Flere av eksemplene viser hvordan MATLAB løser oppgavene. Tilleggspakka Symbolic Toolbox brukes til symbolske uttrykk. Som alternativ til MATLAB kan GNU Octave brukes til numeriske beregninger. Octave har også en foreløpig beta-versjon av Symbolic Toolbox.
Funksjonsverdien til f(x) omkring x=a kan tilnærmes med tangentlikningen til f(x) i punktet (a, f(x)):
$f(x) \approx f(a) + f'(a)(x-a)$
Eksempel 1
Finn $\sin(\frac 1 2)$ ved linearisering.
Setter f(x) = sin(x) - som deriveres, f '(x) = cos(x) .
Velger $a=\pi/6$ som utgangspunkt fordi $x=\pi/6$ er ganske nært $x=\frac 1 2$ og gir sin- og cos-verdier som er 'kjente'.
Lineariserer,
$f(x) \approx f(a) + f'(a)(x-a) = f(\frac {\pi}6)+f'(\frac {\pi}6)(x-\frac {\pi}6) = \frac1 2 + \frac {\sqrt 3}{2}(x-\frac {\pi}6) \approx 0.0466 + 0.8660 x$
Beregner, $\sin(1/2) \approx 0.0466 + 0.8660 \cdot \frac 1 2 = 0.4796$. Hva gir kalkulatoren?
Et polynom er en sum av et antall ledd som består av en konstanter multiplisert med en variabel opphøyd i positive heltallseksponenter. Her er noen eksempler på polynomer av 2. grad:
$P_A = 3 - 5x + 4 x^2$
$P_B = 2 + 3(x-1) + 4(x-1)^2$
$P_C = 9 + 11(x-2) + 4(x-2)^2$
$P_D = 24 + 19(x-3)+4(x-3)^2$
Hvis vi ordner de tre siste polynomene viser det seg at de er lik det første. Skal vi beregne polynomverdien for x=2 vil vi velge PC som er ferdig oppstilt til dette.
Et polynom av n-te grad vil i enkleste form se slik ut:
$c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + c_3 x^3 + ... + c_n x^n$ der $c_0, c_1, c_2, c_3, ... , c_n$ er konstanter.
Et polynom av n-te grad vil se slik ut, der vi velger å lage potenser av (x – a) i stedet for x:
$c_0 + c_1(x-a) + c_2(x-a)^2 + c_3(x-a)^3 + ... + c_n (x-a)^n$
Polynomer er enkle å håndtere matematisk, derivasjon og integrasjon er ikke noe problem. Det viser seg at 'vanskelige' funksjoner kan tilnærmes med polynomer, der nøyaktigheten blir bedre jo flere ledd vi tar med utover i summen. For å få til dette må vi ganske enkelt finne konstantene $c_0, c_1, c_2, c_3, ...$ som passer til oppgaven.
Bindeleddet mellom polynom og den funksjonen som skal tilnærmes er at de begge har samme funksjonsverdi for samme x-verdi, samme verdi for den deriverte, samme verdi for den andrederiverte – og så videre.
Rekka
$\displaystyle{c_0 + c_1(x-a) + c_2(x-a)^2 + c_3(x-a)^3 + ... = \sum_{n=1}^{\infty} c_i (x-a)^i}$
er ei potensrekke i $(x-a)$.
Hvis a = 0 får vi spesialtilfellet $c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + c_3 x^3 + ... = \sum_{n=1}^{\infty} c_i x^i$
Det generelle leddet $a_n$ er en funksjon, $a_n = f(n, x)$ , der n er heltall og x er et reelt tall.
Hvis ei potensrekke konvergerer definerer den en funksjon, $f(x)$ .
Eksempel 2
Hvilken funksjon blir definert av potensrekka $1 - x + x^2 - x^3 + ... = \sum_{n=0}^{\infty} (-x)^n$ ?
Ut fra det vi kan om rekker ser vi at dette er en geometrisk rekke med første ledd a=1 og forholdstall k=-x.
Rekkesummen kan beregnes for de verdier av a som gir konvergens,
$1 - x + x^2 - x^3 + ... = a \frac {1}{1 - k} = \frac 1 {1 + x}$ for $|x| < 1$.
Rekka $1 - x + x^2 - x^3 + ... $ definerer funksjonen $f(x) = \frac 1 {1 + x}$ .
