksten kan ses på https://creativecommons.org/licenses/by-sa/4.0/

Følger

Følger optræder mange steder i matematik, og de spiller forskellige roller. Det, vi vil anvende dem til, er at nærme os tal, som vi ikke umiddelbart kan beregne. En tilnærmelse til et tal er ikke præcis, men de tal vi vil beregne består ofte af uendelig mange decimaler, så vi kan alligevel ikke skrive dem op. Derfor er det tilstrækkeligt, at vi nærmer os tallet.

Fordi vi ikke kan være præcise, må vi kunne vurdere, hvor upræcise vi er. Derfor indfører vi begrebet om fejl neden for.

Følger

Vi begynder med en definition:

Definitionen fortæller ikke så meget, derfor giver vi fire eksempler.

Eksempel 1

Det første eksempel er følgen: \[\left\{\frac{1}{n}\right\}\]

Her angiver vi en metode til at beregne de enkelte tal i en følge. Fx når \(n=1\) så er det første tal i følgen \(\left\{\frac{1}{1}\right\}=1\), når \(n=2\), så er det andet tal i følgen: \(\left\{\frac{1}{2}\right\}=\frac{1}{2}\), osv. Dermed kan opskrive de første tal i følgen sådan: \[1,\ \frac{1}{2},\ \frac{1}{3},\ \frac{1}{4},\ \frac{1}{5},\ \ldots\] Det ser ud til, at tallene i følgen bliver mindre og mindre, og kommer tættere og tættere på 0, faktisk vil tal nummer 1 mio, være \(\frac{1}{1000000}\). Følgende figur viser de første 10 elementer i følgen:

Noget tyder på, at jo højere vi kommer op i numrene i følgen, jo tættere på kommer vi på 0. Vi siger, at følgen konvergerer mod 0. Vi vil gøre dette begreb mere præcist neden for. Vi giver dog lige et eksempel til.

Eksempel 2

Det andet eksempel er følgen: \[\left\{ (-1)^{n}\right\}\]

Igen har vi en metode til at beregne de enkelte tal i følgen. Fx når \(n=1\) så er det første tal i følgen \(\left\{(-1)^1\right\}=-1\), når \(n=2\), så er det andet tal i følgen: \(\left\{(-1)^2\right\}=1\), osv. Dermed kan opskrive de første tal i følgen sådan: \[-1,\ 1,\ -1,\ 1,\ -1,\ \ldots\]

Med andre ord skifter følgen mellem tallene -1 og 1, uanset hvilke numre i følgen vi er ved. Følgende figur viser de første 10 elementer for følgen:

Dermed nærmer følgen sig ikke noget, og vi siger, at den ikke konvergerer, men derimod divergerer.

Konvergens

Vi vil nu give en definition af begrebet konvergens. Følgen i eksempel 1 konvergerer mod 0. Men da følgen består af brøker, kan den aldrig blive 0, så konvergensen består i, at følgen kan komme lige så tæt på 0, som vi har lyst til. Forskellen mellem følgen \( \{x_n\}\) og det følgen konvergerer mod \(L\) skrives \(|x_n-L|\), hvor \(|\ |\) er den numeriske værdi. Dette vil vi kalde fejlen, og vi vil benytte det græske bogstav epsilon \(\varepsilon\) til at betegne en generel fejl.

Pointen med konvergens er, at hvis vi får en generel fejl \(\varepsilon\), så skal vi kunne finde en sted i følgen, hvor fejlen er mindre end \(\varepsilon\), skrevet \(|x_n-L|<\varepsilon\). Men det er ikke helt nok, det skal nemlig være sådan, at følgen bliver inden for den generelle fejl \(\varepsilon\) for alle senere numre. Med andre ord, vi har en generel fejl \(\varepsilon\), og vi skal finde et nummer \(N\) i følgen, så \(|x_N-L|<\varepsilon\), og sådan, at for alle \(n\geq N\), så vil \(|x_n-L|<\varepsilon\). Yderligere skal det gælde uanset, hvilken generel fejl vi møder.

Vi kommer til at indføre to symboler. Det første er \(\forall\) som læses “for alle”, og det andet er \(\exists\) som læses “der eksisterer” eller “eksisterer der”. Så hvis vi skriver \(\forall \varepsilon >0 \exists N\), så skal det læses “for alle \(\varepsilon\) større end 0, eksisterer der et \(N\)”.

Eksempel 1 (igen)

Vi vil nu vise, at følgen: \(\left\{\frac{1}{n}\right\}\) konvergerer mod 0. Det vil sige, at \(L=0\). Jobbet er nu, at vi forestiller os en generel fejl \(\varepsilon\) og så skal vi finde \(N\). Vi begynder med at se på fejlen: \[|x_n-L|=|\frac{1}{n}-0|=|\frac{1}{n}|=\frac{1}{n}\] Her kommer det sidste lighedstegn fra, at \(\frac{1}{n}\) altid er positiv. Vi har en generel fejl \(\varepsilon\) og skal vurdere \[\frac{1}{N}<\varepsilon\ \Rightarrow\ 1 < N\cdot \varepsilon\ \Rightarrow\ \frac{1}{\varepsilon} < N\] Det betyder, at hvis fx den generelle fejl \(\varepsilon =1\), så skal \(N> \frac{1}{1}=1\), så vi kan vælge \(N=2\). Hvis \(\varepsilon=0.1=10^{-1}\), så skal \(N>\frac{1}{10^{-1}}=10^1=10\), så vi kunne vælge \(N=11\). Vi anskueliggører tanken med en tabel:

Eksempel 2 (igen)

Følgen \(\left\{ (-1)^{n}\right\}\) kan vi ikke vise konvergerer, da den divergerer, men hvordan viser vi at den gør det? Svaret er, at vi antager, at den konvergerer og viser, at det giver problemer.

