Repetition, Envariabelanalys del

Transkript

1 Repetition, Envariabelanalys del Lars Alexandersson Ulf Janfalk Tomas Sjödin Johan Thim Här har vi samlat vissa grundläggande delar av kursen. Notera att detta INTE är en fullständig genomgång av allt material i kursen, utan ett rimligt urval för att täcka godkänt-nivån. Innehåll Taylor- och Maclaurinutvecklingar 3. Taylors formel Elementära Maclaurinutvecklingar Ordokalkyl och entydighetssatsen Lagranges restterm Gamla tentauppgifter Generaliserade integraler, numeriska serier och potensserier 8 2. Generaliserade integraler Jämförelseprinciper Absolutkonvergens Numeriska serier Divergenstestet och Jämförelseprinciper Absolutkonvergens Alternerande serier och Leibniz kriterium Potensserier Gamla tentauppgifter Dierentialekvationer 4 3. Första ordningens linjära dierentialekvationer Första ordningens separabla dierentialekvationer Integralekvationer Högre ordningens linjära dierentialekvationer med konstanta koecienter 6

2 3.5 Homogenlösningar Substitutionen y = ze kx Partikuläransatser Potensserielösningar till vissa dierentialekvationer Maclaurinserier Gamla tentauppgifter Tillämpningar av integralkalkyl Kurvlängd Rotationsvolym Rotationsarea Polära koordinater Guldins regler* Gamla tentauppgifter Svar/Tips till övningar 25 6 Lösningar till tentauppgifter 27 2

3 Taylor- och Maclaurinutvecklingar. Taylors formel Givet en funktion f(x) och en punkt a vill man lokalt approximera f(x) med ett polynom p n (x) av grad (högst) n. Formeln för p n (x) är som följer: p n (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a) f (n) (a) 2 n (x a)n. Det som utmärker p n unikt är att f(a) = p n (a), f (a) = p n(a),..., f (n) (a) = p (n) n (a). Polynomet p n (x) kallas Taylorpolynomet av ordning n till f(x) i a. Försök inte att förenkla polynomet genom att multiplicera ut alla parenteser; poängen är att vi vill se vilka delar som är små när x är nära a. Funktionen r n (x) = f(x) p n (x) kallas resttermen i utvecklingen och är alltså skillnaden mellan det exakta värdet f(x) och approximationen p n (x), och den kan skrivas på två sätt: för något ξ = ξ(x) mellan a och x. r n (x) = f (n+) (ξ) (x a)n+ (n + )! }{{} Lagranges form = O((x a) n+ ) }{{} Ordoform Ordoformen använder vi vid t.ex. beräkningar av vissa typer av gränsvärden samt vid lokala max/min-problem. Lagranges form används vid approximation av tal (som t.ex. π) med rationella tal. Om a = 0 kallas p n (x) för Maclaurinpolynomet av ordning n till f(x). Maclaurinutvecklingen av ordning n med ordorestterm ges av f(x) = f(0) + f (0)x + f (0) x f (n) (0) x n + O(x n+ ). } 2! {{ n! }}{{} resttermen Maclaurinpolynomet p n (x) Vi återkommer till Lagranges form på resttermen senare. Se även med videor. 3

4 .2 Elementära Maclaurinutvecklingar Följande utvecklingar ska man kunna (och kunna härleda): e x = + x + x2 2! + x3 3! + x4 4! + x5 5! + x6 6! + x7 7! + O(x8 ), cos x = x2 2! sin x = x x3 3! arctan x = x x3 3 + x4 4! ln( + x) = x x2 2 + x3 3 x4 ( + x) α = + αx + ( α 2 ) x x5 5! + x5 5 x6 6! x7 7! x7 7 + O(x 8 ), 4 + x5 5 x6 6 + x7 7 + O(x8 ), ( ) ( α α x O(x 9 ), + O(x 9 ), ) x 7 + O(x 8 ), där α är en konstant och ( ) α = 2 α(α ), 2 ( ) α = 3 α(α )(α 2), Ordokalkyl och entydighetssatsen Antag att f(x) och g(x) är funktioner denierade i en omgivning till punkten a. Om det i någon omgivning till a nns en begränsad funktion b(x) sådan att gäller i denna omgivning, då säger vi att f(x) = b(x)g(x) f(x) = O(g(x)) då x a. Det vill säga i varje steg i en uträkning betecknar O(g(x)) en funktion på formen b(x)g(x) där b(x) är en begränsad funktion i någon omgivning till a. Poängen är att det i många problem inte spelar någon roll exakt vilken funktion b(x) är, utan bara att om t.ex. g(x) går mot noll då x går mot a så går upp till någon begränsad faktor O(g(x)) lika fort mot noll. Oftast är det a = 0 vi kommer vara intresserade av, och g(x) = x k för något heltal k (men det nns undantag då vi jobbar med sammansatta funktioner). Om det är klart vilken punkt a som avses brukar man bara skriva f(x) = O(g(x)) och låta detta vara underförstått. 4

5 Bland annat är dessa räkneregler enkla att veriera: (i) x n = O(x m ) om m n, (ii) O(x n ) + O(x m ) = O(x m ) om m n, (iii) x m O(x n ) = O(x n m ) om m n, (iv) Om b(x) är begränsad gäller O(b(x)x n ) = b(x)o(x n ) = O(x n ), Notera att (i) betyder att vi inte behåller några termer som har samma eller högre ordning än ordotermen, (ii) betyder att vi i en uträkning bara behåller den sämsta ordotermen. En konsekvens av (iii) och (iv) är att t.ex. O((x 2 + 2x 3 + O(x 4 )) 2 ) = O(x 4 ), eftersom (x 2 + 2x 3 + O(x 4 )) 2 = (x 2 ( + 2x + O(x 2 )) 2 = x 4 ( + 2x + O(x 2 )) 2. OBS! En stor varning när det gäller ordokalkyl är att likhetstecknet blir enkelriktat. T.ex. gäller O(x 3 ) = O(x 2 ) men O(x 2 ) O(x 3 ). Vi får alltså i en uträkning aldrig gå från något som är sämre till något som är bättre, men tvärtom är OK. Entydighetssats för Taylorutvecklingar: Om q(x) är ett polynom av högst grad n sådant att f(x) q(x) = O((x a) n+ ), då är q(x) Taylorpolynomet av ordning n till f(x) i a. Se även sidan med videor. Övning.3.. Beräkna följande gränsvärden: (a) (b) (c) (d) sin(x 3 + x 4 ) x 3 x 4 lim, x 0 x 9 ln(cos(x)) + x2 lim x4 2 24, x 0 x 4 cos(x 2) lim x 2 x 2 (gör denna både med std.utvecklingar och direkt med Taylors formel), 4x + 4 lim (x 2 + x) sin(/x 2 ). x Övning.3.2. Avgör om ln( + x 5 ) har ett lokalt max/min i x = 0. 5

