\documentclass[12pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\topmargin=-0.5cm
\oddsidemargin=-0.5cm
\evensidemargin=-0.5cm
\textheight=23cm
\textwidth=17cm
\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}
\begin{bf}
\noindent
Institutt for fysikk, NTNU

\noindent
TFY4155/FY1003: Elektrisitet og magnetisme

\noindent
V{\aa}r 2009

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
Litt om rekkeutviklinger og tiln{\ae}rmede uttrykk for funksjoner
\end{large}
\end{center}


\vspace{0.3cm}
\noindent
Den s{\aa}kalte Taylorrekken for en funksjon $f(x)$ i n{\ae}rheten
av et punkt $a$ er
$$f(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + \frac{f''(a)}{2!} (x-a)^2 + \cdots +
\frac{f^{(n)}(a)}{n!} (x-a)^n + \cdots$$
Alts{\aa} et polynom i $(x-a)$, der summen fortsetter i det uendelige.
Her betyr $f'(a)$ den deriverte av funksjonen $f$ med hensyn p{\aa} $x$,
evaluert i $x=a$, $f^{(n)}(a)$ betyr den $n$-te deriverte, og
$n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot n$. En forutsetning er selvsagt
at alle de deriverte eksisterer i $x=a$. Dessuten m{\aa} leddene i summen 
etterhvert bli mindre og mindre, p{\aa} en slik m{\aa}te at vi f{\aa}r en
bedre og bedre tiln{\ae}rming til den eksakte verdien $f(x)$ jo flere ledd
vi tar med i summen. Vi ser at vi kan skrive Taylorrekken slik:
$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (x-a)^n$$
Spesialtilfellet $a=0$ kalles gjerne Maclaurinrekken til $f$:
$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$$
Grunnen til at flere og flere ledd i nettopp en slik sum gir 
en stadig bedre tiln{\ae}rming til $f(x)$ er som f{\o}lger:
\begin{itemize}
\item Ett ledd i summen gir $p_0(x) = f(0)$. Vi har et polynom $p_0(x)$ med
riktig verdi i $x=0$, men heller ikke mer.
\item To ledd gir $p_1(x) = f(0) + f'(0)x$. Vi har et polynom $p_1$ med
riktig verdi i $x=0$ og i tillegg riktig helning i $x=0$: $p'_1(0) = f'(0)$.
\item Tre ledd gir $p_2(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{1}{2}f''(0)x^2$. Vi har
et polynom $p_2(x)$ med riktig verdi $f(0)$, riktig helning $f'(0)$ og
riktig krumning i $x=0$: $p''_2(0) = f''(0)$.
\item $n+1$ ledd gir polynomet $p_n(x)$. N{\aa} er $p_n(0)=f(0)$, 
$p'_n(0)=f'(0)$, ... , $p^{(n)}_n(0)=f^{(n)}(0)$. Alts{\aa} et polynom
med alle de f{\o}rste $n$ deriverte med riktig verdi i $x=0$.
\end{itemize}
La oss se p{\aa} et eksempel:
$$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}}$$
Vi ser umiddelbart at $f(0)=1$ og at funksjonen avtar mot null for {\o}kende
verdier av $x$. Men {\em hvordan} avhenger funksjonen av $x$, for eksempel
i n{\ae}rheten av $x=0$? Dette kan vi besvare ved {\aa} se p{\aa} 
rekkeutviklingen av $f(x)$ (Maclaurinrekken, dvs omkring punktet $x=0$).
Det eneste vi m{\aa} kunne er {\aa} derivere:
\begin{eqnarray}
f'(0) &=& [(1+x)^{-1/2}]'_{x=0} = [-\frac{1}{2}(1+x)^{-3/2}]_{x=0} = -\frac{1}{2} \nonumber \\
f''(0) &=& [(1+x)^{-1/2}]''_{x=0} = [(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})(1+x)^{-5/2}]_{x=0} = \frac{3}{4} \nonumber \\
... & & \nonumber
\end{eqnarray}
Dermed kan vi alts{\aa} tiln{\ae}rme $f(x)$ med polynomet
$$f(0) + f'(0)x + \frac{1}{2} f''(0) x^2 + \dots = 1 - \frac{1}{2}x + \frac{3}{8}x^2 + \dots$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
Hvor mange ledd skal vi ta med i summen? Vel, det avhenger av hva vi er ute etter. La oss si at
vi {\o}nsket en tiln{\ae}rmet verdi av $f(0.1)$ som ikke skilte seg fra den eksakte verdien
med mer enn 0.001. Siden leddene i rekkeutviklingen hele tiden skifter fortegn, innser vi vel
at dette oppn{\aa}s ved {\aa} ta med s{\aa} mange ledd at det {\em neste} leddet i rekken (dvs det
f{\o}rste leddet som vi ikke tar med) er mindre enn 0.001 (i absoluttverdi). 
Med $x=0.1$ blir jo leddene mindre og mindre i absoluttverdi, s{\aa} med {\o}kende antall ledd
i rekkeutviklingen ``pendler'' vi fram og tilbake omkring den eksakte verdien av $f(0.1)$, med
stadig mindre feil. I v{\aa}rt tilfelle har 2.ordensleddet verdien $3 \cdot 0.1^2/8 = 3/800 =
3.75/1000 = 0.00375$ n{\aa}r $x=0.1$. Vi regner ut det neste leddet for {\aa} sjekke
at det er mindre enn 0.001:
$$|\frac{1}{3!} f'''(0) x^3|_{x=0.1} = \frac{1}{6} \cdot \frac{15}{8} \cdot 0.1^3 =
\frac{15}{48000} = 0.0003125 < 0.001$$
F{\o}lgelig er det tilstrekkelig {\aa} ta med tre ledd for {\aa} bestemme $f(0.1)$ med
den {\o}nskede n{\o}yaktighet:
$$f(0.1) \simeq 1 - 0.05 + 0.00375 = 0.95375 \simeq 0.954$$
P{\aa} min kalkulator f{\aa}r jeg det riktige svaret med 9 desimalers n{\o}yaktighet:
$$f(0.1) = 0.953462589$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
Dette ble jo n{\ae}rmest numerisk analyse, og det er fors{\aa}vidt ikke s{\aa} dumt {\aa} kunne litt om det.
Vi er imidlertid som regel kun ute etter svar p{\aa} sp{\o}rsm{\aa}let ''hvordan avhenger $f$ av $x$
{\em til ledende orden} i ulike grensetilfeller'', for eksempel ''sm{\aa}'' $x$ ($x \ll 1$).
Det inneb{\ae}rer som regel {\aa} finne det f{\o}rste leddet i en slik rekkeutvikling. Med andre ord,
det leddet som ''overlever'' (lengst) n{\aa}r vi tar grensen $x \rightarrow 0$.

