Lösningar till Matematisk analys 4,

Transkript

1 Lösningar till Matematisk analys 4, a Sätt a k k + k +, b k k e /k Serien k a k är positiv. Vi har att och c k k! 4 k k! för k,,... a k k + k + k k för stora k k och mera precist att / a k k k + k + k + k + +0 k, +0 k och eftersom k är en divergent standardserie följer av ett jämförelsekriterium för positiva serier k att k a k divergerar. Serien k b k är alternerande. Vi har att b k e /k är avtagande i k för k,,... ty e x är växande i x, ochviharocksåatt b k e /k e 0 0då k,ochalltså konvergerar k b k enligt Leibniz konvergenskriterium för alternerande serier. För serien k c k notera att c k+ c k k +! 4 k+ k +! k! k! 4 k k +! 4 k+ k +! k! k! 4 k 4k + k + > för k,,..., k +k + k + varav fås att c <c <c 3 <...Alltså gäller ej att c k 0då k,ochsåledes divergerar k c k. b Eftersom y0 och y 0 0 kan den sökta potensserielösningen skrivas y + a k x k, och eftersom potensserier kan deriveras termvis ger derivering att y ka k x k och att y kk a k x k. k k k Insättning i den givna differentialekvationen ger sedan att x x kk a k x k + x ka k x k + x + a k x k 0. k k k Men x + a k x k x + a k x k+, k k

2 och k x ka k x k ka k x k x k k k l0 k ka k x k ka k x k ka k x k+ l +a l+ x l+ ka k x k+ }{{}}{{} Sätt l k Byt l mot k k +a k+ x k+ ka k x k+ a x +3a 3 x + k +a k+ x k+ ka k x k+ k0 k k k a x +3a 3 x + k k k +ak+ ka k x k+ k x x kk a k x k x kk a k x k x 3 k k l0 k k kk a k x k kk a k x k kk a k x k+ l +l +a l+ x l+ kk a k x k+ } {{ } } {{ } Sätt l k Byt l mot k k +k +a k+ x k+ kk a k x k+ k0 a x +6a 3 x + k +k +a k+ x k+ kk a k x k+ k a x +6a 3 x + Sambandet kan därför skrivas 4a +x +9a 3 x + eller ekvivalent Vi får således att samt att och alltså att samt att k k k k +k +ak+ kk a k x k+ k k +k +ak+ +k +a k+ kk a k ka k + a k x k+ 0 k 4a +x +9a 3 x + k + a k+ k k +a k x k+ 0. k k + a k+ k k +a k 0, k, 3,... a k+ 4a +9a 3 0, k k + k + a k, k, 3,... a 4,a 3 0. Av a 3 0ochföljer att a 3 a 5 a 7...0,

3 dvs att a k+ 0för k,,.... Av a 4 och följer att a4 3 a 4 3 3, dvs att a a , a a ,. a k 4 k k för k, 3, k en sökta potensserielösningen är alltså 3 y 4 x 4 k k k 4... k xk Potensseriens konvergensradie bestämmer vi med hjälp av d Alemberts kvotkriterium. Sätt ågäller för x 0att b k+ b k b k k k 4... k xk för k, 3,... k k k x k+ k 4... k k x k k k + k x + x x x k k då k, och enligt d Alemberts kvotkriterium gäller således för x 0 att den erhållna potensserielösningen 3 är absolutkonvergent om x < och divergent om x >. Potensserielösningen är alltså absolutkonvergent om x < ochdivergentom x >, och följdaktligen är potensserielösningens konvergensradie och den erhållna potensserielösningen är lösning till den givna diffrerentialekvationen i intervallet <x<. Anmärkning. Viharatt och alltså att a k k 3... k k 4... k 4... k 3... k k k... k k k 4... k 4 k! k k!, k k! 4 k k 4 för k, 3,... k! k! k k! 3