6 .4 Lagranges restterm Antag att f(x) är n + gånger kontinuerligt deriverbar på ett intervall I som innehåller punkten 0. Då gäller att f(x) }{{} Exakt värde för något ξ mellan 0 och x. = f(0) + f (0)x + f (0) x f (n) (0) x n } 2! {{ n! } Approximation + f (n+) (ξ) (n + )! xn+ }{{} Approximationsfel OBS! ξ beror på x, så i viss mening vore det kanske naturligt att skriva ξ(x) istället (det nns alltså minst ett ξ(x) som uppfyller formeln ovan). Det måste tydligt framgå var ξ ligger för godkänd uppgift på en tenta. Feltermen Att skriva 0 ξ x är FEL om x < 0; skriv därför alltid ξ mellan 0 och x. x n+ behöver inte ta sitt max i en av ändpunkterna på intervallet 0 till x. f (n+) (ξ) (n+)! Termen f (n+) (ξ) (n + )! xn+ är alltså Lagranges restterm, och den kan användas till att få kontroll på resttermen en bit ifrån 0, vilket gör att det går att göra kontrollerade uppskattningar av vissa funktionsvärden (som t.ex. 2, e,... ). OBS! Om vi t.ex. vill approximera e x2 med hjälp av Maclaurinutveckling är det en bra idé att utveckla f(t) = e t med Lagranges restterm (notera att f (t) = e t, f (t) = e t, f (t) = e t och f (4) (t) = e t, så att f(0) = f (0) = f (0) = f (0) = och f (4) (ξ) = e ξ ): så med t = x 2 får vi f(t) = + t + t2 2 + t3 3! + eξ 4! t4, för något ξ mellan 0 och t, e x2 = f( x 2 ) = x 2 + x4 2 x6 6 + eξ 4! x8, för något ξ sådant att x 2 ξ 0. Notera alltså att vi inte utvecklar g(x) = e x2 skulle bli väldigt stökigt. med hjälp av derivatorna av g, vilket 6

7 Se även sidan med videor. Övning.4.. Approximera cos(2) med ett rationellt tal sådant att (beloppet av) felet är /0..5 Gamla tentauppgifter Tentauppgift.5.. Låt f(x) = (x ) 2 ln x. (a) Bestäm Taylorutvecklingen till f(x) av ordning 3 kring x = med restterm på ordoform (restterm av grad 4). (p) (b) Avgör om f(x) har en lokal extrempunkt i x = (och ange i så fall vilken typ). (p) (c) Visa att f(x) p(x) 0 4 om x 0, där p(x) är Taylorpolynomet av grad 3 till f(x) i x =. (p) Tentauppgift.5.2. Beräkna följande gränsvärden: (a) lim x 0 x 3 /(x arctan x) (b) lim x 0 (cos 2 x + x 2 )/x 4 (c) lim x 0 ( 2( + x) /x 2e + ex ) /x 2 Tentauppgift.5.3. ordoform till (a) Bestäm Maclaurinutvecklingen med restterm av ordning 8 i f(x) = + sin (2x 2 ) cos ( x 2) x 2 +. (b) Har f(x) lokalt extremvärde för x = 0? Tentauppgift.5.4. f(x) = arctan x med restterm i Lagranges form. (a) Bestäm Maclaurinutvecklingen av ordning till funktionen (p) (b) Visa att arctan(/5) /5 /00. (2p) Tentauppgift.5.5. Bestäm en rationell approximation till talet e /5 som har ett fel vars absolutbelopp är högst 0 5. Approximationen får skrivas som en summa av ändligt många rationella tal. 7

8 2 Generaliserade integraler, numeriska serier och potensserier 2. Generaliserade integraler Låt a < b och f(x), g(x) vara kontinuerlig på ]a, b[ nedan. Denition: Om det gäller att för c ]a, b[ så existerar båda gänsvärdena (och är ändliga) lim t a + c t f(x)dx, lim t b t c f(x)dx, då säger vi att f(x) är integrabel i generaliserad mening på ]a, b[, och denierar b a f(x)dx = lim t a + c t f(x)dx + lim t b t c f(x)dx. (Notera att detta ger rätt värde ifall f(x) är integrabel i vanlig mening på ]a, b[ samt att denitionen inte beror på vilket c vi väljer). Integralen ovan sägs vara generaliserad i a (b) om antingen a = (b = ) och/eller f är obegränsad i någon omgivning till a (b). Om den generaliserade integralen existerar (med ändligt värde) så sägs den vara konvergent, och divergent ifall den inte gör det. Vid konvergensundersökningar för generaliserade integraler är det lämpligt att dela upp integralen i delintegraler så att man får en generalisering per delintegral. Övning 2... Dela upp nedanstående integral i delintegraler så att det blir en generalisering per delintegral dx x3 x Generaliserade integraler är linjära om de är konvergenta: b a (αf(x) + βg(x))dx = α b a f(x)dx + β b a g(x)dx α, β R. Se även sidan med videor. 2.2 Jämförelseprinciper Jämförelseprincipen: Om 0 f(x) g(x) och g(x) är generaliserat integrabel på ]a, b[ då gäller att även f(x) är generaliserat integrabel på ]a, b[ med 0 b a f(x)dx 8 b a g(x)dx.

9 Jämförelseprincipen på gränsvärdesform: Antag att f(x), g(x) 0 och att integralerna f(x)dx a och b b g(x)dx båda bara är generaliserade i b. Om a 0 < lim x b f(x) g(x) < då gäller att antingen är båda integralerna konvergenta eller båda divergenta. (Motsvarande gäller om integralerna endast är generaliserade i a om vi byter till lim x a +.) Jämförelseintegraler: x dx α är konvergent om α < men divergent annars. 0 x α dx är konvergent om α > men divergent annars. Notera att dessa jämförelseintegraler är lätta att undersöka (och räkna ut) med primitiv funktion. OBS! När man tillämpar en av jämförelseprinciperna ska det framgå vilken integral man jämför med, om denna är konvergent eller divergent samt vad slutsatsen är. Ett vanligt misstag är att skriva saker som... /x 2 är konvergent.... Detta vill vi inte se! Det ska stå något i stil med... /x 2 dx är konvergent... då det är integralen och inte integranden som är konvergent. Se även sidan med videor. Övning Avgör om följande generaliserade integraler är konvergenta: (a) x 2 + x 4 dx, (b) 0 x 2 + x 4 dx, (c) e x2 dx, (d) dx x3 x 9