Antag, at følgen \[\left\{ (-1)^{n}\right\}\] har en grænse \(L\), så gælder det, at \(|(-1)^{n}-L|\) kan gøres mindre end \(\varepsilon\), men vi har, at når \(n\) er lige, så gælder \(|1-L|\) og når \(n\) er ulige så gælder \(|-1-L|\). Enten er \(|1-L|\) eller \(|-1-L|\) mindst, men uanset hvad så kan et \(\varepsilon\) mindre end det forhindre, at der kan findes et \(N\).

Eksempel 3

Det tredje eksempel er følgen: \[\left\{x^n\right\} \] Følgen består af dermed af: \[x^1,\ x^2,\ x^3,\ x^4,\ \ldots\]

Dermed er det faktisk ikke én følge, men derimod uendelig mange følger, en for hvert \(x\). Fx hvis \(x=2\), så vil følgen være: \[2^1,\ 2^2,\ 2^3,\ 2^4,\ \ldots\] Som vi kan regne ud til: \[2,\ 4,\ 8,\ 16,\ \ldots\] Dermed ser det ud til, at følgen divergerer, idet den vokser uden grænser. Figuren herunder viser de første 10 elementer:

Hvis \(x=-2\), så får vi følgen: \[(-2)^1,\ (-2)^2,\ (-2)^3,\ (-2)^4,\ \ldots\] Som vi kan regne ud til: \[-2,\ 4,\ -8,\ 16,\ \ldots\] Igen ser følgen ikke ud til at konvergere.

Spørgsmål er så om der er nogle værdier for \(x\), hvor følgen konvergerer. Der er umiddelbart værdien \(x=1\), fordi: \[1^1,\ 1^2,\ 1^3,\ 1^4,\ \ldots\] Hvilket giver: \[1,\ 1,\ 1,\ 1,\ \ldots\] Ergo konvergerer følgen til 1 i dette tilfælde. Et lignende argument kan laves for \(x=0\), som konvergerer mod 0. Vi kan også let vise, at hvis \(x=-1\), så får vi følgen fra eksempel 2, som ikke er konvergent. Men hvad så med de tal, der ligger mellem -1 og 1? Svaret er, at følgen konvergerer mod 0 i disse tilfælde. Figuren herunder viser et punktplot for følgen med \(x=\frac{1}{2}\), som hurtigt komme ned mod nul.

Vi formulerer nu en sætning, som vi derefter beviser.

Bevis: Vi har klaret punkt 2 og 3, og \(x=0\) i tilfælde 1, i diskussionen oven for. Så vi vil antage, at \(-1 < x <1\) og \(x\neq 0\). Vi skal undersøge fejlen \[|x^n-L|=|x^n-0|=|x^n|=|x|^n\] Så hvis vi har en generel fejl \(\varepsilon>0\), så skal vi finde \(N\). \[|x|^N<\varepsilon\] Vi løser ligningen ved at tage logaritmen på begge sider. (Det går godt da \(|x|>0\) ud fra antagelsen). \[\log(|x|^N)<\log(\varepsilon)\] \[N\cdot\log|x|<\log(\varepsilon)\] Da \(|x|<1\), gælder det at \(\log|x|<0\), og vi vender derfor ulighedstegnet, når vi dividerer. \[N>\frac{\log(\varepsilon)}{\log|x|}\] Dette er også sandt om alle \(n\geq N\), hvorfor følgen konvergerer. \(\square\)

Vi laver en tabel med forskellige generelle fejl. For at få pæne tal vælger vi \(x=0{,}1\), dermed er \(\log|0{,}1|=-1\)

Eksempel 4

Det fjerde og sidste eksempel er følgen: \[x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^2-2}{2\cdot x_n},\quad \forall n\ x_n\neq 0,\ \]

Denne følge er særlig, idet den anvender et tidligere nummer i rækken til at beregne det næste nummer. Det kaldes en rekursiv følge. Spørgsmålet er om den konvergerer? For kunne anvende følgen er vi nødt til at vælge det første tal. For nemheds skyld vælger vi, at \(x_1=1\). Nu kan vi beregne \(x_2\) \[x_2 = x_1-\frac{x_1^2-2}{2\cdot x_1}\] Vi indsætter \(x_1=1\): \[x_2= 1-\frac{1^2-2}{2\cdot 1}=1-\frac{-1}{2}=1{,}5\] Sådan kan vi fortsætte. Vi laver en tabel:

Umiddelbart ser det ud til at følgen konvergerer, men til hvad? For at besvare dette angiver vi nogle regneregler for konvergente følger.