I neste avsnitt skal vi ta utgangspunkt i en deriverbar funksjon og så finne rekka.
Med utgangspunkt i en funksjon som er mange ganger deriverbar kan vi danne en potensrekke $\sum_{n=0}^{N} c_n (x-a)^n$ der konstantene cn beregnes slik at den n-te deriverte av potensrekka og den n-te deriverte av funksjonen har samme verdi. Med 0-te deriverte mener vi funksjonen selv.
Taylorpolynomet av n-te grad, $P_n(a)$ til funksjonen $f(x)$ som er minst n ganger deriverbar rundt $x=a$ er slik at
den n-te deriverte av $f(x)$ og av $P_n(x)$ har samme verdi for $x=a$ - der n=0,1,2,...,n ,
$P_n(a) = f(a)$ ,
$P_n'(a) = f'(a)$ ,
$P_n''(a) = f''(a)$ ,
. . . ,
$P_n^{(n)}(a) = f^{(n)}(a)$
Definisjonen av et taylorpolynom:
Hvis funksjonen f er n ganger deriverbar for x=a er taylorpolynomet Pn av n-te grad om punktet x=a for f gitt ved
$\displaystyle{P_n(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 + \frac{f'''(a)}{3!}(x-a)^3 + ... + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n}$
$\displaystyle{\phantom{P_n(x) }=\sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}}{k!}(x-a)^k }$
Eksempel 3
Finn taylorpolynomet til $f(x) = e^x$ omkring x=0.
Finn også tilnærmet verdi for e med 5 ledd og 7 ledd - og avviket fra 'eksakt' verdi i prosent.
Den n-te deriverte av ex er ex og e0=1 - det er bare å sette rett inn i formelen,
$P_n(x) = 1 + x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + ... + \frac{1}{n!}x^n$
$e \approx P_4 = 1 + 1 + \frac 1 2 + \frac 1 6 + \frac 1 {24 }= 2.7083$
$e \approx P_6 = 1 + 1 + \frac 1 2 + \frac 1 6 + \frac 1 {24} + \frac 1 {120 } + \frac 1 {720} = 2.7181$
>> P4=taylor(exp(x), x, 'Order', 5); P6=taylor(exp(x), x, 'Order', 7); >> P4verdi=subs(P4, x, 1); P6verdi=subs(P6, x, 1); >> avvik4 = (P4verdi-exp(1))/exp(1)*100; >> avvik6 = (P6verdi-exp(1))/exp(1)*100; >> vpa(avvik4, 4), vpa(avvik6, 4) ans = -0.366 % prosent ans = -0.008324 % prosent
Kommentar: MATLAB finner 5 ledd i taylorrekka når vi kommanderer 'Order',5 - og det gir polynomet av 4.grad slik læreboka definerer. Funksjonen subs setter inn tallverdier for variabler. De to avvikene er beregnet i prosent, men siden symbolsk MATLAB gir heltall og heltallsbrøker blir verdiene omgjort til desimaltall med funksjonen vpa.
Eksempel 4
Bruk MATLAB til å finne taylorpolynomet av 4. grad til funksjonen $f(x) = \sqrt{x}$ omkring a=1.
Sjekk så etter definisjonen at $P_4^{(n)} = f^{(n)}(x)$.
Finn også en tilnærmet verdi for $\sqrt 2$.
