Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Genomgånget på föreläsningarna Föreläsning 21, 27/1 2010:

Transkript

1 Uppsl Universitet Mtemtisk Institutionen Bo Styf Envribelnlys, 0 hp STS, X Föreläsning, 7/ 00: Genomgånget på föreläsningrn - 5. Generliserde integrler. Vi hr vist tt den bestämd integrlen I b f (x), ( ) är definierd (med värdet I F(b) F(), där F(x) är en godtycklig ntiderivt till f (x)) om < < b < och f (x) är definierd och kontinuerlig för ll x b. Om någon v dess förutsättningr inte är uppfylld sägs ( ) vr en generliserd integrl. Innn mn kn börj beräkn sådn integrler måste mn förstås först definier dem. Vi tittr på någr fll: Om < < och f (x) är kontinuerlig för x < så definierr vi I R f (x) lim f (x), R förutstt tt gränsvärdet existerr (ändligt), i vilket fll integrlen sägs vr konvergent med värdet I. Om gränsvärdet inte existerr sägs integrlen vr divergent, i vilket fll den sknr värde. Om < < b < och f (x) är kontinuerlig för < x b, men odefinierd eller diskontinuerlig för x, så definierr vi I b b f (x) lim f (x), ε 0 + +ε förutstt tt gränsvärdet existerr (ändligt), i vilket fll integrlen sägs vr konvergent med värdet I. Om gränsvärdet inte existerr sägs integrlen vr divergent, i vilket fll den sknr värde. Om < < och f (x) är kontinuerlig för < x <, men odefinierd eller diskontinuerlig för x, så definierr vi I f (x) R lim f (x), ε 0 +,R +ε förutstt tt gränsvärdet existerr (ändligt), i vilket fll integrlen sägs vr konvergent med värdet I. Om gränsvärdet inte existerr sägs integrlen vr divergent, i vilket fll den sknr värde.

2 Exempel. Antg tt < p < (p är en konstnt). Vi hr då { R [ ] x I x p lim x p p xr }, R p R p p p. Integrlen är lltså konvergent med värdet. Antr vi i stället tt 0 < p < så blir p integrlen divergent (ty R p då R ). Exempel. Antg tt 0 < p < (p är en konstnt). Vi hr då { [ ] x I x p lim x p p x, } ε p ε 0 + p p p. 0 ε Integrlen är lltså konvergent med värdet. Antr vi i stället tt < p < så blir p integrlen divergent (ty ε p då ε 0 + ). Exempel. Beräkn, om den är konvergent, integrlen I Lösning. Enligt ovnstående definition hr vi { R I lim ε 0 +,R ε x( + x) R ε 0 x( + x) x xε (u x, x u, u du) R u du ε u( + u ) R du ε + u [ rctn u] rctn R rctn } ε 0. Integrlen är lltså konvergent med värdet I. Sts. Antg tt 0 f (x) g(x) för < x < b (där eller b är fullt cceptbelt). Då gäller följnde: Om Om b b g(x) konvergerr så konvergerr f (x) divergerr så divergerr b b g(x) Exempel. Beräkn, om den är konvergent, integrlen Lösning. För x gäller I 0 x( + x) x( + x) f (x). x( x + x) x

3 Eftersom x divergerr följer, v ovnstående sts, tt I är divergent. Exempel. Beräkn, om den är konvergent, integrlen Lösning. För 0 < x gäller I 0 x( + x) x( + x) x( + ) x Eftersom 0 x divergerr följer, v ovnstående sts, tt I är divergent. Volymsberäkning med skivmetoden. Skivmetoden innebär tt mn plcerr kroppen, som skll volymsberäkns, lämpligt i förhållnde till x-xeln och, för vrje x, bestämmer ren A(x) v skärningen melln kroppen och ett pln som går vinkelrätt mot x-xeln, genom punkten x (se sid. 9-9). Volymen ges då v V b A(x), där < b väljs så tt A(x) 0 för x < och b < x. A(x) x x + b Som exempel beräknde vi volymen v en llmän kon, se sid Rottionsvolymer.