Hvis \(\{x_n\}\) og \(\{y_n\}\) er konvergente følger, så gælder

1. \[\lim_{n\to\infty} (x_n\pm y_n)=\lim_{n\to\infty} (x_n)\pm\lim_{n\to\infty}(y_n)\]
2. \[\lim_{n\to\infty} (x_n\cdot y_n)=\lim_{n\to\infty} (x_n)\cdot\lim_{n\to\infty}(y_n)\]
3. \[\lim_{n\to\infty} \left(\frac{x_n}{ y_n}\right)=\frac{\lim_{n\to\infty} (x_n)}{\lim_{n\to\infty}(y_n)}\]

Hvis vi antager, at vores følge konvergerer mod \(L\), så kan vi lave følgende udregning: \[\lim_{n\to\infty}(x_{n+1})=\lim_{n\to\infty}\left(x_n-\frac{x_n^2-2}{2\cdot x_n}\right)\] \[\lim_{n\to\infty}(x_{n+1})=\lim_{n\to\infty}\left(x_n\right)-\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_n^2-2}{2\cdot x_n}\right)\] \[\lim_{n\to\infty}(x_{n+1})=\lim_{n\to\infty}\left(x_n\right)-\left(\frac{\lim_{n\to\infty}(x_n^2-2)}{\lim_{n\to\infty}(2\cdot x_n)}\right)\] Da følgen konvergerer mod \(L\), får vi: \[L=L-\left(\frac{\lim_{n\to\infty}(x_n^2-2)}{\lim_{n\to\infty}(2\cdot x_n)}\right)\] \[0=\left(\frac{\lim_{n\to\infty}(x_n^2-2)}{\lim_{n\to\infty}(2\cdot x_n)}\right)\] Da nævneren ikke kan være 0. Må det gælde at; \[\lim_{n\to\infty}(x_n^2-2)=0\] Fra regneregel 1 og regneregel 2 (husk \(x^2=x\cdot x\)) får vi: \[\lim_{n\to\infty}(x_n^2)-\lim_{n\to\infty}(2)=0\] \[L^2-2=0\] \[L^2=2\] \[L=\pm\sqrt{2}\] Hvis vi vælger et positivt udgangspunkt, er vores grænse \(L=\sqrt{2}\). Med andre ord har vi en følge, der kan beregne kvadratroden af 2. Man kan vise (hvilket vi ikke vil gøre), at ca. \(n=6\), er nok til, at en computer ikke kan opbevare flere decimaler. Generelt vil følgen:

\[x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^2-a}{2\cdot x_n},\quad \forall n\ x_n\neq 0,\ \]

Beregne \(\sqrt{a}\). En god startværdi er \(x_1=1\).

Følgende i dette eksempel kommer fra en teknik til at løse ligninger, der kaldes Newtons metode. Det er emnet for det næste kapitel.

Newtons metode

Dette kapitel handler om Newtons metode. Metoden anvendes til at løse ligninger, som vi generelt vil have svært ved. Metoden kan også anvendes til at bestemme kvadratrødder eller lignende.

Newtons metode anvendes til at løse ligninger på formen: \[f(x)=0\] hvilket vi normalt kalder nulpunkter. Men hvad med fx ligningen: \[e^x=x+1\] Den kan vi lave om, så den bliver til \[x^x-x-1=0\] Helt generelt kan alle ligninger på formen \(f(x)=g(x)\) laves om til \(f(x)-g(x)=0\), hvorfor det er nok at lede efter nulpunkter.

Udgangspunktet for metoden er, at vores \(f\) er en differentiabel funktion (og dermed også kontinuert). Vi ved, at \(f\) kan tilnærmes med en tangent \(y=f’(x_0)\cdot (x-x_0)+f(x_0)\) i alle punkter. Så vi laver et gæt, på det vi tror er nulpunktet, og sætter vi tangenten til 0, og løser ligningen:

\[0=f’(x_0)\cdot(x-x_0)+f(x_0)\] \[-f(x_0)=f’(x_0)\cdot(x-x_0)\] \[-\frac{f(x_0)}{f’(x_0)}=x-x_0\] \[x_0-\frac{f(x_0)}{f’(x_0)}=x\]

Så vores nye bud på en løsning til ligningen er vores \(x\) oven for. Hvis det ikke viser sig at være løsningen, kan vi prøve igen med \(x\) som et nyt gæt. Figur 1 viser, hvordan processen fungerer.

Figur 1
Newtons metode anvendt på \(f(x)=e^x-1\) med begyndelsesværdi \(x_1=3\). Der kan ses de første fire iterationer.

Newtons metode er altså en følge, der er givet ved formlen: \[x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f’(x_n)}\] Vi skal dog gætte på en begyndelsesværdi \(x_1\) for at komme i gang.

