Institutionen för matematiska vetenskaper Chalmers tekniska högskola. Skissartade lösningsförslag till tentamen TMA976.

Transkript

1 Institutionen för matematisa vetensaper Chalmers tenisa högsola Sissartade lösningsförslag till tentamen TMA976 Datum: Lös differentialevationen y y = e x (x + e x ) y(0) = 1 y (0) = 0 Differentialevationen (D 2 1)[y(x)] = e x (x + e x ) är linjär av andra ordningen med onstanta oefficienter och inhomogen. Det arateristisa polynomet är r 2 1 = (r 1)(r + 1). Detta ger att den allmänna homogenlösningen an srivas på formen En partiulärlösning ges av y h (x) = Ae x + Be x. y p (x) = y p,1 (x) + y p,2 (x), där (D 2 1)[y p,1 (x)] = xe x och (D 2 1)[y p,2 (x)] = 1. Ansättningen y p,1 (x) = e x v(x) ger med försjutningsregeln att D(D+2)[v(x)] = x vilet med v(x) = (a+bx)x = ax+bx 2 efter insättning i differentialevationen v (x)+2v (x) = x ger a = b = 1 4. Ansättningen y p,2(x) = c ger c = 1. Vi får alltså (7p) y p (x) = 1 + ( 1 4 x2 1 4 x)ex. Allmänna lösningen y(x) till den ursprungliga differentialevationen ges av y(x) = y h (x) + y p (x) = (A 1 4 x x2 )e x + Be x 1. Begynnelsevilloren bestämmer onstanterna A och B. Vi har 1 = y(0) = A + B 1

2 och 0 = y (0) = A 1 4 B. Detta ger A = 9 8 och B = 7 8. Svar: y(x) = ( x x2 )e x e x 1 2. Lös differentialevationen { y = (x + y) 2 y(0) = 1 t. ex. genom att införa en ny variabel z(x) = x + y(x). Efter variabelbytet z(x) = x + y(x) fås den separabla differentialevationen z = 1 + z 2. Detta ges oss arctan(z(x)) = x + C och härur z(x) = tan(x + C). Villoret y(0) = 1 medför att 1 = z(0) = tanc och med C = π 4 fås Svar: y(x) = tan(x + π 4 ) x, x ( 3π 4, π 4 ) 3. Beräna sin(sin x) x 3 1 x lim 2 x 0 x 5. Standardutveclingarna och ger oss sinx = x x3 6 + x O(x7 ), x x = x + 3 ( 2 3 ) x 2 + O(x 3 ), x 0 2 sin(sinx) x 3 1 x 2 = sin(x x3 6 + x O(x7 )) x(1 1 3 x2 1 9 x4 + O(x 6 )) = 2

3 = (x x3 6 + x5 120 ) 1 x3 (x 6 6 ) x5 (x 1 3 x3 1 9 x5 ) + O(x 7 ) = =... = x5 + O(x 7 ). Härur följer Svar: För vila reella tal x är serien Σ =1 ( 1)( x 2 ) absolutonvergent, betingat onvergent respetive divergent? Sätt a = ( 1) 1, = 1, 2, 3,... 2 Vi observerar att eftersom och 1 = e ln 1 = ln O((ln )2 ) ln lim = 0 e t = 1 + t + O(t 2 ), t 0. Detta medför att lim a = 1 2 och vi får att onvergensradien R för potensserien är 2. Av detta följer att potensserien är absolutonvergent för x < 2 och divergent för x > 2. Återstår att studera fallen x = ±2. x=2 : Serien Σ =1 ( 1) är divergent enligt jämförelseriteriet då Σ =1 ln divergerar eftersom Σ =1 1 divergerar. x=-2 : Serien Σ =1 ( 1) ( 1) är alternerande och 0 b 0 då där b = 1 Om följden (b ) =l är avtagande för något positivt heltal l följer från Leibniz onvergensriterium att serien är onvergent. Notera att för positivt heltal gäller ( + 1)

4 +1 ( + 1) (1 + 1 ). Då lim (1 + 1 ) = e är den söta avtagandeegensapen för b -följden visad och potensserien onvergerar för x = 2 men ej absolutonvergent där då potensserien divergerar för x = 2. Detta ger oss Svar: Absolutonvergens för x ( 2, 2), betingad onvergens för x = 2 och divergens för x (, 2) [2, ) 5. För vila reella tal a onvergerar serien Σ =2 a? Efter omsrivningen a = 4 a ( ) och utnyttjande av standardutveclingen 1 + x = 1 + O(x), x 0 får vi a = 1 a O( 1 2). Dessutom vet vi att Σ 1 =1 onvergerar p > 1. p Av detta följer enligt jämförelsesatsen för positiva serier att den ursprungliga serien onvergerar om och endast om a > 1, dvs a > 1 2. Svar: a > Avgör om funtionsserien är liformigt onvergent på [0, 1]. Σ x =1 ( 1) (5p) 4

5 Vi ser att funtionsserien onvergerar puntvis på [0, 1] då den är absolutonvergent för varje x [0, 1) och onvergent i x = 1 enligt Leibniz onvergensriterium. Doc an man inte använda Weierstrass M-sats då serien Σ =1 max x ( 1) x [0,1] = 1 Σ =1 är divergent. Men eftersom ( 1 ) =1 är en avtagande följd som onvergerar mot 0 gäller för varje x [0, 1] och positivt heltal n att Σ x =1 ( 1) Σn x xn+1 =1 ( 1) ( 1)n+1 n n där n+1 0 då n. Alltså onvergerar funtionsserien liformigt på [0, 1]. Svar: Funtionsserien onvergerar liformigt på [0, 1]. 7. Formulera och bevisa Leibniz onvergensriterium. Se ELW. 8. Bevisa följande påståenden: (a) Antag att i. f : [ 1, 1] [ 1, 1] samt att ii. f är Lipschitzontinuerlig med Lipschitsonstanten < 1, dvs Visa att f(x) f(y) x y alla x, y [ 1, 1]. i. det finns ett entydigt bestämt α [ 1, 1] sådant att f(α) = α, ii. för varje x 0 [ 1, 1] gäller att följden (x n ) n=1, där x n+1 = f(x n ) för n = 0, 1, 2,..., onvergerar mot fixpunten α för f. (b) Antag att i. f : R R samt att ii. f är Lipschitzontinuerlig med Lipschitsonstanten < 1, dvs f(x) f(y) x y alla x, y R. 5

6 Visa att i. det finns ett entydigt bestämt α R sådant att f(α) = α, ii. för varje x 0 R gäller att följden (x n ) n=1, där x n+1 = f(x n ) för n = 0, 1, 2,..., onvergerar mot fixpunten α för f. (4+4p) (a) Se INR. Specialfall av fixpuntssatsen med a = 1 och b = 1. (b) Från ontrationsvilloret f(x) f(y) x y alla x, y R med y = 0 följer att f(0) x f(x) f(0) + x alla x R. Vi observerar att det finns R > 0 så att f : [ R, R] [ R, R] nämligen om f(0) R(1 ). Fixera ett sådant R. Det gäller att och x > R x f(x) (1 )x f(0) (1 )(x R) > 0 x < R x f(x) (1 )x f(0) (1 )(x + R) < 0. Av detta och fixpuntssatsen i INR tillämpad på f på intervallet [ R, R] följer första delen av påståendet. Det andra påståendet i uppgiften följer av fixpuntssatsen tillämpad på f på intervallet [ R, R] med R = max{r, x 0 }. Vi noterar att det gäller att f : [ R, R] [ R, R] alla R R. 6