4 x x + b Området x b, f (x) y g(x) Då det i ovnstående figur ngivn området ( x b, f (x) y g(x)) roters kring x-xeln bilds en kropp med volymen V x b (g(x) f (x) ). ( ) Dett följer direkt med skivmetoden. Roters smm område kring y-xeln kommer den röd strimln tt bild ett rör med volymen dv x(g(x) f (x)). Kroppen som generers v rottionen kommer därför tt h volymen V y b x(g(x) f (x)). Denn formel brukr klls för rörformeln. För tt formeln skll funger måste 0 b (eller b 0). Exempel. Beräkn volymen v den kropp som bilds när området 0 y x, x <, roters kring x-xeln. Lösning. Volymsformeln ( ) ger V x x [ x ] x 0 +. x x Exempel. Beräkn volymen v den kropp som bilds när området / x 5/, y sin x roters kring () x-xeln, (b) y-xeln. 4

5 Lösning. En figur kn vr till hjälp: 5 Området x 5, y sin x () Formeln för rottion kring x-xeln ger V x (b) Rörformeln ger 5 (4 sin x ) (trig. formel) 5 ( cos x) [(x sin x)] x 5 x ( + sin ) ( 5 ( + sin 5 + sin ). ) Vi hr och V y 5 x( sin x ) I I. 5 I [ (x ) ] x 5 x 5 4x sin x x I 5 4x sin x (prtiell integrtion) [ 4x cos x] x 5 x cos x + [ 4 sin x] x 5 x + 0. Alltså gäller V y ( ). 5

6 Föreläsning, 8/ 0: Båglängd. Vi härledde formeln s xb x ds xb x för längden v en kurvbåge y f (x), x b. + ( f (x)). Exempel. Beräkn längden L v kurvbågen y cosh x, 0 x b. b Lösning. Vi påminner om tt cosh x ex + e x, sinh x ex e x, D cosh x sinh x, D sinh x cosh x och cosh x sinh x (hyperbolisk ettn). Båglängdsformeln ger L xb x0 xb x0 sinh b. xb + sinh x cosh x x0 cosh x [sinh x] xb x0 Exempel. Bestäm längden s v kurvbågen y ln(cos x), 0 x. Lösning. Låt f (x) ln(cos x), 0 x :

7 Vi hr Båglängdsformeln ger s x x0 x x0 x + f (x) sin x ( sin x) cos x cos x ( ) sin x cos x + sin x x cos x x0 cos x tn x. x x0 cos x cos x x0 cos x x cos x x0 sin (u sin x, du cos x ) x u du u ( u0 u u0 + u + ) du u [ ( [ln( + u) ln( u)]u u0 ) ( )] ln + ln ( ln + ) ln( + ). Föreläsning, / 0: Avslutningen v föregående föreläsning, hel denn föreläsning och även börjn v näst föreläsning ägndes åt beräknndet v ett ntl integrler. Närmre bestämt gällde det de jämnt numrerde problemen på sidorn i läroboken. 7