10 2.3 Absolutkonvergens Absolutintegrabla funktioner: Om f är generaliserat integrabel på ]a, b[, då sägs f vara generaliserat absolutintegrabel. Om f är generaliserat absolutintegrabel så är den även generaliserat integrabel, och vi har: b b f(x)dx f(x) dx. a a Se även sidan med videor. 2.4 Numeriska serier Om a, a 2, a 3,... är en oändlig följd av tal så kallas a k = a + a 2 + a , k= en (oändlig) serie. Partialsumma eller delsumma: s n = n a k = a + a a n. k= Konvergent/divergent serie: Man säger att serien är konvergent med summa S om s n S då n för något reellt tal S. Om inget sådant S nns säger man att serien är divergent. (Notera alltså att serien kan vara divergent antingen genom att gränsvärdet lim n s n inte existerar, eller att det existerar men är ±.) Linjäritet: Om serierna k= a k och k= b k är konvergenta så gäller Geometrisk serie: (αa k + βb k ) = α a k + β k= k=0 om q <, annars divergent. k= b k. k= q k = + q + q 2 + q = q Se även sidan med videor. Övning Beräkna

11 2.5 Divergenstestet och Jämförelseprinciper Divergenstestet: Om termerna a k 0 då k så divergerar serien k= a k. Jämförelsekriteriet: Om 0 a k b k så gäller att k= b k konvergent k= a k konvergent och 0 k= a k k= b k, k= a k divergent k= b k divergent. Jämförelsekriteriet på gränsvärdesform: Om a n 0, b n 0 och a n 0 < lim <, n b n då gäller att antingen är båda serierna n= a n och n= b n konvergenta eller båda divergenta. Integralkriteriet: Om funktionen f(x) är positiv och avtagande på [, [, så är serien k= f(k) och integralen f(x)dx antingen båda konvergenta eller båda divergenta. Jämförelseserier: k= konvergerar om α > men divergerar annars. k α OBS! Divergenstestet är bara ett test för divergens. Omvändningen att om termerna går mot noll så är serien konvergent GÄLLER INTE (se t.ex. på jämförelseserierna ovan)! När man tillämpar en av jämförelseprinciperna ska det framgå vilken serie man jämför med, om denna är konvergent eller divergent samt vad slutsatsen är. Ett vanligt misstag är att skriva saker som... /k 2 är konvergent.... Detta vill vi inte se! Det ska stå något i stil med... k= /k2 är konvergent... då det är serien och inte termerna som är konvergent. Se även sidorna och med videor. Övning Avgör om följande serier är konvergenta: ( (a) cos ) (, (b) cos ), (c) n n (d) n= n= n= ln n n, (e) ( n ), (f) 4 2 n= n= ( cos n) α, ne n2. n=

12 2.6 Absolutkonvergens Om k= a k är konvergent sägs serien vara absolutkonvergent. En absolutkonvergent serie är konvergent och vidare gäller: a k a k. k= k= Se även sidan med videor. 2.7 Alternerande serier och Leibniz kriterium En serie där varannan term är positiv och varannan negativ kallas alternerande. Leibniz sats: En alternerande serie k= a k där a k är avtagande och går mot 0 då k är konvergent. Vidare, om serien är konvergent med summa S så gäller S s n a n+, d.v.s. felet då en Leibnizkonvergent serie approximeras med en delsumma är mindre än den första utelämnade termen. OBS! Notera att alla dessa tre saker måste vara uppfyllda: () Serien är alternerande, (2) Termernas belopp är avtagande, d.v.s. a a 2 a 3..., (3) Termerna går mot noll, d.v.s. a k 0 då k. (Ett vanligt missförstånd är att (3) automatiskt medför (2) vilket inte är sant.) Se även sidan med videor. Övning Avgör om följande serie är konvergent: ( ) n n=2. ln(n) 2.8 Potensserier En potensserie är en serie (funktion) på formen c n x n, n=0 där c n är konstanter och x en variabel (så för varje xt x vi sätter in får vi en numerisk serie). 2

13 Konvergensradie: Till varje potensserie nns ett unikt tal R ( 0 R ) sådant att serien är absolutkonvergent om x < R, och divergent om x > R (x = ±R måste behandlas från fall till fall om man vill hitta alla x R för vilka serien är konvergent). Rotkriteriet: Om Q = lim n n a n existerar, 0 Q, så är n=0 a n absolutkonvergent om Q < och divergent om Q > (kriteriet ger ej besked ifall Q = ). a Kvotkriteriet: Om Q = lim n+ n a n existerar, 0 Q, så är n=0 a n absolutkonvergent om Q < och divergent om Q > (kriteriet ger ej besked ifall Q = ). För att beräkna konvergensradien tillämpar vi rot- eller kvotkriteriet på a n = c n x n. Termvis derivering/integrering av potensserier: Antag att f(x) = n=0 c nx n har konvergensradie R > 0. Då har f(x) derivator av godtycklig ordning på ] R, R[, och vi har: x 0 f (x) = f(t)dt = nc n x n, n= n=0 c n = f (n) (0). n! (Alla potensserier ovan har konvergensradie R.) c n n + xn+, Se även sidan med videor. Övning Avgör för vilka x potensserierna n n f(x) = 4 n xn och g(x) = 4 n x2n n=0 n=0 är konvergenta, samt beräkna f(). (Bestäm konvergensradien både med rot- och kvotkriteriet.) 2.9 Gamla tentauppgifter Tentauppgift Avgör konvergens: (a) k sin (b) ( ) k tan k k k= k= (c) 0 cos x dx Tentauppgift Är integralen absolutkonvergent? cos x x + x 5 dx 3

14 Tentauppgift (a) Avgör om ln x dx är konvergent. (p) x3 (b) Avgör för vilka x R som f(x) = ( ) är konvergent. Visa även att f 3 3 Dierentialekvationer n= n + 3 x 2n n 3 3 n (2p) 3. Första ordningens linjära dierentialekvationer Integrerande faktor (IF): ( ) y (x) + f(x)y(x) = g(x). IF = e F (x) för någon funktion F med F (x) = f(x). Multiplikation av ( ) med IF ger, eftersom e F (x) 0, ( ) e F (x) y + e F (x) f(x)y = e F (x) g(x) }{{} ( e F (x) y ) (kontrollderivera!). Genom att integrera denna ekvation får vi e F (x) y = e F (x) g(x) dx (alla primitiver, alltså inklusive konstant C). Om vi har ett bivillkor är det ofta bra att bestämma C redan här. Sedan är det bara att lösa ut y, och vi är klara. (Någon lösningsformel behöver alltså inte memoreras.) OBS! Koecienten för y måste vara för att ovanstående metod ska fungera. OBS! Ett vanligt misstag är att glömma att multiplicera konstanten C med e F (x) när man löser ut y(x) i sista steget. Se även sidan med videor. Övning 3... (a) y + 3x 2 y = 2x 2, y(0) = 0. (b) xy y = + x, x > 0. 4