Vi giver to eksempler:

Eksempel 1 (kvadratrødder)

Alle kvadratrødder \(\sqrt{a}\) er løsninger til ligningen \[x^2-a=0\]

Vi vælger \(x_1=1\), fordi det gør udregningerne lettere. Vi har \[f(x)=x^2-a\] og \[f’(x)=2x\] Dermed bliver følgen, der bestemmer Newtons metode til: \[x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^2-a}{2x_n}\]

Vi gør formlen simplere: \[x_{n+1}=x_n-\left(\frac{x_n^2}{2x_n}-\frac{a}{2x_n}\right)\] \[x_{n+1}=x_n-\left(\frac{x_n}{2}-\frac{a}{2x_n}\right)\] \[x_{n+1}=x_n-\frac{x_n}{2}+\frac{a}{2x_n}\] \[x_{n+1}=\frac{x_n}{2}+\frac{a}{2x_n}\] \[x_{n+1}=\frac{1}{2}\cdot\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)\]

Lad os prøve at beregne \(\sqrt{3}\). Vi vælger \(x_1=1\). Så \(x_2=\frac{1}{2}\cdot\left(1+\frac{3}{1}\right)=2\) Dermed er \(x_3=\frac{1}{2}\cdot\left(2+\frac{3}{2}\right)=\frac{7}{4}\). I en tabel ser det sådan ud, hvor vi har understreget den del af decimaltallene, der stemmer overens med kvadratroden af 3.:

Vi bemærker, at antallet af korrekte cifre ca. fordobles mellem hver udregning. Ofte vil 6 udregninger være nok på en computer, da der ikke kan regnes med flere decimaler internt i processoren.

Eksempel 2

Vi vil se på funktionen \[f(x)=e^x-x-1\] Det er let at indse, at \(x=0\) er en løsning, idet \(f(0)=e^0-0-1=1-1=0\). Men vi vil alligevel afprøve newtons metode på denne ligning. Vi vælger \(x_1=1\), hvilket giver følgende tabel:

I modsætning til det første eksempel, så går det meget langsomt med at komme i nærheden af 0. Og ved \(x_9\) gik computeren (maple) død og kunne ikke regne videre. Så hvad er problemet? Hvis vi ser på formlen for Newtons metode: \[x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f’(x_n)}\] Så kan vi se, at der divideres med \(f’(x_n)\). Vi må ikke dividere med 0, så lad os se om \(f’(x)=0\)? Vi har: \(f’(x)=e^x-1=0\). Dermed skal \(e^x=1\), hvilket vil sige, at \(x=0\). Det vil sige, at jo tættere Newtons metode kommer på \(x=0\), jo tættere er vi på at dividere med 0. Med andre ord kan vi ikke være sikker på at metoden konvergerer.

Konvergens af Newtons metode

Det er faktisk bøvlet at sige noget om konvergens af Newtons metode. Dels kan det være, at den ikke konvergerer. Det vil være tilfældet, hvis vi rammer \(f’(x_n)=0\) for et eller andet \(n\), for vi må ikke dividere med 0. Et andet problem kan være at \(x_n\) ender uden for vores funktions definitionsmængde.

Det kan fx ske, hvis funktionen er \(\ln(x)\), og vi vælger \(x_1=3{,}5911\). Se figur 2.

Figur 2
Figuren viser \(\ln(x)\) og dens tangent i \((3.5911,1.278)\). Tangenten skærer i \(x=-1\), hvilket ikke kan anvendes til næste udregning af følgen, da \(\ln\) ikke er defineret for negative tal.

Dog hvis Newtons metode konvergerer, så er den hurtig (hvilket vi ikke vil bevise). Vi vil bevise, at metoden faktisk konvergerer til en løsning til \(f(x)=0\), når følgen konvergerer. Vi kommer til at skulle anvende en egenskab ved kontinuerte funktioner. Nemlig at det gælder at:

\[\lim_{n\to\infty} f(x_n) = f\left(\lim_{n\to\infty}(x_n)\right)\]

Bevis: Vi har, at \(\lim_{n\to\infty}(x_n)=r\). Dermed har vi: \[x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f’(x_n)}\] \[\lim_{n\to\infty} (x_{n+1})=\lim_{n\to\infty}\left(x_n-\frac{f(x_n)}{f’(x_n)}\right)\] \[r=\lim_{n\to\infty}(x_n)-\lim_{n\to\infty}\left(\frac{f(x_n)}{f’(x_n)}\right)\] \[r=r-\left(\frac{\lim_{n\to\infty}(f(x_n))}{\lim_{n\to\infty}(f’(x_n))}\right)\] \[0=-\left(\frac{\lim_{n\to\infty}(f(x_n))}{\lim_{n\to\infty}(f’(x_n))}\right)\] Da nævneren ikke kan være negativ, må vi have at: \[0=\lim_{n\to\infty}(f(x_n))\] \[0=f(\lim_{n\to\infty}(x_n))\] \[0=f(r)\] Det vil sige, hvis Newtons metode konvergerer, så konvergerer den imod en løsning til \(f(x)=0\). \(\square\)

Endelige rækker

Når vi skal tilnærme os et tal eller en funktion, så kan det nogle gange gøres ved at lægge en lang række tal sammen. Sådanne summer (eller plusstykker) kaldes rækker. Der findes to versioner af rækker: De endelige rækker og de uendelige rækker. De endelige rækker opfører sig pænt, men giver ideer til, hvordan vi skal gå til de uendelige rækker, som er mere komplicerede. Vi begynder et eksempel, nemlig annuitetsregning.

Annuitetsregning

Der findes to slags annuiteter: Opsparing og lån. Vi vil udelukkende beskæftige os med opsparing. Meget af det vi gennemgår gælder også for lån.