\vspace{0.2cm}
\noindent
G{\aa}r vi tilbake til eksempelet over, vil ''laveste ordens tiln{\ae}rmelse'' 
(her: nullte orden i $x$) av funksjonen $1/\sqrt{1+x}$ v{\ae}re lik 1 dersom $x \ll 1$. 
Vi m{\aa} g{\aa} til nest laveste ordens tiln{\ae}rmelse for {\aa} finne ut hvordan
$f(x)$ avhenger av $x$ i n{\ae}rheten av $x=0$:
$$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}} \simeq 1 - \frac{x}{2} \;\;\; {\rm for} \;\; x \ll 1$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
Hva med den andre grensen, ''store'' verdier av $x$, dvs $x \gg 1$? Vel, lar vi $x$
g{\aa} mot uendelig, g{\aa}r selvsagt $1/\sqrt{1+x}$ mot 0. Greit nok. Men {\em hvordan}
g{\aa}r $f$ mot null n{\aa}r $x$ vokser? I f{\o}rste omgang trenger vi ingen rekkeutvikling
for {\aa} svare p{\aa} det: Dersom $x \gg 1$, kan vi neglisjere 1 i forhold til $x$, dvs
vi kan sette $1+x \simeq x$, slik at
$$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}} \simeq \frac{1}{\sqrt{x}} \;\;\; {\rm for} \;\; x \gg 1$$
Legg merke til at ''ledende oppf{\o}rsel'' av $f(x)$ i dette tilfellet ikke kunne uttrykkes
ved $x$ opph{\o}yd i noen heltallig potens, men derimot som $x$ opph{\o}yd i $-1/2$.

\noindent
N{\aa} kunne det jo tenkes at vi var interessert i {\em korreksjoner} til en slik ledende
oppf{\o}rsel for store verdier av $x$. Kan vi finne en rekkeutvikling av funksjonen $f(x)$
der leddene blir mindre og mindre n{\aa}r $x \gg 1$? Svaret er ja. Vi m{\aa} imidlertid
ha en ''liten'' parameter, og dette kan {\aa}penbart ikke v{\ae}re $x$. Men $1/x$ blir jo 
liten dersom $x$ blir stor! La oss derfor skrive om $f(x)$:
$$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}} = \frac{1}{\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1+1/x}}$$
Her kan vi rekkeutvikle den siste br{\o}ken, og for {\aa} f{\aa} med ''ledende korreksjon''
til resultatet $f(x) = 1/\sqrt{x}$ m{\aa} vi ta med to ledd:
$$\frac{1}{\sqrt{1+1/x}} \simeq 1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} \;\;\; {\rm for} \;\; x \gg 1$$
Dermed har vi
$$f(x) \simeq \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{2x^{3/2}} \;\;\; {\rm for} \;\; x \gg 1$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
I {\O}ving 2 beregner vi det elektriske feltet p{\aa} symmetriaksen til en uniformt
ladet skive:
$$E(a) = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \left( 1 - \frac{a}{\sqrt{a^2 + R_0^2}} \right)$$
I oppgave $c$ er sp{\o}rsm{\aa}let hvordan $E(a)$ oppf{\o}rer seg ''til ledende orden''
for $a \gg R_0$. 

\noindent
Vi ser vel med en gang at vi ikke bare kan neglisjere $R_0^2$ i forhold til $a^2$, for det
gir $E=0$. For {\aa} finne ledende oppf{\o}rsel av $E(a)$, m{\aa} vi rekkeutvikle
br{\o}ken med kvadratroten. Vi skriver
$$\frac{a}{\sqrt{a^2 + R_0^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{R_0^2}{a^2}}}$$
Med andre ord, v{\aa}r lille, dimensjonsl{\o}se parameter er $R_0^2/a^2$. Vi
m{\aa} ta med to ledd i rekkeutviklingen:
$$\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{R_0^2}{a^2}}} \simeq 1 - \frac{R_0^2}{2 a^2}$$
Dermed blir det elektriske feltet langt unna skiva:
$$E(a) \simeq \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \left(1 - 1 + \frac{R_0^2}{2 a^2} \right) =
\frac{\sigma R_0^2}{4\varepsilon_0 a^2}$$
Og det ser jo riktig bra ut, ettersom skivas totale ladning er $Q = \sigma \pi R_0^2$
og feltet i avstand $a$ fra en punktladning $Q$ er $Q/4\pi\varepsilon_0 a^2$.




\end{document}