>> syms x >> taylor(sqrt(x), x, 1, 'Order', 5) ans = x/2 - (x - 1)^2/8 + (x - 1)^3/16 - (5*(x - 1)^4)/128 + 1/2
Vi ser at MATLAB presenterer rekka på en litt uryddig måte, og første ledd ser ut til å mangle. Dessuten vil vi få ledd fra n=0 til n=4 når vi kommanderer 5. orden. Rydder:
$P_4(x) = 1 + \frac 1 2 (x-1) - \frac 1 8 (x-1)^2 + \frac 1{16}(x-1)^3 - \frac 5 {128}(x-1)^4$
$f(1) = 1^{\frac 1 2} = 1$ $P_4(1) = 1$
$f'(1) = \frac 1 2 \cdot 1^{- \frac 1 2} = \frac 1 2$ $P_4'(1) = \frac 1 2$
$f''(1) = \frac 1 2 \cdot (- \frac 1 2) \cdot 1^{- \frac 3 2} =- \frac 1 4$ $P_4''(1) = - \frac 1 8 \cdot 2 = - \frac 1 4$
$f'''(1) = - \frac 1 4 \cdot (- \frac 3 2) \cdot 1^{- \frac 5 2} = \frac 3 8$ $P_4'''(1) = \frac 1 {16} \cdot 3 \cdot 2 = \frac 3 8$
$f^{(4)}(1) = \frac 3 8 \cdot (- \frac 5 2) \cdot 1^{- \frac 7 2} = -\frac {15} {16}$ $P_4^{(4)}(1) = - \frac 5{128} \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = - \frac{15}{16}$
$\sqrt 2 \approx 1 + \frac 1 2 - \frac 1 8 + \frac 1 {16} - \frac 5 {128} = 1.40$
Et taylorpolynom av grad n representerer en funksjon som er deriverbar minst n ganger. Vi kan bruke det til å beregne en tilnærmet funksjonsverdi. Men, hvor stor nøyaktighet får vi ved en slik tilnærming? Avviket mellom funksjonsverdi og polynomverdi for n ledd kalles Rn, slik at vi har generelt at $f(x) = P_n(x) + R_n(x)$. Den godeste Taylor fant en formel som kan finne avviket ved å drøfte restleddet.
En funksjon $f(x)$ som er minst n+1 ganger deriverbar på et åpen intervall som inneholder både a og x
er lik summen av taylorpolynomet Pn av grad n og restleddet Rn,
$f(x) = P_n(x) + R_n(x) = P_n(x) + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$
for en verdi av c mellom x og a.
Restleddet Rn er til forveksling lik siste ledd i Pn+1 - forskjellen er at verdien av den deriverte skal beregnes for x=c i stedet for x=a. Dessuten må vi på en eller annen måte finne verdien av c for å beregne aviket.
Eksempel 5
Vi fant i et tidligere eksempel at $e \approx P_6 = 1 + 1 + \frac 1 2 + \frac 1 6 + \frac 1 {24} + \frac 1 {120 } + \frac 1 {720} = 2.7181$, og at avviket fra 'eksakt' verdi er -0.008324%.
Vis ved drøfting av restleddet R6 at dette kan stemme.
Her er $P_6 = 1 + 1 + \frac 1 2 + \frac 1 6 + \frac 1 {24 } + \frac 1 {120} + \frac 1 {720}= \frac {1957}{720}$ og $R_6 = \frac {e^c} {7!} (1-0)^7 = \frac {e^c} {5040}$ for 0<c<1.
Den mest ugunstige verdien for c er c=1, altså R6≈0.00053934. Dette gir en prosentvis feil på (1957/720-e)/e·100=-0.0083%.
Et taylorpolynom av n-te grad er en potensrekke med restledd utviklet for en funksjon, $f(x) = P_N(x) + R_N(x)$. Hvis funksjonen er uendelig mange ganger deriverbar og hvis $\lim_{N \rightarrow \infty} R_N= 0$ vil rekka konvergere, slik at $\lim_{N \rightarrow \infty} P_N(x) = f(x)$.
Definisjonen av en taylorrekke:
Hvis funksjonen f er uendelig mange ganger deriverbar omkring x=a er taylorrekka til f:
$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}}{n!}(x-a)^n = f(a) + f'(a)(x-a) + \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 + ...}$
En maclaurinrekke er lik en taylorrekke for a=0.
Eksempel 6
Hvorfor kan vi ikke bruke MATLAB til å finne maclaurinrekka til $\sqrt x$?
>> syms x >> taylor(sqrt(x)) % taylorrekke omkring 0 er maclaurinrekke Error using symengine ... ...
Kan det være fordi den deriverte av $\sqrt x$ for x=0 ikke eksisterer?
Her er potensrekker for noen standardfunksjoner. Legg merke til konvergensområdet. Med reglene om substitusjon, derivasjon og integrasjon av rekker kan vi bruke de kjente rekkene til å finne rekker for nye funksjoner.
