Lösningar till MVE016 Matematisk analys i en variabel för I yy 1 + y 2 = x.

Transkript

1 Lösningar till MVE6 Matematisk analys i en variabel för I a Division ger yy + y x. Ekvationen är alltså separabel. Integration av vänstra ledet ger y + y dy ln + y Efter integration blir det alltså ln + y x / + C, där C är godtycklig. Exponentiering ger + y e x / C, där C e C är en godtycklig positiv konstant. Vi löser ut y och får: Svar: y ± Ce x /, där C är en godtycklig positiv konstant. b Den homogena ekvationen har karakteristisk ekvation r r + r, som ger dubbelroten r. Lösningsformel ger att lösningarna till den homogena ekvationen är y h e x Ax + B, där A och B är godtyckliga konstanter. Vi söker en partikulärlösning och ansätter y p ce x. Vi har y p ce x och y p 4ce x, som efter insättning ger vilket ger c, så y p e x. Vi har att y y h + y p. ce x e x Svar: yx e x Ax + B + e x, där A och B är godtyckliga konstanter.. a Varibalebytet t x, x t, dx t dt ger xx + x + dx t tt + t + dt arctan x +. t + dt arctant + + Svar: arctan x +.

2 b Vi har x + 4x + 3 dx x + 3x + dx x + dx x + 3 [ ln x + ] ln ln/3 ln 3. x + 3 Svar: ln a Vi har kända Maclaurinutvecklingar: cosx x + x4 + termer av högre grad 4 e t + t + t + termer av högre grad e x / + x + x4 + termer av högre grad. 8 Maclaurinpolynomet P 4 av grad 4 kan beräknas som summan av termer av grad högst 4 i uttrycket Detta ger x + x4 + x 4 + x4. 8 P 4 x x 4 x4. Svar: x 4 /. b Vi har arctan t t t3 3 + termer av högre grad x arctan x x 4 + termer av högre grad. Tillsammans med a ger detta att cosxe x / x arctan x x4 / + termer av högre grad / + termer med x x 4 + termer av högre grad + termer med x, när x. Svar: /.

3 4. a Med har vi a n n n + n + 3 xn+3 a n+ n + n + 3 x a n n + 3n + 5 x, när n. Kvotkriteriet ger att serien är absolutkonvergent när x <, dvs när < x <, och divergent när x >. När x gäller a n n+ n + n + 3 Alltså är p en alternerande serie och eftersom /n + n + 3 avtar mot när n är serien konvergent enligt kriteriet för alternerande serier. När x har vi a n n n + n + 3 som ger att p är alternerande. Samma kriterium ger att även p är konvergent. Svar Potensserien är konvergent precis för x i intervallet [, ]. b Vi har p x n n n + xn+ x och att p. Vi får px x arctan x dx {PI} x + x + arctan x x + C. Eftersom p är C. Svar: px x + arctanx/ x/. n n n + xn+ x arctan x. x + arctan x + x dx 5. Ekvationen x har den positiva lösningen x. Skivformeln ger att volymen ges av π 3 x dx π 3 [ x x 3 ] 3 dx π 3 x π π π 3. Svar: π/3. 3

4 6. Vid t h efter stänging är vätskans höjd i glaset ht. Om rt är vätskespegelns radie vid tiden t gäller att rt/ht 5/5, så rt ht. Vid tiden t är vätskeytans area At πrt πht, och vätskans volym är V t htπrt /3 πht 3 /3. Detta ger V t πht h t. Enligt uppgift gäller även att V t /4πAt ht /4. a Vätskan slutar stiga i glaset då V t ht /4, dvs när h. Svar: cm. b Vi har två olika uttryck för V t som ger likheten πht h t ht /4. Svar ht löser begynnelsevärdesporblemet πy y y /4, y. c Ekvationen ht h t ht /4 separeras och vi får 4π h 4 h dh dt. I högra ledet blir det t + C, där C är en godtycklig konstant. I vänstra ledet får vi h 4π dh 4π h 4 h dh 4π h + + h dh 4π ln + h h. h Detta ger sambandet 4π ln + h h t + C. h Eftersom h gäller att C och vi har 4π ln + h h t. h När h ger detta att t 4πln 3. Svar: 4πln 3 timmar efter stängning. 7. Enligt formeln för area av rotationsyta är den sökta arean π fx + f x dx. Vi har f x x/ x som ger att + f x / x. Vi ska alltså beräkna A π x dx. Vi sätter / cos t x och har dx / sin t/ cos tdt. Variabelbytet ger A π/3 sin t π π/4 cos 3 t dt π/3 sin t π π/4 sin cos t dt. t 4

5 Vi sätter nu u sin t, som ger Vi ansätter partialbråksuppdelning A 3/ u π / u + u du u u + u A u + B u + C + u + D + u. Handpåläggning ger B D /4. Vi sätter in u och u vilket ger A + C + / 4/9 A/3 + /36 C + /4, som leder till A C /4. vilket ger A Svar: π 3/ 4 / u + u + u + + u du π [ ln u u u ] 3/ π [ + u / ln u u π ln π ln 4 π + ln 4 π + 3 u ] u 3/ / π 3 + ln ln Kriterium: Antag att fx är en positiv kontinuerlig avtagande funktion definierad för alla x. Då gäller att fn är konvergent precis när är konvergent. n fx dx Bevis Låt N vara ett positivt heltal. Dela in intervallet [, N] i N intervall av längd. På intervallet [, N] har funktionen då vänstersumman N n fn och högersumman fn. Eftersom f är avtagande gäller N n N fn n N Vi har också, eftersom f är positiv, att N fx dx fx dx N n fx dx. fx. 5

6 Om S N är N:te partialsumman till serien gäller att följden {S N } är växande eftersom alla termer i serien är positiva enligt förutsättning. Enligt satsen om monotona begränsade följder är därför följden av partialsummor konvergent precis när den är uppåt begränsad. Enligt ovan gäller S N N N N fn f + fn f + fx dx f + n n fx dx Om fx dx är konvergent är därmed följden av partialsummor uppåt begränsad av detta tal plus f och därför konvergent. Enligt definition gäller samma sak för serien. Om, andra sidan, integralen är divergent gäller att N fx dx, när N. Enligt ovan gäller därför att N fx dx S N när N. Alltså är partialsummorna nu inte en uppåt begränsad talföljd och därmed divergent. Enligt definition gäller samma sak för serien. 6