15 3.2 Första ordningens separabla dierentialekvationer g(y)y (x) = h(x). Dessa löses genom att integrera bägge sidor: g(y)dy = h(x)dx. Detta ger G(y(x)) = H(x) + C (där G = g, H = h). Så om vi kan invertera G så fås y(x) = G (H(x) + C). Om vi har ett bivillkor är det även här oftast bäst att bestämma konstanten C direkt den dyker upp. Se även sidan med videor. Övning (a) y + x 2 e y = 0, y(0) = 0. (b) y = y 2 +, y(0) =. 3.3 Integralekvationer Integralekvationen (IE) y(x) + 4 x 2 y(t) dt = 3x är ekvivalent med en dierentialekvation tillsammans med ett (inbakat) bivillkor: { (DE) y (x) + 4y(x) = 3 (BV) y(2) = 5 (DE) får man genom att derivera (IE), och (BV) får man genom att sätta in det x-värde i (IE) som gör att integralen där blir noll. Sedan är det bara att lösa (DE)+(BV) på samma sätt som tidigare. OBS! Ett vanligt misstag är att tappa bort bivillkoret. Övning y(x) = x y(t) 2 dt + /2. 5

16 3.4 Högre ordningens linjära dierentialekvationer med konstanta koecienter En ekvation på formen: ( ) y (n) + a n y (n ) a y + a 0 y = h(x) kallas för en linjär dierentialekvation. Vi kommer anta att a i : na är reella konstanter, och därför säger vi att den har konstanta koecienter. Den allmänna lösningen till en sådan är på formen: y = y h + y p där y h betecknar den allmänna homogenlösningen, och y p betecknar en partikulärlösning. Till y h nns en explicit formel, och y p kommer vi få fram genom en ansats. OBS! Den allmänna lösningen till ( ) ska innehålla exakt n stycken obestämda konstanter. Mer precist ska lösningen innehålla n stycken linjärt oberoende lösningar, så det SKA INTE se ut som t.ex. Ae x + Be x = (A + B)e x. När vi säger att vi ska ha en partikulärlösning menar vi att denna inte ska innehålla några obestämda konstanter (dessa skulle motsvara homogenlösningar som vi redan fått med). 3.5 Homogenlösningar Om p(r) = r n + a n r n a r + a 0 = (r r ) m (r r 2 ) m2... (r r k ) m k, där r i r j om i j, så gäller att den allmänna lösningen till den homogena ekvationen ges av y (n) + a n y (n ) a y + a 0 y = 0 y(x) = P (x)e r x + P 2 (x)e r 2x P k (x)e r kx, där P j :a är (eventuellt komplexa) polynom av högst grad (m j ). Det är värt att titta på vad detta säger i fallet att n = 2. I så fall har vi antingen två enkelrötter eller en dubbelrot, och satsen kan då skrivas på formen: 6

17 { Ae y = αx + Be βx, α β (A + Bx)e αx, α = β Det är också värt att notera att om vi har komplexa rötter α, β då måste det gälla att α är komplexkonjugat till β (eftersom konstanterna i ekvationen är reella). Alltså är rötterna i detta fall på formen c ± id och man bör då istället skriva den allmänna homogenlösningen på formen y = Ae (c+id)x + Be (c id)x = e cx( C cos(dx) + D sin(dx) ). Se även sidan med videor. 3.6 Substitutionen y = ze kx. Givet en ekvation på formen ( ) y (n) + a n y (n ) a y + a 0 y = q(x)e kx kan man göra substitutionen y = ze kx där z är en funktion av x. Genom att räkna ut y = z e kx + kze kx, y = z e kx + 2kz e kx + k 2 ze kx o.s.v. och sätta in i ekvationen då kan vi dela bort e kx -termerna på båda sidorna och får en ny linjär dierentialekvation för z, där högerledet blir q(x). Observera att detta fungerar också om k är komplext. OBS! Detta är något vi normalt gör för att hitta en partikulärlösning till ( ), och då vill vi bara ha en partikulärlösning z p till den nya ekvationen. Lösningen y p = z p e kx blir då en partikulärlösning till ( ) (homogenlösningarna z h är precis de som är sådana att z h e kx är homogenlösningar y h till ( ), så z h tar vi aldrig fram eftersom vi ju redan har y h ). Ett vanligt misstag är att glömma att multiplicera z p med e kx för att få y p. (Förskjutningsregeln är ett sätt att snabbare få fram ekvationen för z via det karaktäristiska polynomet, och denna får förstås användas av den som föredrar det framför att derivera för hand.) Se även sidan med videor. 7

18 3.7 Partikuläransatser Ekvation: y (n) + a n y (n ) a y + a 0 y = h(x). Om h(x) är ett polynom: Ansätt y p som ett polynom, av samma grad som h(x) om a 0 0, höj gradtalet med ett om y saknas, med två om y och y saknas, och så vidare. Om h(x) = q(x)e kx : Substituera y p = z(x)e kx för att bli av med e kx -termen. Detta ger en ny enklare dierentialekvation för z som vi förhoppningsvis kan hitta en partikulärlösning z p till. Då blir y p = z p e kx. Specialfallet h(x) = Ae kx kan ofta hanteras med den enklare ansatsen y p = ae kx, a konstant. Det fungerar dock ej om e kx är en homogenlösning. Om h(x) = A cos(kx) (alternativt h(x) = A sin(kx) eller h(x) = A cos(kx)+b sin(kx) [samma k]) fungerar det oftast med ansatsen y p = a cos(kx) + b sin(kx). Notera dock att det kan hända att cos(kx) (och sin(kx)) är en homogenlösning och då fungerar detta ej, se nästa punkt. Resonans: De fall som är stökigast att hantera är fallet då h(x) på något sätt innehåller en homogenlösning till ekvationen. Om h(x) = q(x)e kx som ovan (där k eventuellt är komplext) kan vi fortfarande substituera y p = z(x)e kx och räkna som tidigare och få en enklare dierentialekvation i z. Detta fungerar bra även om e kx råkar vara en homogenlösning. Men vi kan även råka ut för detta om vi har t.ex. h(x) = q(x) cos(kx) (alternativt q(x) sin(kx)). Se kursboken för detaljer. Linjäritet: Om vi har ekvationen p(d)y = h (x) + h 2 (x) h k (x), då kan vi hitta en partikulärlösning p(d)y i = h i (x) för varje i och sedan sätta y p = y +y y k. Se även sidan med videor. Övning Lös y y 2y = h(x) där (a) h(x) = 0, (b) h(x) = x 2, (c) h(x) = e 3x, (d) h(x) = e x. Övning Lös y 2y + 2y = h(x) där (a) h(x) = 0, (b) h(x) = x + 3, (c) h(x) = 2 cos x + sin x Övning Lös y y = x 20 cos 2x. 8