8 Föreläsning 4, / 0: Ordinär differentilekvtioner. Vi sk lär oss lös tre typer v ordinär differentilekvtioner: Seprbl differentilekvtioner. En sådn kn skrivs y h(x) g(y) (S) där h(x), g(y) är kontinuerlig funktioner v x respektive y. Linjär differentilekvtioner v först ordningen är sådn som kn skrivs som y + g(x)y h(x) (L) där g(x), h(x), är kontinuerlig funktioner v x. Linjär differentilekvtioner v ndr ordningen med konstnt koefficienter. Dess är v typen y + y + by h(x) (IH) där och b är reell konstnter och h(x) är en kontinuerlig funktion (över något delintervll v reell xeln). För tt lös dess ekvtioner måste vi på något sätt (omskrivningr, substitutioner o.s.v) återför ekvtionen till en ekvtion v enklste typ, lltså z k(x), eftersom det är den end typ v ekvtioner vi från strt kn lös (lösningrn ges v z k(x) ). Att lös seprbl differentilekvtioner. Låt G(y) och H(x) vr ntiderivtor till g(y) respektive h(x), d.v.s d dy G(y) g(y) och d H(x) h(x) Ekvtionen (S) kn omskrivs som g(y) y h(x). Om vi sätter z G(y) så gäller, enligt kedjeregeln dz dz dy dy g(y) y h(x) lltså z h(x), med lösningrn z h(x) H(x) + C, där C är en (i princip) godtycklig reell konstnt. Lösningrn y y(x) ges lltså implicit v ekvtionen G(y) H(x) + C. ( ) Iblnd går det i ( ) tt lös ut y som en funktion v x. I övrig fll får mn nöj sig med tt ge ( ) som svr. I prktiken brukr mn jobb enligt följnde mll: y h(x) g(y), dy h(x) g(y), g(y) dy h(x), G(y) H(x) + C. 8

9 Exempel. Lös differentilekvtionen y för vilken y(0). x( y) + x, x R. Bestäm särskilt lösningen Lösning. Enligt mllen får vi dy x( y) + x, dy y x + x, ln y A ln( + x ) ln B + x där A ln B och B 0 hr smm tecken som y. Av dett får vi y B + x, y + B + x, där B är en godtycklig nollskild konstnt. Fktum är tt även B 0 är tillåtet och ger lösningen y. Den särskild lösningen ges v y(0) + B B B, y + x. Svr. Ekvtionen hr den llmänn lösningen y + B, där B är en godtycklig reell + x konstnt. Lösningen för vilken y(0) är y + x. Exempel. Lös differentilekvtionen y e y x y, y(0). Lösning. Vi får, med prtiell integrtion y x dy y e, ex + C Begynnelsevillkoret y(0) ger sedn e x y e y dy y e y e y dy (y )e y. + C e 0 + C ( )e 0 C. Svr. Lösningen y y(x) ges implicit v (y )e y e x. 9

10 Föreläsning 5, 7/ 0: Att lös linjär differentilekvtioner v först ordningen. Enligt ovn kn dess ekvtioner skrivs y + g(x)y h(x) (L) där g(x), h(x), är kontinuerlig funktioner v x. För tt lös (L) bestämmer vi en ntiderivt G(x) till g(x) och multiplicerr ekvtionen med den positiv funktionen e G(x), vilken klls för den integrernde fktorn: e G(x) y + e G(x) g(x)y e G(x) h(x) ( ) Differentilekvtionen ( ) hr smm lösningr som (L) och kn enkelt (men knske inte lätt!) löss genom sätt z(x) e G(x) y(x), ty för funktionen z z(x) gäller (enligt produktregeln) z dz eg(x) y (x) + e G(x) G (x)y(x) e G(x) y + e G(x) g(x)y. ( ) kn lltså skrivs som z e G(x) h(x), med lösningen e G(x) y(x) z(x) e G(x) h(x). Den llmänn lösningen till (L) ges lltså v y y(x) e G(x) e G(x) h(x). I prktiken brukr mn jobb enligt följnde mll: y d ( ) + g(x)y h(x), e G(x) y e G(x) h(x), e G(x) y e G(x) h(x), y e G(x) e G(x) h(x). Det knske kn vr frestnde tt gå direkt på den sist formeln, men erfrenheten visr tt det är bättre tt gör en steg-för-steg-lösning enligt mllen. Exempel. Lös differentilekvtionen xy y x 4, x > 0. Bestäm särkilt lösningen för vilken y(). Lösning. På stndrdform blir ekvtionen y x y x, vilken erhålls genom tt multiplicer den ursprunglig ekvtionen med x. Vi hr lltså (observer minustecknet) g(x) x x G(x) ln x ln(x ), e G(x) e ln(x ) x. Efter tt h multiplicert ekvtionen med den integrernde fktorn x får vi d ( x y ) x x, x y x + C, y x (x + C) x 4 + Cx. Den särskild lösningen ges v y() + C C. Alltså y x 4 x. Svr. Den llmänn lösningen är y x 4 + Cx. Den särskild lösningen är y x 4 x. 0