4 Vi noterar att slutformeln här ovan för a k stämmer även för k.enerhållna potensserielösningen 3 kan alltså även skrivas k! y 4 k k 4 x k. k! k. tan y + z 4är en rät cirkulär cylinderyta obegränsat lång åt båda hållen med radien och x-axeln som centrumlinje. Låt A vara arean av den del av cylinderytan y + z 4där y x + och låt A vara arean av den del av ytan z där y x +. Eftersom y + z 4 z ± gäller att A A.Avy + z 4följer att y 4 y. Låt vara det område i xy-planet där y, y x +.Sambandet z ger att z x 0, z y y och Enligt formel för area av funktionsyta gäller därför att A + z x + z y + y. + z x + z y dx dy dx dy. Eftersom rita figur x, y y, y x + x + y y, y x y får vi att sökt area y A A 4 dx dy 4 dx dy y 4 8 / 8 [ x ] xy x y u du 8 4 4u / dy 4 y y Gör substitutionen y u. u du 8 u / [ u / arcsin u ] / 8 0 arcsin 8 dy 8 3 π arcsin + arcsin π 8 6 y dy u u / du u 3 arcsin π a Inför även komponenterna för vektorn u. Säg att u u,u,u 3. Vi har då att u v u,u,u 3 v,v,v 3 u v 3 u 3 v, u v 3 u 3 v,u v u v u v 3 u 3 v, u v 3 + u 3 v,u v u v 0,v3, v u,u,u 3, v3, 0,v u,u,u 3, v, v, 0 u,u,u 3 0,v3, v u, v3, 0,v u, v, v, 0 u och den påstådda likheten är visad. b Om G är en vektor i rummet låter vi G k för k,, 3, eller när det passar bättre G k för k,, 3, beteckna komponenterna för G. Vihardåatt 4

5 N F ds Enligt definitionen av vektorvärd ytintegral. N F ds, N F ds, N F 3 ds 0,F3, F N ds, Enligt a. F3, 0,F N ds, F, F, 0 N ds Enligt divergenssatsen tillämpad på varochenavkomponenterna. ivergenssatsen kan så användas enligt de i problemtexten angivna förutsättningarna på, och F. F3 y F dx dy dz, F 3 z x + F z Eftersom F F dx dy dz, x F dx dy dz y x, y, F,F,F 3 z F3 y F z, F3 x F, F z x F y F3 y F z, F 3 x + F z, F x F. y F dx dy dz, och den påstådda likheten är visad. F dx dy dz, Enligt definitionen av vektorvärd volymintegralintegral. Fdx dy dz, F dx dy dz 3 4. Vi beräknar kurvintegralen genom att använda Stokes sats. Sambanden x + y + z 5,z 0geratt z 5 x y.låt beteckna den del av halvklotytan z 5 x y där x + y. En parametrisering av ytan är x u, y v, z 5 u v, u + v. Med ru, v u, v, 5 u v får vi att r, u, v u 0,, r 5 u v 0, u, v v, och 5 u v r u, v r u, v u 5 u v, v 5 u v,, och vi noterar att ytnormalen r u, v r u, v till pekar uppåt i den införda parametriseringen. Låt vidare N vara den uppåtriktade enhetsnormalen till.meddessa beteckningar har vi att xyz 3 +yz dx + xz + x z 3 dy + xyz +3x yz dz γ 5

6 + Enligt Stokes sats. xyz 3 +yz,xz + x z 3, xyz +3x yz N ds u +v 0, yz, z N ds Enligt den införda parametriseringen av. 0, v 5 u v, 5 u v u 5 u v, v 5 u v, dudv u +v s +t v 5 u v dudv u +v Gör substitutionen s u, t v u s +,v t, substitutionens funktionaldeterminant du,v s + +3t 5 dsdt s +t ds,t. u +3v 5 dudv s +s +3t 4 dsdt Eftersom s är udda i s och området s + t är symmetriskt kring s 0 s +3t 4 dsdt s +t 0 r 0 θ<π s +t Eftersom området s + t är symmetriskt i s och t. s + t +3 s + t 4 dsdt s + t dsdt s +t Inför polära koordinater s r cos θ, t r sin θ. r rdrdθ4π 0 r 3 r [ ] dr 4π 4 r4 r 0 3π. 5. Låt kurvan γ vara ett varvmoturslängs den kvadratiska kurvan med kvadrathörnen i de fyra punkterna ±π/, ±π/, och låt kurvan γ vara ett varv moturslängs cirkeln x + y 6. Sätt cos x sin y P x, y sin x +sin y och Qx, y sin x cos y sin x +sin y. Låt vara hela planet utom de punkter x, y där sin x siny 0,dvs är hela planet utom punkterna mπ, nπ, m, n Z. Funktionerna P och Q och alla deras derivator existerar då ochär kontinuerliga i hela. Viskaberäkna γ Pdx+ Qdy och γ Pdx+ Qdy. Vi börjar med att beräkna kurvintegralen Pdx+Qdy.Låt γ γ vara räta linjen från punkten π, π till punkten π, π,låt γ vara räta linjen från punkten π, π till punkten π, π,låt γ3 vara räta linjen från punkten π, π till punkten π, π,ochlåt γ4 vara räta linjen från punkten π, π till punkten π, π.åär γ γ γ γ 3 γ 4.Enparametrisering av γ är x π, y t, π t π,enparametrisering av γ är x t, y π, π t π,enparametrisering av γ 3 är x π, y t, π t π,ochenparametrisering av γ 4 är x t, y π, π t π.vifår att Pdx+ Qdy γ Pdx+ Qdy+ γ Pdx+ Qdy+ γ Pdx+ Qdy+ γ 3 Pdx+ Qdy γ 4 Pdx+ Qdy γ Pdx+ Qdy γ Pdx+ Qdy+ γ 3 Pdx+ Qdy γ 4 6