19 3.8 Potensserielösningar till vissa dierentialekvationer Genom att göra ansatsen y = k=0 c kx k och använda termvis derivering samt samla allt till en summa kan man reducera vissa dierentialekvationer till ekvationer för koecienterna c k. I vissa fall kan man lösa ut varje c n explicit samt ibland identiera lösningen i termer av elementära funktioner. Se även sidan med videor. Övning Lös följande dierentialekvation med hjälp av potensserieansats: y y = 0, y(0) = 0, y (0) =. 3.9 Maclaurinserier Följande utvecklingar ska man kunna (och kunna härleda): Om x < R gäller: e x = cos x = sin x = arctan x = ln( + x) = ( + x) α = k=0 x k k! = + x + x2 2! + x3 3! + x4 4! + x5 5! + x6 6! + x7 7! +..., R =, ( ) k x 2k k=0 k=0 k=0 (2k)! ( ) k x 2k+ (2k + )! ( ) k x 2k+ 2k + ( ) k+ x k k= k=0 ( α k = x2 2! + x4 4! x6 6! +..., R =, = x x3 3! + x5 5! x7 7! +..., R =, = x x3 3 + x5 5 x , R =, = x x2 2 + x3 3 x4 4 + x5 5 x6 6 + x7 k ) x k = + αx + ( α 2 ) x 2 + ( α 3 ) x 3 + ( α , R =, ) x , R = (om α / N). 3.0 Gamla tentauppgifter Tentauppgift Bestäm den lösning till dierentialekvationen (2 + cos x)y (sin x)y = 4 e 2x som uppfyller begynnelsevillkoret y(0) = 4. 9

20 Tentauppgift Hitta en lösning till y + yy 2 ex = 0 sådan att y(0) = 3. Tentauppgift Bestäm alla lösningar till 2y 3y 2y = 5e x/2 sådana att y(0) = 0. Tentauppgift Bestäm den allmänna lösningen till dierentialekvationen y (4) + 2y + 5y = 0 + 8e x. 4 Tillämpningar av integralkalkyl 4. Kurvlängd Om r : [a, b] R 2, r(t) = (x(t), y(t)) där x(t), y(t) är kontinuerligt deriverbara så låter vi r (t) = (x (t), y (t)). Vi noterar att för små h gäller r(t + h) r(t) r (t) h, så därför denierar vi längden till parameterkurvan som s = b a ds = b a r (t) dt = b Speciellt om r(t) = (t, f(t)) (d.v.s. funktionsgraf), då gäller s = b a a + f (t) 2 dt. x (t) 2 + y (t) 2 dt. Se även sidan med videor. Övning 4... Beräkna längden av kurvan given av { x = 2t 3 y = t 2 0 t. Övning Beräkna längden av grafen y = x 3/2, 2 x 3. 20

21 4.2 Rotationsvolym Låt D = {(x, y) : a x b, f(x) y g(x)}. Om D ligger helt på en sida om linjen y = c, då ges volymen av den kropp K som uppkommer då D roteras ett varv runt y = c av: π b a (g(x) c) 2 (f(x) c) 2 dx. Om D ligger helt på en sida om linjen x = c, då ges volymen av den kropp K som uppstår då D roteras ett varv runt x = c av: 2π b a x c (g(x) f(x))dx. OBS! Försök inte memorera dessa formler utantill, utan lär er hur de tas fram. Den första brukar ibland kallas skivformeln för att den bygger på att man integrerar upp areor av ihåliga cirkelskivor, och den andra cylinderformeln för att man integrerar upp areor av cylindrar. För att få full poäng på en sådan uppgift krävs en principskiss som motiverar formeln som används. Se även sidan med videor. Övning Beräkna volymen av den kropp som uppstår då området x 3 y x 3, 0 x roteras ett varv runt linjen y = 3. Övning Beräkna volymen av den kropp som uppstår då området 0 y e 2x, 0 x 2 roteras ett varv runt linjen x = Rotationsarea Om kurvan y = f(x), a x b ligger helt på en sida om linjen y = c och roteras ett varv kring denna fås en yta som har area 2π b a f(x) c + f (x) 2 dx. 2

22 Om kurvan y = f(x), a x b ligger helt på en sida om linjen x = c och roteras ett varv kring denna så fås en yta med arean 2π b a x c + f (x) 2 dx. OBS! Försök inte memorera dessa formler utantill, utan lär er hur de tas fram. För att få full poäng på en sådan uppgift krävs en principskiss som motiverar formeln som används. Se även sidan med videor. Övning Beräkna arean av den yta som uppstår då kurvan y = ex +e x 2, 0 x roteras kring: (a) y = 4, (b) x = Polära koordinater Polära koordinater: En punkt i planet kan skrivas på formen (x, y) = (r cos ϕ, r sin ϕ) där r är längden r = (x, y) = x 2 + y 2 och ϕ vinkeln mellan vektorn (x, y) och x axeln. Area för områden på polär form: Området har area D = {(x, y) : α ϕ β, 0 r h(ϕ)} A(D) = β α 2 h(ϕ)2 dϕ. Längd hos parameterkurvor på polär form: Kurvan r = h(ϕ) α ϕ β har längden s = β α h(ϕ)2 + h (ϕ) 2 dϕ. 22

23 4.5 Guldins regler* Guldins regler kan alternativt användas för att få fram formler för rotationsareor och rotationsvolymer för den som föredrar det. Antag att det plana området D med area A(D) och tyngdpunkt r t ligger helt och hållet på en sida om linjen L i R 2. Då ges volymen av den kropp som uppkommer då D roteras ett varv runt L av: A(D) (längden på r t :s väg vid rotationen). Antag att den plana kurvan Γ med längd L(Γ) och tyngdpunkt r t ligger helt och hållet på en sida om linjen L i R 2. Då ges arean av den yta som uppkommer då Γ roteras ett varv runt L av: L(Γ) (längden på r t :s väg vid rotationen). 4.6 Gamla tentauppgifter Tentauppgift Beräkna längden av kurvan C : { x = 2t 2 y = t 3 +, 0 t. Tentauppgift Betrakta kurvan y = x 2 + 4x, x 3. (a) Ange integralen för att beräkna längden av kurvan. (b) Ange integralen för att beräkna arean av den yta om uppkommer då kurvan roteras ett varv kring linjen x = 2. Beräkna också arean. För full poäng på del (b) krävs en principskiss som motiverar formeln som används. Tentauppgift Bestäm volymen av den kropp som uppstår då området givet av 0 x och 0 y e x roteras ett varv kring linjen x = 2. Tentauppgift Antag att f(x) 2 då 0 x. (a) Ange en formel för arean av ytan som fås då kurvan y = f(x), 0 x, roteras ett varv kring linjen y = 2. (p) (b) Ange en formel för volymen av kroppen som fås då området 2 y f(x), 0 x, roteras ett varv kring linjen y = 2. (p) (c) Beräkna volymen i fallet f(x) = x 3. (p) 23