$\displaystyle{\frac 1 {1+x}= 1 - x + x^2 - x^3 +...+ (-x)^n + ... = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n \;,\;\;\; |x| < 1}$
$\displaystyle{e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + ... + \frac{x^n}{n!} + ... = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} \;,\;\;\;\text{for alle }x}$
$\displaystyle{\ln (1 + x) = x - \frac 1 2 x^2 + \frac 1 3 x^3 - \frac 1 4 x^4 + ... = \sum_{n=1}^{\infty} \frac {(-1)^{n + 1}} n x^n\;,\;\;\; -1 < x \leq 1}$
$\displaystyle{\sin(x) = x - \frac 1 {3!} x^3 + \frac 1 {5!} x^5 - \frac 1 {7!}x^7 + ... = \sum_{n=0}^{\infty} \frac {(-1)^n x^{2n+1}} {(2n+1)!}\;,\;\;\;\text{for alle }x}$
$\displaystyle{\cos(x) = 1 - \frac 1 {2!} x^2 + \frac 1 {4!} x^4 - \frac 1 {6!}x^6 + ... = \sum_{n=0}^{\infty} \frac {(-1)^n x^{2n}} {(2n)!}\;,\;\;\;\text{for alle }x}$
$\displaystyle{\tan^{-1}(x) = x - \frac 1 {3} x^3 + \frac 1 {5} x^5 - \frac 1 {7}x^7 + ... = \sum_{n=0}^{\infty} \frac {(-1)^n x^{2n+1}} {2n+1}\;,\;\;\;|x| < 1}$
Hvis rekka $ \sum_{n=0}^{\infty}c_n (x-a)^n$ konvergerer mot $f(x)$ kan vi
Eksempel 7
Med utgangspunkt i at $\;\;\sin x = x - \frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...\;\;$ får vi at:
$\displaystyle{\int_0^{\pi} \frac{\sin x}{x} dx \approx \int_0^{\pi}(1 - \frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!})\,dx}$
$\displaystyle{\frac{d(\sin x)}{dx} = 1 - \frac 1 {2!} x^2 + \frac 1 {4!} x^4 - \frac 1 {6!} x^6 + ...}$ (sml. potensrekka for cos x.)
En potensrekke $\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n$ definerer en funksjon for de verdier av x som den konvergerer for,
$\displaystyle{f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}a_n x^n = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + ...}$
Sammenhengen ovenfor gjelder altså bare for x i et konvergensområde. Universaltesten for konvergens av potensrekker er forholdstesten. Vi tar høyde for at rekkene kan være både alternerende og ikkealternerende og setter opp testen slik:
$\displaystyle{\lim_{n \to \infty} \left| \frac {a_{n+1}x^{n+1}}{a_n x^n}\right| = |x| \cdot \lim_{n \to \infty} \left|\frac {a_{n+1}}{a_n}\right| = |x| \cdot L}$
Rekka er konvergent når dette forholdet er mindre enn 1, det vil si $|x| \cdot L < 1$. Vi har tre muligheter:
$L \to \infty$, rekka konvergerer bare for $x = 0$
$L = 0$, rekka konvergerer for alle x
$L > 0$, rekka konvergerer bare for $|x| < \frac 1 L$
Det er det tredje tilfellet som byr på litt utfordring. Ulikheten $|x| < \frac 1 L$ kan også skrives som $- \frac 1 L < x < \frac 1 L$.
Hvis rekka vi skal undersøke er en taylorrekke omkring x=a må vi drøfte $|x-a| < \frac 1 L$ tilsvarende dobbeltulikheten $- \frac 1 L < x - a < \frac 1 L$.
Forholdstesten gir ingen konklusjon for $|x| \cdot L = 1$. Dette grensetilfellet må testes separat, for eksempel med sammenlikningstest, integraltest eller alternerende-rekke-test.
Eksempel 8
Finn konvergensområdet for rekka
$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac {n}{2^{2 n}} x^n = \frac 1 4 x - \frac 2 {16} x^2 + \frac 3 {64} x^3 - \frac 4 {256} x^4 + ...$
Forholdstest:
$\lim_{n \to \infty} \left| \frac {a_{n+1}x^{n+1}}{a_n x^n}\right| = | x | \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{2^{2(n+1)}} \cdot \frac{2^{2n}}{n} = |x| \cdot \frac 1 4$
Vi løser så ulikheten $|x| < \frac 1 L$ , altå $|x| < \frac 1 {\frac 1 4}$, og får at konvergensområdet er $-4 < x < 4$.
