TNA004 Analys II Tentamen Lösningsskisser

Transkript

1 TNA004 Analys II Tentamen Lösningsskisser. a) De båda kurvorna skär varandra i x 0 och x. På intervallet 0 x är x x. Området D är då det skuggade i figuren nedan, där även en tunn rektangel är utritad. Då denna rektangel roterar ett varav kring x-axeln får vi en cirkulär skiva med hål. Skivans tjocklek är dx, dess yttre radie är R(x) x och dess inre radie (hålets radie) är r(x) x. Volymelementets volym är alltså dv π x x dx π(x x )dx Den sökta volymen är då Svar: Volmen är v.e. V π (x x )dx π 6 b) Då området D roterar ett varv kring linjen x kommer motsvarande rektangel som i a) att generera ett cylindriskt skal (rör) vars volym är dv 2π( x) x xdx 2π x x x x + x dx Den sökta volymen är alltså Svar: Volmen är v.e. π V 2π x x x x + x dx 2. a) e cos x lim x lim + x + O(x ) x 2 + O(x ) x lim 2 x + O(x ) x lim 2 + O(x ) Svar: Gränsvärdet är. b) Maclaurinutvecklingar ger oss cos x 2 ln( + x ) (sin x) arctan(x ) x 2 + x 24 + O(x ) 2 x x 2 + O(x ) (x + O(x ) x + O(x ) 24 x + O(x ) x + O(x ) 24 + O(x ) + O(x ) då x 0 24 Svar: Gränsvärdet är.

2 . För differentialekvationen y (x) + 2y (x) + y (x) (2x + 2)e får vi den karakteristiska ekvationen r + 2r + r 0 r(r + ) 0 r 0, r r, vilket ger oss ekvationens homogena lösning y C + (C + C x)e. För att finna en partikulärlösning för HL (2x + 2)e gör vi ansatsen som ger y z(x)e y (z z)e, y (z 2z + z)e, y (z z + z z)e Insättning i ekvationen y (x) + 2y (x) + y (x) (2x + 2)e ger, efter förenkling och division med e 0, differentialekvationen z z 2x + 2 ( ), och vi gör här ansatsen z x (Ax + Bx + C) Ax + Bx + Cx och får z 4Ax + Bx + 2Cx, z 2Ax + 6Bx + 2C, z 24Ax + 6B Insättning i ( ) ger 24Ax + 6B 2Ax 6Bx 2C 2x + 2 som ger villkoren 2A 2 A 24A 6B 0 B 4 6B 2C 2 C 8 vilket innebär att y ( x 4x 8x )e. Vi får därmed den allmänna lösningen: y(x) y + y C + (C + C x)e (x + 4x + 8x )e. Svar: y(x) C + (C + C x)e (x + 4x + 8x )e 4. a) Vi har Låt b, vilket innebär att Eftersom a k arctan k k k k + O k k + O k a 0 < lim lim b + O k < b k är konvergent (jämförelseserie med α > ), så är även den givna serien konvergent enligt Jämförelsekriteriet på gränsvärdesform. Svar: Serien är konvergent. b) Vi använder kvotkriteriet för att få villkor för absolutkonvergens. lim a a lim x (k + 2) k + x lim k + 2 x x x < (k + )

3 x < < x < Enligt kvotkriteriet är serien absolutkonvergent om < x < och divergent för x < eller x >. Vi undersöker seriens ev. konvergens för x resp. x. x ger oss serien ( ) (k + ) ( ) (k + ) ( ) k + som är alternerande. Enligt Leibniz konvergenskriterium för alternerande serier är serien konvergent ty 0 (monotont mot 0). x ger oss serien (k + ) k + + k + som är divergent, ty jämför med den harmoniska serien (testet skall utföras i sin helhet!) Svar: Den givna serien är konvergent för x [,[.. y y x cos x dy x cos xdx dy x cos xdx [Använd partiell integration i HL] y y () y x sin x sin xdx y x sin x + cos x + C y x sin x + cos x + C Det gäller att även y(x) 0 är lösning, ty då får vi y (x) 0 och insättning i ursprunglig ekvation ger oss likhet. a) Med villkoret y(0) får vi vilket ger oss lösningen C C 0 y(x) x sin x + cos x b) Om y(0) 0 så gäller det enligt ovan att y(x) 0. Svar: a) y(x) b) y(x) 0 6. Vi har givet x(t) e cos(αt) y(t) e, < t <. sin(αt) För t a är avståndet från punkten (x(a), y(a)) till origo x(a) + y(a) e cos (αa) + e sin (αa) e e På samma sätt är avståndet från punkten (x(b), y(b)) till origo e. Alltså är differensen av punkternas avstånd till origo e e.

4 Vi skall visa att båglängden s mellan två punkter (x(b), y(b)) och (x(a), y(a)) på kurvan är proportionell mot e e, d.v.s. att s k(e e ), där k är en konstant Vi har att bågelementet (kurvelementet) för en parameterkurva är ds x (t) + y (t) dt och får då ds x (t) + y (t) dt (e (cos αt α sin αt)) + (e (sin αt + α cos αt)) dt e (cos αt 2 cos αt α sin αt + α sin αt + sin αt + 2 sin αt α cos αt + α cos αt)dt e ( + α )dt e + α dt Båglängden s mellan punkterna (x(b), y(b)) och (x(a), y(a)) är s ds e + α dt + α e dt + α [e ] + α (e e ) v. s. v. Svar: Båglängden s mellan två punkter på kurvan är + α (e e ), med den eftersökta proportionalitetskonstanten k + α 7. Vi gör ansatsen y(x) c x c + c x + c x + c x + och får y (x) kc x c + 2c x + c x + och y (x) k(k )c x < R konvergensradien (tills vidare okänd). De givna villkoren ger oss y(0) c 0, y (0) c. Insättning i den givna differentialekvationen ger oss: y (x) 2xy (x) 4y(x) 0 k(k )c x 2x kc x 4 c x 0 (k + 2)(k + )c x 2kc x 4c x 0 [(k + 2)(k + )c 2(k + 2)c ]x 0 [för alla k 0] c Vi har c 0, vilket ger oss (k + 2)(k + )c 2(k + 2)c 0 2(k + 2) (k + 2)(k + ) c c 2 k + c, k 0,, 2,, 4, c , vilket innebär att alla c med jämna index är 0. x 2c + 6c x +, där Med k får vi Med k får vi c 2 + c c 2 + c 2

5 På samma sätt får vi c!, c!, c! etc. Alltså (via ansatsen) för x < R. y(x) c + c x + c x + c x x x x 2! x! x 4! Vi undersöker konvergensradien R via kvotkriteriet: x () a (k + )! a x Alltså är konvergensradien R. Vi ser även att y(x) x x x Svar: y(x) med konvergens mot xe för alla x R.! x + (k + )! x k + x 0(< ) då k för alla x R. x + x + x 2! + x! + x + xe 4!