En annuitetsopsparing er en opsparingsform, hvor der indsættes penge på en konto efter en fast tidsperiode. En børneopsparing er det mest almindelige type annuitetsopsparing i Danmark. Vi begynder med et taleksempel for at vise teknikken, og derefter går vi i gang med at udlede en generel formel for annuitetsopsparing.

Eksempel

Vi forestiller os Fritz, der ønsker at spare op. Han betaler 100 kr. hver måned og får 2 % i rente pr. måned. Han begynder med 0 kr. på kontoen. Han indsætter så \(b=100\) kr. Så til at begynde med indeholder Fritz’ konto \[A_0=100\] Nu går der en måned og Fritz indsætter igen 100 kr. Men før det sker tilskriver banken 2 % i rente til de første 100 kr ved at gange med \(1+0{,}02=1{,}02\). Dermed er der nu: \[A_1=100\cdot 1{,02}+100=102+100=202\] Nu går der en måned igen og det samme sker. Banken tilskriver rente inden, der indsættes penge. \[A_2=202\cdot 1{,}02+100=206,04+100=206,04\]

Hvis vi tager taleksemplet og indfører nogle betegnelser.

I en formelsamling vil følgende formel for annuitetsopsparing stå: \[A_n=b\cdot\frac{(1+r)^{n+1}-1}{r}\] Denne formel vil vi nu udlede.

Udledning af formel

Fra eksemplet kan vi se, at \(A_0=b\), og at der ganges med \(1+r\), for at lægge procenter til beløbet. Dermed kan udregningen efter den første måned: \[A_1=100\cdot 1{,}02+100\] oversættes til: \[A_1=b\cdot (1+r)+b\] Eller: \[A_1=b\cdot A_0+b\] Ligeledes kan beløbet efter den anden måned: \[A_2=202\cdot 1{,}02+100\] oversættes til: \[A_2=A_1\cdot (1+r)+b\]

Det vil sige, at generelt kan vi beregne beløbet på kontoen med følgen: \[A_n = A_{n-1}\cdot(1+r)+b,\quad A_0=b\]

Vi vil gerne ende med formeludtryk, som vi kan sætte ind i og regne opsparingen ud med en formel. Så lad os prøve at udrulle følgen. Vi begynder med \(A_n\): \[A_n=A_{n-1}\cdot (1+r)+b\] Indsætter \(A_{n-1}=A_{n-2}\cdot(1+r)+b\): \[A_n=(A_{n-2}\cdot(1+r)+b)\cdot(1+r)+b\] \[A_n=A_{n-2}\cdot(1+r)^2+b\cdot(1+r)+b\] Indsætter \(A_{n-2}=A_{n-3}\cdot(1+r)+b\): \[A_n=(A_{n-3}\cdot(1+r)+b)\cdot(1+r)^2+b\cdot (1+r)+b\] \[A_n=A_{n-3}\cdot(1+r)^3+b\cdot(1+r)^2+b\cdot (1+r)+b\] Vi kan se, at den største eksponent \(3\) og \(A_{n-3}\) følges ad, så når vi når ned til \(A_0=A_{n-n}\), har vi: \[A_n=A_0\cdot(1+r)^n+b\cdot(1+r)^{n-1}+\cdots+b\cdot(1+r)+b\] Men \(A_0=b\), så der er \(b\) som faktor i alle led, hvilket betyder, at vi kan sætte \(b\) uden for en parentes. \[A_n=b\cdot\left((1+r)^n+(1+r)^{n-1}+\cdots+(1+r)+1 \right)\]

Dermed har vi en lang sum (plusstykke) inde i parentesen. Det vil være rart at kunne gøre den mindre. Hvilket er emnet for det næste afsnit.

Den geometriske række

Oven over har vi summen: \((1+r)^n+(1+r)^{n-1}+\cdots+(1+r)+1 \). Vi vil kalde \(x=1+r\), hvilket kaldes den geometriske række: \[x^n+x^{n-1}+\cdots+x^2+x+1\]

Vi vil bevise følgende:

Bevis: Vi laver følgende gangestykke: \[(x-1)\cdot(x^n+x^{n-1}+\cdots+x^2+x+1)\] \[=x\cdot x^{n}+x\cdot x^{n-1}+\cdots+x\cdot x^2+x\cdot x+x\cdot 1-(x^n+x^{n-1}+\cdots+x^2+x+1)\] \[=x^{n+1}+x^n+\cdots+x^3+x^2+x-(x^n+x^{n-1}+\cdots+x^2+x+1)\] \[=x^{n+1}+x^n+\cdots+x^3+x^2+x-x^n-x^{n-1}-\cdots-x^2-x-1\] Alle led undtagen \(x^{n+1}\) og \(1\) går ud med hinanden (fx \(x^n-x^n=0\)): \[=x^{n+1}-1\] Dermed har vi: \[(x-1)\cdot(x^n+x^{n-1}+\cdots+x^2+x+1)=x^{n+1}-1\] Vi dividerer med \(x-1\) på begge sider af lighedstegnet og får. \[x^n+x^{n-1}+\cdots+x^2+x+1=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}\] Hvilket vi skulle vise. \(\square\)

