Lösningsförslag envariabelanalys

Transkript

1 Lösningsförslag envariabelanalys Evationen är linjär och har det arateristisa polynomet p(r) r 3 r 2 + 4r 4 (r 2 + 4)(r ). Således ges lösningarna till den homogena evationen p(d)y h av y h C e x + C 2 cos 2x + C 3 sin 2x enligt änd sats. För att hitta partiulärlösningar utnyttjar vi superpositionsprincipen och hittar först en lösning till p(d)y p 5e x. Eftersom r är en (enel)rot till p(r) så försöer vi med ansatsen y p Axe x. Diret derivering visar att p(d)(axe x ) (3Ae x + Axe x ) (2Ae x + Axe x ) + (4Ae x + 4Axe x ) 4Axe x 5Ae x, så om vi låter A gör det att högerledet blir 5e x. Givetvis an vi ansätta y p z(x)e x istället och använda försjutningssatsen (eller derivera på lit ovan) istället. För att hitta en partiulärlösning till p(d)y p2 2x ansätter vi y p2 Ax + B. Insatt i evationen ger detta p(d)(ax + B) 4A 4(Ax + B) 4Ax + 4A 4B, så 4A 2 och 4A 4B. Alltså är A B 5. Svar: C e x + C 2 cos 2x + C 3 sin 2x + xe x + 5x (a) Integranden är positiv och integralen är generaliserad i oändligheten. Vi ser diret att + x 2 + x dx + x x dx dx 2, vilet visar den första oliheten. För att hitta en begränsning uppåt delar vi upp i två delar. Eftersom och så är + x 2 + x dx dx 2 + x 2 + x dx 2x 2 7 x dx 2 dx 7 x x 2 + x 7 dx

2 (b) Till exempel så ommer till exempel votriteriet: > lim Svar: (a) Se ovan 3. Eftersom (b) t ex x att ha onvergensradien R 2. Vi an se detta från 2 x / 2 x 2. t! et för alla t R så är e /5 N+! ( ) 5 x lim 2 x 2 N ( )! 5 }{{} approximation x < 2. ( ) +! 5 N+ }{{} fel för alla positiva heltal N. Vi söer N så att felet (svansen på serien) blir < 5. Vi ser att serien är positiv och ( ) <! 5 (N + )! ( ) 5 N+ 5 (N + )! 4 5. N Genom att testa oss fram observerar vi att med N 4 blir Således är med ett absolut fel på högst 5. (N + )! 4 5 N < 5 5. e /5 4 5! Alternativt. Låt f(x) e x. Då är f (n) (x) e x för alla positiva heltal n och f(x) + x + x2 2 + x3 3! + x4 4! + eξ 5! x5, där ξ ligger mellan och x. Varför ordning 4? Vi ommer strax till det. Vi vill approximera e /5, så e /5 f(/5) eξ, } {{ } approximation där ξ ligger mellan och /5. Eftersom e ξ e /5 < e < 3 så är e ξ < < 5, så är det absoluta felet < 5. Svar: }{{} fel

3 4. Evationen är inte linjär men av ordning ett. Vi sriver om evationen på en form där vi an försöa separera variablerna: y cos 3x y 2 dy cos 3x dx y3 y 2 3 C + sin 3x. 3 Vi söer lösningen där y(), så Således blir 3 C +. y ( + sin 3x) /3, x R. Emmelertid finns här ett problem, då y fatist inte är deriverbar där sin 3x, dvs när x π/6 + 2nπ/3 för n Z. Fatum är att evationen inte ens är definierad i dessa punter då y där. Största möjliga definitionsmängd ges därför av ] π/6, π/2[ eftersom vi har villoret att y(). y x För att hitta Maclaurinutveclingen har vi åtminstone två alternativ. Vi an endera direta ta fram den från ovanstående uttryc eller så deriverar vi differentialevationen implicit (under antagandet att lösningen fatist existerar, men det har vi precis visat). Ifrån begynnelsevilloret har vi att y(), så y () 2 med x och y ). Vidare gäller att y (x) 3 sin 3x y 2 så y () 2. Vi deriverar en gång till: y (3) (x) 9 cos 3x y sin 3x y 3 2 cos 3x y 3 y (x) y (x) + 6y (x) sin 3x 2y (x) cos 3x y 3 (diret ur evationen + 6 cos 3x y 4 y (x) 2, vilet ger att y (3) () Diret insättning i Maclaurins formel visar att y(x) y() + y ()x + y () 2 x2 + y(3) () x 3 + O(x 4 ) + x x 2 + 3! 6 x3 + O(x 4 ). Alternativt. Standardutveclingar ger att y ( + sin 3x) /3 + sin 3x sin2 3x sin3 3x + O(sin 4 3x) + ) (3x (3x)3 + O(x 5 ) + ( 3x + O(x 3 ) ) 2 5 ( + 3x + O(x 3 ) ) 3 + O(x 4 ) x 3x3 2 x2 + 5(3x)3 + O(x 4 ) 8 + x x 2 + x3 6 + O(x4 )