7 Enligt de angivna parametriseringarna av γ, γ, γ 3 och γ 4. π/ 0+ sin π cos t π/ π/ sin π dt cos t sin π +sin t π/ sin t +sin π +0 dt π/ 0+ sin π cos t π/ π/ sin π +sin dt + cos t sin π t π/ sin t +sin π +0 dt π/ cos t [ ] π/ 4 π/ +sin t dt 4 arctan sin t 4arctan arctan 4 arctan π. π/ Vi beräknar nu den andra kurvintegralen γ Pdx+ Qdy.erivering ger att P x, y Q x, y cos x cos y sin y sin x sin x +sin dåx, y. y Idelområden av planet där Greens formel kan användas på vektorfältet P, Q, dvs i delområden av området, försvinner således dubbelintegraldelen i Greens formel. Vi utnyttjar detta för att beräkna kurvintegralen γ Pdx+ Qdy.Fem av punkterna mπ, nπ, m, n Z, depunkter där P och Q inte är definierade, ligger innanför kurvan γ,ochdetär punkterna A 0, 0, A π, 0, A 3 0,π, A 4 π, 0 och A 5 0, π. Omge var och en av dessa fem punkter A k med en cirkel med liten radie a och medelpunkt i punkten. Låt Γ k k,, 3, 4, 5 vara cirkeln kring A k genomlupen ett varv moturs. Cirklarnas radie a väljs så liten att cirklarna Γ k k,, 3, 4, 5 är disjunkta och ligger innanför cirkeln γ,ochocksåsåliten att Γ ligger innanför kadratkurvan γ.vs0<a<4 π gäller. Låt E vara den del av området innanför cirkeln γ som är utanför cirklarna Γ k k,, 3, 4, 5, samt låt F vara den del av området innanför kvadratkurvan γ som är utanför cirkeln Γ.ågäller att E E och att F F. Vikanalltså tillämpa Greens formel på vektorfältet P, Q i området E E och i området F F och få att 5 Pdx+ Qdy+ Pdx+ Qdy Q x, y P x, y dxdy 0 dxdy 0 γ Γ k E E k och att Pdx+ Qdy+ γ Pdx+ Qdy Γ F Q x, y P x, y dxdy F 0 dxdy 0, och eftersom Γ Pdx+ Qdy Γ Pdx+ Qdy och γ Pdx+ Qdy π följer av detta att 4 och att 5 Pdx+ Qdy γ 5 k Γ Pdx+ Qdyπ. Γ k Pdx+ Qdy Låt x ϕt, y ψt, α t<βvara en parametrisering av cirkeln Γ.Ensådan parametrisering fås t ex om ϕt a cos t, ψt a sin t, α 0ochβ π. å är x π + ϕt, y ψt, α t<β en parametrisering av cirkeln Γ.essa parametriseringar ger Γ Pdx+ Qdy β α cos ϕt sinψt sin ϕt cosψt sin ϕt+sin ψt ϕ t+ sin ϕt+sin ψt ψ t dt 7

8 och β cos π + ϕt sin ψt sin π + ϕt cos ψt sin π + ϕt + sin ψt ϕ t+ sin π + ϕt + sin ψt ψ t dt Pdx+ Qdy Γ α β cos ϕt sinψt sin ϕt cosψt α sin ϕt+sin ψt ϕ t+ sin ϕt+sin ψt ψ t dt. vs vi har att 6 Pdx+ Qdy Γ Pdx+ Qdy. Γ På likartat sätt kan motiveras att vi även har att 7 Pdx+ Qdy Γ k Pdx+ Qdy Γ för k 3, 4, 5. Av 4, 5, 6 och 7 följer att γ Pdx+ Qdy 6π. 6. Se kurslitteraturen. 7. Se kurslitteraturen. 8