24 Tentauppgift Bestäm arean av området D som i polära koordinater ges av { D = (x, y) R 2 π : 0 r sin ϕ, 6 ϕ 5π }. 6 Bestäm längden av kurvan Γ = { (x, y) R 2 : r = sin ϕ, π 6 ϕ 5π 6 }. 24

25 5 Svar/Tips till övningar.3. (a) /6. (Använd sin t = t t 3 /6 + O(t 5 ) med t = x 3 + x 4.) (b) /8. (Använd cos x = x 2 /2 + x 4 /4! + O(x 6 ).) (c) /2. (f(x) = f(2) + f (2)(x 2) + f (2)(x 2) 2 /2 + O((x 2) 3 ) =... = (x 2) 2 /2 + O((x 2) 3 ). Alternativt byt x = 2 + h.) (d). (Variabelbyte till x = /t gör att problemet överförs på t 0 +.).3.2 Nej. (ln( + x 5 ) = x 5 + O(x 0 ) = x 5 ( + O(x 5 ))...).4. /3 (t.ex.). (cos x = x 2 /2 + x 4 /4! cos(ξ)x 6 /6! där ξ ligger mellan 0 och x. Sätt x = 2.) dx + dx + /2 dx + 0 dx + /2 dx + dx x 3 x 2 x 3 x x 3 x /2 x 3 x 0 x 3 x /2 x 3 x + dx + dx. x 3 x 2 (Eftersom x 3 x x3 x = x(x + )(x ) har vi att funktionen är obegränsad kring punkterna, 0,. Alltså är integralen generaliserad i,, 0,,.) 2.2. (a) Konvergent. (Jämför med (b) Divergent. (Jämför med 0 x 4 dx som är konvergent.) x 2 dx som är divergent.) (c) Konvergent. (Lite svårare. Använd t.ex. att e x2 e x då x.) (d) Konvergent. (Observera att denna är generaliserad i både och. Variabelbytet x = + t överför den på integralen 0 (t3 + 3t 2 + 2t) /2 dt = 0 (t3 + 3t 2 + 2t) /2 dt + (t3 + 3t 2 + 2t) /2 dt. Den första av dessa kan jämföras med 0 t /2 dt och den andra med t 3/2 dt, som bägge är konvergenta.) /2. (= 3 4 k=0.) 2 k 2.5. (a) Konvergent. (Positiv serie. Maclaurinutveckla cos(/n) = /2n 2 + O(/n 4 ). ) (b) Divergent. (Positiv serie. Maclaurinutveckla cos(/ n) = /2n + O(/n 2 ).) (c) Konvergent om och endast om α > /2. (Positiv serie. Maclaurinutveckling av termerna innanför parentesen ger (/2n 2 +O(/n 4 )) α, så vi kan jämföra med n= /n2α.) (d) Konvergent. (Vi kan t.ex. visa att 0 (ln n)/n 4 < /n 3 för stora n via ett gränsvärde.) (e) Divergent. (Divergenstestet. Termerna går ej mot noll.) (f) Konvergent. (Vi kan t.ex. visa att ne n2 /n 2 för stora n via ett gränsvärde. Vi kan även notera att funktionen f(t) = te t2 är positiv och f (t) = ( 2t 2 )e t2 < 0 för t >. Alltså kan vi tillämpa integralkriteriet och te t2 dt kan beräknas.) 2.7. Konvergent. (Direkt tillämpning av Leibniz kriterium.) 2.8. f(x) är konvergent för x < 4 och f() = n n 4/9. (Rotkriteriet: x 4 n x /4 = Q. n Kvotkriteriet: ((n + )x n+ /4 n+ )/(nx n /4 n ) x /4 = Q. Ger konvergensradie 4. Ändpunkterna x = ±4 ger divergens via divergenstestet. f() fås genom att derivera den geometriska serien n=0 xn = /( x), x <, på båda sidor, sätta x = /4 och bryta ut /4.) 25

26 g(x) är konvergent för x < 2. (Rotkriteriet: n n 4 n x 2n x 2 /4 = Q. Kvotkriteriet: ((n + )x 2(n+) /4 n+ )/(nx 2n /4 n ) x 2 /4 = Q. Ger konvergensradie 2. Ändpunkterna x = ±2 ger divergens via divergenstestet.) 3.. (a) y = 2/3 2e x3 /3. (IF e x3. Ger allmän lösning y = 2/3 + Ce x3.) (b) y = x ln x + Cx (division med x, IF /x) (a) y = ln( + x 3 /3), x > 3 3. ( e y y = x 2 ger e y dy = x 2 dx, vilket leder till e y = x 3 /3 + C. y(0) = 0 ger nu C =.) (b) y = tan(x + π/4), 3π/4 < x < π/4. (y /(y 2 + ) = ger arctan y = x + C. y(0) = ger C = π/4.) 3.3. y = /(3 x), x < 3. (Problemet är ekvivalent med y = y 2, y() = /2.) 3.7. (a) y = C e x + C 2 e 2x. (r 2 r 2 = 0 r =, r = 2.). (b) y = C e x + C 2 e 2x x 2 /2 + x/2 3/4. (y h som i (a), ansätt y p = ax 2 + bx + c.) (c) y = C e x + C 2 e 2x + e 3x /4. (y h som i (a), ansätt y p = ae 3x där a är konstant.) (d) y = C e x + C 2 e 2x xe x /3. (y h som i (a), ansätt y p = ze x där z = z(x).) (a) y = e x( C cos(x) + C 2 sin(x) ). (r 2 2r + 2 = 0 r = ± i.) (b) y = e x( C cos(x) + C 2 sin(x) ) + x/ (Ansätt y p = ax + b.) (c) y = e x( C cos(x) + C 2 sin(x) ) + (4 cos x 3 sin x)/5. (Ansätt y p = a cos x + b sin x.) y = A + Bx + Ce x x 3 /6 x 2 /2 cos 2x + 2 sin 2x. (r = r 2 = 0, r 3 = ger y h. Ansätt i tur och ordning y p = ax 3 + bx 2, y p2 = c cos 2x + d sin 2x) y = n=0 x2n+ /(2n + )!, x R. (Ansatsen y = ( ) k=0 c kx k, x < R, ger y y = (k + 2)(k + )ck+2 c k x k = 0, x < R, och c 0 = 0, c =. Visa att R =.) k= (0 0 )/27. ( x (t) 2 + y (t) 2 = 4t + 9t 2 för t > 0.) 4..2 ( )/27. ( + y (x) 2 = + 9x/4.) π.(Skivformeln ger (rita principskiss!) (π(4 0 x3 ) 2 π(2 + x 3 ) 2 )dx.) e4 9 2 π. (Cylinderformeln ger (rita principskiss!) 2π(4 2 0 x)e2x dx.) 4.3. (Rita principskisser!) (a) π(4e 4 e e e 2 ). (ds = + y (x) 2 dx =... = ex +e x 2 dx, ger y(x))ds = 0 2π(4 ex +e x 2 ) ex +e x 2 dx.) (b) 2π( e ). (ds som ovan. Ger formel 0 2π(x 0)ds = 0 2πx ex +e x 2 dx.) 0 2π(4 26