Annuitetsopsparing gjort færdig

Vi havde: \[A_n=b\cdot\left((1+r)^n+(1+r)^{n-1}+\cdots+(1+r)+1 \right)\] Eller når \(x=1+r\): \[A_n=b\cdot\left(x^n+x^{n-1}+\cdots+x+1 \right)\] Dermed får vi fra den geometriske række: \[A_n=b\cdot\frac{x^{n+1}-1}{x-1}\] Indsætter \(x=1+r\): \[A_n=b\cdot\frac{(1+r)^{n+1}-1}{1+r-1}\] Hvilket giver resultatet: \[A_n=b\cdot\frac{(1+r)^{n+1}-1}{r}\]

Uendelige rækker

I dette kapitel vil vi se på summer er der er uendelige. Formålet med denne type summer er, at de kan anvendes til at tilnærme funktioner fx \(e^x,\ \sin(x), \cos(x)\) og værdier fx \(e,\ \pi\). Den primære teknik til at beregne disse ting er det, der kaldes taylorpolynomier.

Vi begynder dog et andet sted nemlig med den geometriske række, vi også mødte i sidste kapitel.

Den uendelige geometriske række

I det sidste kapitel så vi på den geometriske række \[1+x+x^2+x^3+\ldots+x^n\] Vi begynde med, at skrive denne række med sumtegnsnotation. Vi bemærker, at \(x^0=1\), så rækken kan også skrives \(x^0+x^1+x^2+\ldots+x^n\). Dermed er “tæller” eksponenten, hvilket led vi er ved. Dette kan bruges til at skrive den geometriske række på denne måde\[\sum_{k=0}^{n} x^k\] Symbolet \(\sum\) er det store græske bogstav sigma, og det betyder sum. Udtrykket skal læses sådan, at vi begynder ved \(k=0\). Det sætter vi ind i udtrykket efter \(\sum\), hvorefter vi sætter et +. Nu lader vi \(k\) vokse med 1, så \(k=1\), det indsætter vi og så videre indtil \(k=n\).

Hvis vi fx vil skrive følgende ud \[\sum_{k=0}^{4} x^k\] så vil vi få følgende

Det vil sige, \[\sum_{k=0}^{4}x^k=x+x+x^2+x^3+x^4\]

Note

Bemærk, at det ikke altid er sådan, at \(k=0\), ofte giver det mening, at begynde med en anden værdi. I denne tekst vil vi dog altid begynde ved \(k=0\).

Vi vil nu skifte \(n\) ud med \(\infty\), det vil sige, at vi ønsker at lægge uendelig mange tal sammen. Hvordan får vi det til at give mening? Svaret er, at hvis vi stopper vores sum ved et \(n\), så vil det altid give et tal (vi lægger endelig mange tal sammen). Det kaldes delsummen og betegnes \(S_n\). Dermed har vi oven for lavet \(S_4=1+x+x^2+x^3+x^4\). Med symboler, hvor \(f(k)\) er et udtryk, der står efter sumtegnet. \[S_n=\sum_{k=0}^{n} f(k)\]

Så hvis en uendelig sum skal give mening, må følgen af delsummer \(\{S_n\}\) være konvergent. Vi vil nu se på den uendelige geometriske række: \[\sum_{k=0}^{\infty} x^k\]

Vi vil vise, at rækken er konvergent, når \(-1 < x < 1\), og at \[ \sum_{k=0}^{\infty} x^k=\frac{1}{1-x}\]

Det første, vi bemærker, er, at når \(x=1\), så må \[\sum_{k=0}^{\infty} 1^k=\infty\]

Det andet, vi bemærker, er, at vi har et udtryk for delsummen. I sidste kapitel viste vi, at \[S_n=\sum_{k=0}^{n}x^k=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}\]

Så vi skal undersøge konvergens for \(\{S_n\}=\left\{\frac{x^{n+1}-1}{x-1}\right\}\). Vi tager grænsen på begge sider af lighedstegnet: \[\lim_{n\to \infty} S_n =\lim_{n\to\infty} \frac{x^{n+1}-1}{x-1}\] \[\lim_{n\to \infty} S_n = \frac{\lim_{n\to\infty}(x^{n+1}-1)}{\lim_{n\to\infty}(x-1)}\] Da \(n\) ikke optræder i nævneren af brøken, får vi: \[\lim_{n\to\infty} S_n= \frac{\lim_{n\to\infty} (x^{n+1})-1}{x-1}\] Så vi ender med at skulle se på grænsen: \[\lim_{n\to\infty} x^{n+1}\] Men den behandlede vi i første kapitel, hvor vi så, at den var konvergent, når \(-1 < x \leq 1\). Vi har dog oven for udelukket \(x=1\). Det vil sige, når \(-1 < x < 1\) \[\lim_{n\to\infty} x^{n+1}=0\] Og dermed er: \[\lim_{n\to \infty} S_n =\frac{-1}{x-1}\] Da \(x-1=-(1-x)\), får vi: \[\lim_{n\to \infty} S_n =\frac{-1}{-(1-x)}=\frac{1}{1-x}\] Dermed har vi vist, at \[ \sum_{k=0}^{\infty} x^k=\frac{1}{1-x}\] når \(-1 < x < 1\).