4 Svar: y ( + sin 3x) /3, π/6 < x < π/2; y(x) + x x x3 + O(x 4 ). 5. Vi delar upp serien i två delar. Under förutsättningen att vi visar att dessa är onvergenta så är det tillåtet. Alltså, + sin(π/2) 3 l l 3 + sin(π/2) 3. Vi ser att sin(π/2) om är jämn och sin((2l + )π/2) ( ) l för l Z. Detta gör att den andra serien an srivas sin(π/2) ( ) l 3 3 ( ) l 2l /9 3. För att hantera den första serien, låt oss introducera potensserien f(x) x. Konvergensradien är R (varför?) och för x < gäller att Med x 3 x d ( x ) x x d dx dx erhåller vi att x x d ( ) dx x 3 /3 ( /3) Eftersom båda serierna är onvergenta gäller att Svar: sin(π/2) x ( x) De olia områdena D n uppfyller att D n D n+ och då n så ommer D n att närma sig en vadrat. ( Rimligen ) borde vi förvänta oss att tyngdpunten för D n ommer att närma sig 2, då n. Sevensen D n av områden ser ut enligt nedan, där ljusare 2 suggning innebär att den delen av området läggs till vid större värden på n. För n är området triangeln ovanför linjen y x och för n är området vadraten [, ] [, ].

5 Enlaste sättet att identifiera tyngdpunterna är nog att använda Pappos-Guldins regler balänges. Vi låter A n vara arean (den plana arean) av området D n : A n ( x n ) dx n + n n +. Låt nu V n,x vara volymen som uppstår då D n roterar ett varv ring x-axeln och V n,y vara volymen som uppstår när D n roterar ett varv ring y-axeln. Om (x n, y n ) är tyngdpunten i D n så gäller då att V n,x 2πy n A n och V n,y 2πx n A n. Vi beränar rotationsvolymerna. Med sivformeln erhåller vi att ( V n,x π ( 2 (x n ) 2 ) dx π ) 2n + och med rörformeln blir V n,y 2π Vi finner därmed att och y n x n ( x( x n ) dx 2π 2 ) ( π 2 ). n + 2 n + 2 V n,x 2n+ 2n 2π A n n+ V n,y 2 n+2 2n 2π A n n+ Med dessa uttryc är det lart att 2n 2n + n + 2n n + 2n + n n + 2 n + 2n n + 2n + 4. x n + /n 2 + 4/n 2 och y n + /n 2 + /n 2,

6 då n (precis som vi misstänte!). Alternativt. Man an även använda definitionen av tyngdpunt diret. För den som läst flervariabelanalys anse denna variant är naturligare. Området ser ungefär ut enligt nedan (beroende på n). y x n y + dy y x x + dx Låt da n (x) ( x n ) dx vara ett areaelement med syfte på x, x. Då gäller att x n x da n (x) (x x n+ ) dx ( A n A n A n 2 ) n + n + 2 n n 2n + 4 n + 2n + 4. På linande sätt an vi (eftersom y x n x y /n då x ) erhålla ett areaelement med syfte på y, y, enligt da n (y) y /n dy. Använder vi detta an vi se att y n y da n (y) y +/n dy A n A n A n Svar: (x n, y n ) 2 + /n n + n ( ) ( n + 2n + 4, n + ; (x n, y n ) 2n + 2, ) då n. 2 n 2n + n + 2n Serien är alternerande (för varje x) och termernas belopp är monotont avtagande mot noll (för varje x): ( ) x ( ) + x för alla positiva heltal och ( ) + x då. + x

7 Enligt Leibniz riterium är serien således onvergent. Eftersom serien är onvergent så gäller att f(x) f(y) ( ( ) + x ( ) + y ( y x ) ) ( ) ( + x )( + y ). ( ) ( + y ( + x ) ( + x )( + y ) Om vi studerar termerna i denna serie lite närmare ser vi att även detta är en Leibniz-serie (serien alternerar och termernas belopp avtar mot noll), så serien är till beloppet begränsad av beloppet av första termen: ( ) ( + x )( + y ) ( + x )( + y ). Således ommer f(x) f(y) y x x y, där vi använde omvända triangeloliheten i den sista oliheten. Svar: se ovan. )