27 6 Lösningar till tentauppgifter.5. (a). Direkt lösning med Taylors formel: f(x) = (x ) 2 ln x, f() = 0, f (x) = 2(x ) ln x + (x ) 2 /x, f () = 0, f (x) = 2 ln x + 4(x )/x (x ) 2 /x 2, f () = 0, f (x) = 6/x 6(x )/x 2 + 2(x ) 2 /x 3, f () = 6. Taylors formel säger nu att f(x) = f()+f ()(x )+ f () 2 (x ) 2 + f () (x ) 3 +O((x ) 4 ) = (x ) 3 +O((x ) 4 ). 3! Alternativ lösning via entydighetssatsen+standardutveckling av ln( + t): Med x = + t får vi f(x) = f( + t) = t 2 ln( + t) = t 2 (t + O(t 2 )) = t 3 + O(t 4 ) = (x ) 3 + O((x ) 4 ).) Svar: f(x) = (x ) 3 + O((x ) 4 ). (b). Eftersom f(x) f() = (x ) 3 ( + O(x )), så ser vi att dierensen f(x) f() växlar tecken när vi går från x < till x > ((x ) 3 växlar tecken medan + O(x ) inte gör det nära x = ). Svar: x = är ingen extrempunkt. (c). Eftersom g(x) = ln x uppfyller g() = 0, g (x) = /x, g () = samt g (x) = /x 2 får vi från Taylors sats med Lagranges restterm att ( ) f(x) = (x ) 2 ln x = (x ) 2 g() + g ()(x ) + g (ξ) (x )2 = (x ) 3 2 2ξ 2 (x )4, där ξ ligger mellan x och. Så om p(x) betecknar Taylorpolynomet av ordning 3 till f(x) i har vi f(x) p(x) = (x )4 2ξ2 = 2ξ x 2 4. Notera nu att x 0 är samma sak som att 0.9 x., så ξ 0.9, vilket ger oss uppskattningen: om x ξ 2 x x , 27

28 .5.3 (a) Standardutvecklingarna (+t) /2 = + ( 2 t+ ) ( 2 2 t ) ( ) t 3 +O(t 4 ) = + t 2 t2 8 + t3 6 +O(t4 ) och sin(u) = u u3 6 + O(u5 ) samt cos(v) = v2 2 + O(v4 ) 28

29 visar att, med u = 2x 2 och t = sin u samt v = x 2, f(x) = ( + sin(2x 2 ) ) /2 x 2 + = ( + 2x 2 (2x2 ) 3 /2 ) + O(x )) 0 ( x4 3! 2 + O(x8 ) x 2 + = + ) (2x 2 (2x2 ) 3 + O(x 0 ) ( 2x 2 + O(x 6 ) ) 2 ( + 2x 2 + O(x 6 ) ) 3 2 3! 8 6 ) ( x4 2 + O(x8 ) x 2 + = 2x6 3 x4 2 + x x4 2 + O(x8 ) = x6 6 + O(x8 ). (b) Eftersom f(x) = + x ( 6 ) 6 + O(x2 ) så ser vi att för x nära 0 så gäller att f(x) < = f(0) om x 0 eftersom x 6 > 0 så x ( 6 ) 6 + O(x2 ) < 0 för x 0 (små x). Således har f(x) ett lokalt maximum då x = 0. Svar: (a) x6 6 + O(x8 ) (b) Ett lokalt maximum..5.4 (a) Derivering ger så f(x) = arctan x, f (x) = + x 2, f (x) = 2x ( + x 2 ) 2, f(0) = 0, f (0) =, f (ξ) = 2ξ ( + ξ 2 ) 2. Maclaurinutvecklingen av ordning ges av f(x) = f(0) + f (0)x + f (ξ) x 2 för något 2! ξ = ξ(x) mellan 0 och x, så vi får följande ξ Svar: arctan x = x ( + ξ 2 ) 2 x2 för något ξ = ξ(x) mellan 0 och x. (b) Insättning av x = /5 i utvecklingen i (a) ger arctan = }{{ 5}}{{} 5 Exakt värde Approx. 29 ξ ( + ξ 2 ) 2 5 }{{ 2 } Approximationsfel

30 för något ξ mellan 0 och /5. Således får vi arctan 5 5 = ξ ( + ξ 2 ) = ξ ( + ξ 2 ) 2 5 /5 2 ( ) 2 vilket skulle bevisas; notera att ξ /5 och + ξ = 25 00,.5.5 Låt f(x) = e x. Då är f (n) (x) = e x för alla positiva heltal n och enligt Taylors sats med Lagranges restterm gäller således f(x) = + x + x2 2 + x3 3! + x4 4! + eξ 5! x5, där ξ ligger mellan 0 och x. Vi har ovan chansat på att ordning 4 i utvecklingen räcker, men det vet vi inte säkert förrän vi uppskattat feltermen nedan. Vi vill approximera e /5, så e /5 = f(/5) = }{{ } approximation där ξ ligger mellan 0 och /5. Eftersom e ξ e /5 < e < 3 så är e ξ < = < 0 5, så är det absoluta felet < 0 5. Svar: eξ, } 20 {{ 5 5 } fel (a) Sätt a k = k sin k. Vi ser att a k = sin(/k) då k enligt standardgränsvärde, /k så a k 0 då k. Serien k= a k är därför divergent, enligt Divergenstestet. (b) Sätt a k = ( ) k tan k. Eftersom tan k > 0 då k är serien k= a k alternerande, och eftersom dessutom a k = tan k 0 då k ( a k avtar mot noll, d.v.s. a a 2 a 3... och a k 0) är serien en Leibnizserie, och därmed konvergent. (c) Sätt f(x) = i 0. Vi får f(x) = cos x. Vi ser att f(x) 0 och att f(x) dx är generaliserad endast 0 ( x 2 /2 + O(x 4 )) = x 2 /2 + O(x 2 ) = g(x) /2 + O(x 2 ) 30