Note

Kravet om, at \(-1 < x < 1\) er et eksempel på det, der hedder konvergensradius. Hvilket betyder, at der et interval, hvor den uendelige række konvergere og et område, hvor den divergerer. Disse områder kan være vanskelige at beregne, så vi vil ikke gøre mere ud af dem i disse noter.

Taylorpolynomiet

I dette afsnit vil vi behandle tilnærmninger til funktioner med taylorpolynomier. Fordi vi anvender uendelige rækker, er der nogle tekniske overvejelser omkring konvergens, som vi vil springe over.

Vi kommer til at skulle differentiere funktioner rigtig mange gange, så vi får brug for noget notation, hvis vi ikke ønsker udtryk som \(f^{\prime\prime\prime\prime\prime}(x)\).

Vi kan nu definere, hvad vi mener med taylorpolynomiet for en funktion.

Da vi aldrig kan lægge uendelig mange tal sammen, så anvendes taylorpolynomiet til at tilnærme en funktion. Hvis vi regner tilstrækkelig mange led ud kan vi give et bud på en funktionsværdi. Følgende figur viser grafen for sinus og forskellige taylorpolynomier, hvor man kun har taget nogle led med. Jo flere led, jo tættere kommer taylorpolynomiet på sinus.

Vi vil vise, hvordan et taylorpolynomium kan beregnes for to funktioner, nemlig den naturlige eksponentialfunktion og sinus.

Den naturlige eksponentialfunktion

Den naturlige eksponentialfunktion \(e^x\) er defineret ved, at den giver sig selv differentieret \(f’(x)=f(x)\), og at \(f(0)=1\). Dermed er \(f^{\prime\prime}(x)=(f’(x))’=(f(x))’=f(x)\) og så fremdeles. Yderligere gælder det, at \[1=f(0)=f’(0)=f’’(0)=f^{3}(0)=\ldots=f^{(k)}(0)\] så hvis vi sætter \(c=0\), får vi: \[\sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(c)}{k!}\cdot (x-c)^k=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}\cdot (x-0)^k\] Eller: \[e^x=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\cdot x^k=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}\]

Dette tages ofte til at være definitionen for \(e^x\).

Vi kan nu beregne \(e\), idet \(e^1=e\): \[e=e^1=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1^k}{k!}=1+1+\frac{1^2}{2!}+\frac{1^3}{3!}+\frac{1^4}{4!}+\ldots\] \[e=2+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{24}+\ldots\]

Sinus og cosinus

For sinus gælder at \(\sin(0)=0\) og for cosinus gælder at \(\cos(0)=1\). Derudover gælder for \(f(x)=\sin(x)\)

Vi bemærker, at det kun er de ulige tal, der giver noget til summen idet fx \(\frac{f^{(2)}(0)}{2!}=\frac{0}{2!}=0\). Derudover skifter fortegene. Så taylorpolynomiet for sinus, når \(c=0\), bliver: \[0+x+0-\frac{x^3}{3!}+0+\frac{x^5}{5!}+\ldots =x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\ldots\] Da ulige tal kan skrives \(2k+1\), får vi: \[\sin(x)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\cdot x^{2k+1}\] Man kan på samme måde vise at: \[\cos(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k)!}\cdot x^{2k}\]

Vurdering af fejl

Vi kan aldrig beregne alle led i et taylorpolynomium. Hvor vi er nødt til at stoppe på et tidspunkt. Vi indfører det begrænsede taylorpolynomium \(T_n(x)\), som er givet ved:

\[T_n(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(c)}{k!}\cdot (x-c)^k\]

Med andre ord stopper vi summen ved \(n\). Vores begrænsede taylorpolynomium vil ikke være præcist, da vi ikke har alle led med. Hvis polynomiet er en tilnærmning til \(f(x)\), så er forskellen mellem polynomium og funktion et mål for fejlen. Det vil vi betegne \(R_n(x)\) og kalde residualet. Det gælder dermed: \[R_n(x)=f(x)-T_n(x)\] Eller: \[f(x)=T_n(x)+R_n(x)\] Men hvordan beregner vi \(R_n(x)\)? En måde er ved følgende integral: \[R_n(x)=\int_{c}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}\cdot(x-t)^n\ dt\]

Vi giver et eksempel med \(f(x)=e^x\). Vi har fundet taylorpolynomiet for \(f\) omkring \(c=0\) oven for. Så vi kan undersøge residualet for \(T_4(x)=\sum_{k=0}^4 \frac{x^k}{k!}\), når \(x=1\). Med andre ord, så ser vi på, hvor stor fejl der på \(T_4(1)\) i forholde til \(f(1)=e^1=e\). Vi skal bruge formlen for residualet: \[R_n(x)=\int_{c}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}\cdot(x-t)^n\ dt\] Her kender vi en del af bogstaverne i forvejen: \(c=0\), \(x=1\) og \(n=4\). Vi mangler dog at beregne \(f^{(n+1)}(t)\). Da vores funktion er \(f(x)=e^x\), ved vi, at \(f^{5}(t)=e^t\), så vores integral bliver: \[R_4(1)=\int_{0}^{1}\frac{e^t}{4!}\cdot(1-t)^4\ dt\] En computer fortæller os, at det giver \(\approx 0{,}01\). Så udregningen er kun korrekt inden for en decimal. Generelt vil det være således, at jo længere \(x\) er fra \(c\), jo flere led skal der anvendes.