11 Exempel. Lös differentilekvtionen ( + x )y x( + x + y), y(0). Lösning. Ekvtionen kn omskrivs som ( + x )y xy x( + x ), vrefter vi känner igen den som en linjär differentilekvtion v först ordningen. På stndrdform blir ekvtionen y x( + x ) y x, vilken erhålls genom tt multiplicer den föregående ekvtionen med ( + x ). Vi hr lltså (observer återigen minustecknet) g(x) x( + x ) x + x G(x) ln( + x ) ln( + x ), e G(x) e ln(+x ) ( + x ). Efter tt h multiplicert ekvtionen med den integrernde fktorn ( + x ) får vi d ( ) ( + x ) y x( + x ) x + x, ( + x ) y x + x C + ln( + x ), y ( + x )(C + ln( + x )), y(0) C, y ( + x )( + ln( + x )). Svr. Lösningen är y ( + x )( + ln( + x )). Att lös linjär differentilekvtioner v ndr ordningen med konstnt koefficienter. Dess ekvtioner är v typen y + y + by h(x) (IH) där, b är reell konstnter och h(x) är en kontinuerlig funktion (över något delintervll v reell xeln). I specilfllet då h(x) 0 sägs ekvtionen vr homogen. Till ekvtionen (IH) hör den homogen ekvtionen y + y + by 0 (H) Vid lösndet v (IH) börjr mn lltid med tt lös (H), se vsnitt.7 i läroboken. Dett görs genom tt mn löser ndrgrdsekvtionen r + r + b 0, som klls för den krkteristisk ekvtionen och vi betecknr (KE). Tre principiellt olik fll inträffr då: Om 4b 0 hr (KE) den reell dubbelroten (H) hr i dett fll lösningen där A, B är godtycklig reell konstnter. r r. y (Ax + B)e r x, Om 4b > 0 hr (KE) två distinkt reell rötter r + 4b (H) hr i dett fll lösningen och r 4b. y C e r x + C e r x, där C, C är godtycklig reell konstnter.

12 Om 4b < 0 hr (KE) två icke-reell, komplext konjugerde rötter r + i 4b (H) hr i dett fll lösningen k + iω och r i 4b k iω. y e k x (A cos ωx + B sin ωx) A ib e (k+iω)x + A + ib e (k iω)x, där A, B är godtycklig reell konstnter. Till höger är lösningen uttryckt med hälp v de komplex exponentilfunktionern Exempel. Lös differentilekvtionern () 4y + 4y + y 0, (b) y + y y 0, (c) 4y + 4y + 5y 0. e (k±iω)x e k x (cos ωx ± i sin ωx). Lösning. Enligt ovnstående lösningsrecept får vi: () Den krkteristik ekvtionen 4r + 4r + 0 som kn skrivs (r + ) 0 hr röttern r r /. Ekvtionen hr därför den llmänn lösningen där A, B är godtycklig reell konstnter. y (Ax + B)e x, (b) Den krkteristik ekvtionen r + r 0 som kn skrivs (r )(r + ) 0 hr röttern r, r. Ekvtionen hr därför den llmänn lösningen y C e x + C e x, där C, C är godtycklig reell konstnter. (c) Den krkteristik ekvtionen 4r + 4r som kn skrivs (r + ) 4 hr röttern r + i, r + i. Ekvtionen hr därför den llmänn lösningen där A, B är godtycklig reell konstnter. y e x (A cos x + B sin x),