Men, vi er ikke ferdig med det. Forholdstesten sier ingenting om tilfellet |x|L=1, og det må testes separat,
x=-4: $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac {n}{2^{2 n}} (-4)^n = -\sum_{n=1}^{\infty} n = -1 - 2 - 3 - 4 - ...$, divergens.
x=4: $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac {n}{2^{2 n}} 4^n = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n = 1 - 2 + 3 - 4 + ...$, divergens.
Konklusjon: rekka $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac {n}{2^{2 n}} x^n$ konvergerer for $-4 < x < 4$.
Eksempel 9
Finn konvergensområdet for rekka
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac {2^n}{n^2} (x-3)^n = 2(x-3) + (x-3)^2 + \frac 8 {9} (x-3)^3 + (x-3)^4 + ...$
Forholdstest:
$\lim_{n \to \infty} \left| \frac {a_{n+1}(x-3)^{n+1}}{a_n (x-3)^n}\right| = | x - 3 | \lim_{n \to \infty} \frac{2^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \frac{n^2}{2^n} = |x-3| \cdot 2$
Vi løser så ulikheten $|x-3| < \frac 1 L$ , altå $|x-3| < \frac 1 {2}$, og får at konvergensområdet er $\frac 5 2 < x < \frac 7 2$.
Men, vi er ikke ferdig med det. Forholdstesten sier ingenting om tilfellet |x-a|L=1, og det må testes separat,
$x=\frac 5 2$: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac {2^n}{n^2} (\frac 5 2-3)^n = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac 1 {n^2}$, konvergent alternerende rekke.
$x=\frac 7 2$: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac {2^n}{n^2} (\frac 7 2-3)^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac 1 {n^2}$, konvergent p-rekke.
Konklusjon: rekka $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac {n}{2^{2 n}} x^n$ konvergerer for $\frac 5 2 \leq x \leq \frac 7 2$.
Taylors formel gir at en funksjonsverdi kan tilnærmes av et taylorpolynom og en restverdi, $f(x)=P_N(x) + R_N(x)$. Restverdien utgjør feilen i en tilnærmet funksjonsverdi som i praksis er avhengig av to forhold,
- hvor mange ledd vi tar med i $P_N$,
- hvor raskt rekka konvergerer.
En alternerende rekke som representerer en funksjon er enklere å bruke fordi feilen i en tilnæringsverdi blir mindre enn det første leddet som utelates,
Hvis ei alternerende rekke konvergerer mot S, vil feilen vi gjør ved å summere n ledd være mindre enn absoluttverdien av det første leddet som kuttes ut.
Eksempel 10
Beregn sin 6o med 10 siffers nøyaktighet ut fra maclaurinrekka for sin x.
Rekkeutviklingen for sin(x) forutsetter vinkelmål i radianer, 6o = 6⋅2π/360 = π/30. Vi setter MATLAB på saken og lager noen ledd og rekkesummer:
>> n=0:4; x=pi/30; >> an=(-1).^n.*x.^(2*n+1)./factorial(2.*n+1) an = 0.104719755119660 -0.000191396769631 0.000000104945022 -0.000000000027401 0.000000000000004 >> S2=sum(an(1:2)); vpa(S2, 10) ans = 0.1045283584 >> S3=sum(an(1:3)); vpa(S3, 10) ans = 0.1045284633 >> S4=sum(an(1:4)); vpa(S4, 10) ans = 0.1045284633
Rekka er alternerende med sterkt avtakende ledd. Den konvergerer raskt, noe som de fem an-leddene viser. Allerede det fjerde leddet bidrar med mindre enn 3⋅10-11 og de tre første delsummene gir sin 6o med 10 sifffers nøyaktighet.
Eksempel 11
- Beregn $\ln \frac 3 2$ ut fra de første 5 ledd av rekka $\ln (1 + x) = x - \frac 1 2 x^2 + \frac 1 3 x^3 - \frac 1 4 x^4 + ...$ .
- Hvor stor feil gjøres?
- Hvorfor kan ikke $\ln \frac 5 2$ beregnes tilnærmet etter denne metoden?