31 med g(x) = /x 2, och noterar att g(x) 0 och att g(x) dx är generaliserad endast 0 i 0. Vidare, f(x) g(x) = /2 + O(x 2 ) 2 då x 0+, och eftersom 0 < 2 < säger Jämförelsekriteriet på gränsvärdesform att integralerna f(x) dx 0 och g(x) dx antingen båda är konvergenta eller båda divergenta. 0 Men g(x) dx = 0 0 (/x2 ) dx är divergent (standardintegral), och därmed är också f(x) dx 0 divergent. Svar: (a) Divergent (b) Konvergent (c) Divergent Eftersom följer det att x 5 cos x x+x 5 så integralen är absolutkonvergent (a). 0 < ln x x på ], [ ger att cos x x + x 5 dx dx <, x5 0 ln x x dx 3 x dx, 2 och den sista integralen är känt konvergent. Så enligt jämförelseprincipen för positiva integrander är integralen konvergent. (Notera att integralen också kan beräknas exakt, t.ex. via variabelbytet x = e t eller via partiell integration, och har värdet /4.) Svar: Integralen är konvergent. (b). Vi använder rotkriteriet: n + 3 x 2n n 3 3 n /n = n + 3 n 3 /n x 2 3 x 2 3 då n. Alltså har vi konvergensradie 3. Test av ändpunkterna x = ± 3 ger, eftersom (n + 3)/n 3 4/n 2, och n= är konvergent, att n 2 n + 3 (± 3) 2n n + 3 = n 3 3 n n 3 n= n= är konvergent. Alltså konvergerar serien då 3 x 3. Notera nu slutligen, eftersom alla termer är positiva, att f( 3) = n= n + 3 ( 3) 2n = n 3 3 n n= n + 3 n 3 3 n= n + 3 = n =

32 3.0. Eftersom (2 + cos x) = sin x får vi omedelbart att Svar: Summan konvergerar för x [ 3, 3]. (2 + cos x)y (sin x)y = 4e 2x ( (2 + cos x)y ) = 4e 2x (2 + cos x)y = 2e 2x + C. Bivillkoret y(0) = 4 ger (2 + ) 4 = 2 + C, d.v.s. C = 0, och därmed y = (2e 2x + 0)/(2 + cos x). Svar: y = 2e2x cos x. (Alternativ början: Eftersom 2 + cos x > 0 kan vi skriva om dierentialekvationen till den ekvivalenta formen ( ) y + sin x 2 + cos x y = 4e2x 2 + cos x, och koecienten för y är g(x) = ( sin x)/(2 + cos x), med en primitiv G(x) = ln(2 + cos x) (sätt t = cos x, t.ex.), så en integrerande faktor är e G(x) = exp ( ln(2 + cos x) ) = 2 + cos x. Multiplikation av ( ) med denna gör att vi återfår den ursprungliga dierentialekvationen. Därefter som ovan.) y + yy 2 ex = 0 ( + y)y = 2 ex. Ekvationen är alltså separabel och vi integrerar nu bägge sidor: ( + y)dy = 2 ex dx vilket ger y + 2 y2 = 2 (ex + C) y 2 + 2y = e x + C. Bivillkoret ger nu y(0) 2 + 2y(0) = 9 6 = 3 = e 0 + C, d.v.s. C = 2. Ekvationen y 2 + 2y = e x + 2 har lösningarna y = ± 3 + e x, men bivillkoret ger att den sökta lösningen är y = 3 + e x. Notera att denna löser ekvationen för alla x R. Svar: y = 3 + e x, < x <. 32

33 r 2 3r 2 = 0 r = 2 eller r = /2, så y h = Ae 2x + Be x/2. Med substitutionen y p = ze x/2 insatt i ekvationen får vi 2(ze x/2 ) 3(ze x/2 ) 2(ze x/2 ) = 2(D 2)(D + /2)(ze x/2 ) = /förskjutningsregeln/ = 2e x/2 (D 5/2)Dz = 2e x/2 (z 5z /2) = 5e x/2. Detta kan vi lösa med z = så z = x duger. Så en partikulärlösning är y p = xe x/2. Detta ger y = y h + y p = Ae 2x + Be x/2 xe x/2. Bivillkoret ger nu y(0) = A + B = 0 B = A Ekvationen är linjär och har det karakteristiska polynomet Svar: y = A(e 2x e x/2 ) xe x/2 p(r) = r 4 + 2r 3 + 5r 2 = r 2 (r 2 + 2r + 5) = r 2 (r + 2i)(r + + 2i). Således ges lösningarna till den homogena ekvationen p(d)y h = 0 av y h = C + C 2 x + e x (C 3 cos 2x + C 4 sin 2x) enligt känd sats. För att hitta partikulärlösningar utnyttjar vi superpositionsprincipen och hittar först en lösning till p(d)y p = 8e x. Eftersom r = inte är en rot till p(r) så försöker vi med ansatsen y p derivering visar att p(d)(ae x ) = Ae x + 2Ae x + 5Ae x = 8Ae x, = Ae x. Direkt så om vi låter A = gör det att högerledet blir 8e x. Givetvis kan vi ansätta y p = z(x)e x istället och använda förskjutningssatsen (eller derivera på likt ovan) istället. För att hitta en partikulärlösning till p(d)y p2 = 0 ansätter vi y p2 = Bx 2 eftersom p(d)(polynom) = polynom, där högerledet har gradtal två steg lägre (om vi ansätter ett polynom med grad 2). Insatt i ekvationen ger detta p(d)(bx 2 ) = 0B, så B =. Svar: y = C + C 2 x + e x (C 3 cos 2x + C 4 sin 2x) + e x + x 2. 33

34

35

36 Enligt känd formel för plan area i polära koordinater erhåller vi A = 2 = 4 5π/6 π/6 [ ϕ r(ϕ) 2 dϕ = 2 ] 5π/6 sin 2ϕ = 2 π/6 4 5π/6 π/6 ( 2π 3 + sin 2 ϕ dϕ = 4 ) 3 2 5π/6 π/6 = π ( cos 2ϕ) dϕ Kurvlängden får vi genom att summera bågelementen ds som i polära koordinater ges av ds(ϕ) = r(ϕ) 2 + r (ϕ) 2 dϕ = sin 2 ϕ + cos 2 ϕ dϕ = dϕ. Sålunda ges längden av L = 5π/6 π/6 ds(ϕ) = 36 5π/6 π/6 dϕ = 2π 3.

37 Svar: A = π respektive L = 2π 3. 37