Note

Bemærk to ting. For det første, behøver vi ikke kende \(T_n(x)\) for at kunne beregne residualet. For det andet, findes der andre og mere effektive metoder til at bestemme residualet, men de er mere komplicerede at forklare. Et bevis for residualet ligger uden for disse noter.

Opgaver til kapitlerne

Neden under findes forskellige opgaver til hvert kapitel. Opgaverne er fordelt på to typer. Den første type er regneopgaver, der kun forudsætter, at man har læst og forstået teksten. Den anden type opgaver bygger videre på teorien og forudsætter en vis mængde selvstændig tankegang.

Opgaver om følger

Opgave 1

Brug en computer til at undersøg om de nedenstående følger\(\{x_n\}\) er konvergente. Hvis de er, så vurder, hvad grænsen er.

1. \(x_n=\frac{2n^2}{n^2+1}\)
2. \(x_n=\frac{2n}{n^2+1}\)
3. \(x_n=4-\frac{(-1)^n}{n}\)
4. \(x_n=\sin\left(\frac{1}{n}\right)\)
5. \(x_n=\frac{n^2-1}{n}\)
6. \(x_n=\frac{e^n}{\pi^n}\)
7. \(x_n=\frac{e^n}{\pi^{n/2}}\)
8. \(x_n=\frac{(-1)^n\cdot n}{e^n}\)

Opgave 2

Anvend definitionen af konvergens til at vise at nedenstående følger \(\{x_n\}\), konvergerer til grænsen \(L\).

1. \(x_n=4-\frac{1}{n}\) og \(L=4\)
2. \(x_n=\frac{3}{n}\) og \(L=0\)
3. \(x_n=\frac{7-n}{n^2}\) og \(L=0\)
4. \(x_n=\pi-\frac{3}{\sqrt{n}}\) og \(L=\pi \)

Opgave 3

Bevis at hvis følgen \(\{x_n\}\) konvergerer til \(L\), så konvergerer følgen \(\{x_n-L\}\) til 0 og omvendt. Eller i symboler: \[\lim_{n\to\infty} x_n=L \ \iff \lim_{n\to\infty} x_n-L=0\]

Opgaver om Newtons metode

Opgave 4

Se på eksempel 1 i kapitlet om newtons metode. Beregn de første 5 trin i at finde \(\sqrt{5}\). Hvor mange decimaler får du rigtig efter hvert trin? Hvad med \(\sqrt{4}\)?

Opgave 5

Brug Newtons metode til at løse følgende ligninger. Brug en computer til at regne med.

1. \(x^3-x-1=0\) med 10 decimalers nøjagtighed.
2. \(x^3=\cos(x)\) med 10 decimalers nøjagtighed.
3. \(x^3+2x-1=0\) hvor løsningen ligger mellem 0 og 1.
4. \(x^4-8x^2-x+16=0\) hvor de to løsninger ligger mellem 1 og 3.
5. Løs de fire ovenstående ligninger med “solve”-kommando på en computer. Får du det samme?

Opgave 6

Brug Newtons metode til at løse ligningen \(x^2=0\). Anvend startværdien \(x_0=1\). Hvad kan du sige om metodens evne til at løse ligningen?

Opgave 7

Anvend Newtons metode til at løse \(x^{1/3}=0\) med startgæt \(x_0=1\). Hvad sker der? Kan begrunde, hvorfor det sker?

Opgaver om endelige rækker

Opgave 8

Anvend formlen for annuitetsopsparing til at udfylde de tomme pladser i følgende tabel:

Opgave 9

Modsætningen til en annuitetsopsparing er et annuitetslån. Her låner man nogle penge \(G\) kaldet hovedstolen, og betaler en ydelse \(y\). Antallet af ydelser er \(n\), og renten er \(r\). Formlen for ydelsen er: \[y=G\cdot\frac{r}{1-(1+r)^{-n}}\] Bevis formlen. (Vink: Begynd med at isolere \(G\) i formlen og vis denne formel i stedet).

Opgave 10

Vis at \[1+2+3+\ldots+(n-1)+n=\frac{n(n+1)}{2}\]

Opgaver om uendelig rækker

Opgave 11

Omskriv følgende summer til plusstykker:

1. \(\displaystyle \sum_{k=0}^4 k^2\)
2. \(\displaystyle \sum_{k=0}^5 \frac{k}{k+2}\)

Omskriv følgende plusstykker til sumnotation (begynd ved \(k=0\)):

1. \(1+2x+3x^2+4x^3+5x^4\)
2. \(1-x+x^2-x^3+x^4-x^5\)

Opgave 12

Opskriv mindst 4 led af taylorpolynomiet for følgende funktioner omkring \(c=0\).

1. \(f(x)=\ln(x+1)\).
2. \(f(x)=e^{2x}\).
3. \(f(x)= \tan(x)\).
4. \(f(x)=\frac{1}{1-x}\).

Opgave 13

Anvend en computer til at beregne residualerne for de taylorpolynomier du beregnede i opgave 12. Lad \(x=1\) for funktion 1,2, og 3. I det sidste tilfælde lad \(x=\frac{1}{2}\).

Opgave 14

Eftervis påstanden om taylorpolynomiet for cosinus.