>> syms x n >> an = symfun((-1)^(n+1)/n*x^n, [x n]); % an som funksjon av x og n >> S5 = symsum(an, n, 1, 5); % delsum S5 (som funksjon av x) >> feil = log(3/2) - subs(S5, x, 3/2-1); % gir feil som brøk >> vpa(feil) % gir feil som desimaltall ans(x, n) = -0.00182656 >> a6 = an(3/2-1, 6); % det 6. leddet >> vpa(a6) ans = -0.00260417
Kommentar: Her er det valgt å bruke symbolske funksjoner for generelt ledd og rekkesum. Innsetting av verdier gir heltall eller heltallsbrøker som omgjøres til desimaltall med funksjonen vpa. Alternativt kunne det ha vært brukt symbolske uttrykk som evalueres med innsetting med subs.
Det 6. leddet har verdien -0.00260417, beregningen har en feil som er mindre (i absoluttverdi) enn dette.
Hvis vi setter inn x=5/2-1 i rekkeuttrykket får vi en divergerende rekke.
Noen funksjonsuttrykk kan ikke integreres - det finnes ikke noen antiderivert. Likevel kan vi danne rekkeutviklingen av slike uttrykk og beregne tilnærmet verdi for den integrerte. Knepet her er å integrere ledd for ledd i rekkeutviklingen.
Eksempel 12
Integralet $\displaystyle{g(x) = \int_{0}^{x} \frac{\sin t}{t} dt}$ eksisterer ikke, men kan uttrykkes som en rekke.
Starter med $\sin t = t - \frac 1 {3!} t^3 + \frac 1 {5!} t^5 - \frac 1 {7!}t^7 + ...$
dividerer med t $\frac {\sin t}{t} = 1 - \frac {1}{3!}t^2 + \frac {1}{5!}t^4 - \frac {1}{7}t^6 + ...$
og integrerer $\int_{0}^{x} \frac {\sin t}{t} dt = x - \frac {1}{3 \cdot 3!}x^3 + \frac {1}{5 \cdot 5!} x^5 - \frac {1}{7 \cdot 7!} x^7 + ...$
Som rekkesum, $\displaystyle{g(x) = \int_{0}^{x} \frac{\sin t}{t} dt = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)\cdot (2n+1)!}x^{2n+1}}$
I avsnittet Potensrekker ble vi presentert for noen 'kjente rekker'. Med utgangspunkt i disse - og reglene for algebra med rekker - kan vi prøve å finne hvilken eksakt verdi en rekke konvergerer mot. Metoden går ut på å finne en rekke som ligner 'mest mulig' og substituere en verdi for rekkevariabelen. Men, før vi kommer dit må vi kanskje ordne rekkeleddene slik at de passer med standardoppsettet for sumuttrykket for rekkene.
Hva med rekka som starter med leddene
$1, −2, 2, − \frac 4 3, \frac 2 3, − \frac 4 {15}, \frac 4 {45}, - \frac 8 {315}, ...$ ?
MATLAB og andre matteapper kan finne på å presentere rekkeledd slik.
Vi må regne med at brøkene er forkortet, og første ordning kan være å finne nevnere som passer i en av standardsummene. Vi kan velge mellom tallfølgene av heltall, oddetall, fakultet, odde- og liketalls fakultet. Tar vi med at 0! er definert til 1 og at indeksene kan starte med n=0, så har vi et lite stykke detektivarbeid foran oss. Her mistenker jeg fakultetsnevnere og utvider brøkene til
$\frac 1{0!}, − \frac 2 {1!}, \frac 4 {2!}, − \frac 8 {3!}, \frac {16} {4!}, − \frac {32} {5!}, \frac {64} {6!}, - \frac {128} {7!}, ...$
Nå ble det orden på tellerne også, de er leddene i tallfølgen {(-2)n} for n ≥ 0, og rekkeleddene vi startet med er blitt til
$\{\frac {(-2)^0}{0!}, − \frac {(-2)^1} {1!}, \frac {(-2)^2} {2!}, − \frac {(-2)^3} {3!}, \frac{(-2)^4} {4!},...\} = \{ \frac{(-2)^n}{n!}\}$
Da er vel saken klar, det dreier seg om rekka for ex for x=-2. Rekka som starter med leddene ovenfor konvergerer altså mot e-2.
Se også Rekker og en Oppsummering av konvergenstester.