Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Genomgånget på föreläsningarna Föreläsning 26, 9/2 2011: y + ay + by = h(x)

Transkript

1 Uppsala Uiversitet Matematiska Istitutioe Bo Styf Evariabelaalys, 0 hp STS, X Föreläsig 26, 9/2 20: Geomgåget på föreläsigara Att lösa de ihomogea ekvatioe. De ekvatio vi syftar på är förstås y + ay + by = hx) IH) För att lösa dea är gåge att först fia de allmäa lösige y h x) till motsvarade homogea ekvatio y + ay + by = 0. Vi har sett att detta ekelt ka göras geom att lösa de karakteristiska ekvatioe r 2 + ar + b = 0. När detta är gjort gäller det att hitta e lösig y p x) till IH); e så kallad partikulärlösig, geom att helt ekelt göra kvalificerade gissigar! Vi tar ågra fall: Om hx) är ett polyom av grad så asätter vi y p x) som ett polyom av grad, med obestämda koefficieter. Exempelvis, om = 2 sätter vi y p x) = αx 2 + βx + γ. Om hx) = Px)e ax, där Px) är ett polyom av grad, så prövar vi med y p x) = Qx)e ax, där Qx) är ett polyom av grad, med obestämda koefficieter. Exempelvis, om = 2 sätter vi y p x) = αx 2 + βx + γ)e ax. Om hx) = b cos ωx + b 2 si ωx så asätter vi y p x) = a cos ωx + a 2 si ωx. Iblad är högerledet sådat att de asats vi gör eligt ova visar sig vara e lösig till de homogea ekvatioe. Då gör vi e y asats geom att multiplicera de gamla asatse med x. Om hx) = h x) + h 2 x) så bestämmer vi e partikulärlösig y p till y + ay + by = h x) och e partikulärlösig y p2 till y + ay + by = h 2 x). Då är y p = y p + y p2 e partikulärlösig till y + ay + by = hx). Slutlige gäller att de allmäa lösige till IH) ka skrivas som y = y p + y h. Exempel. Lös följade differetialekvatioer: a) y y = 3x + )e 2x. b) y y = 2e x, y0) = y 0) = 0. c) y 6y + 9y = e 3x +. d) y 2y = 48 cos 2x, y0) = 0. e) y + 4y = cos 2x, y0) = 0, y 0) =. Lösig. Med vägledig av ovaståede får vi:

2 a) Karakteristiska ekvatioe är r 2 = 0, med röttera r = ±. Homogea lösige är därför y h = C e x + C 2 e x. Eftersom högerledet är e 2x multiplicerat med ett förstagradspolyom asätter vi som partikulärlösig y = y p = ax + b)e 2x y = 2ax + 2b + a)e 2x, y = 4ax + 4b + 2a + 2a)e 2x. Detta ger y y = 3ax + 3b + 4a)e 2x = 3x + )e 2x, vilket ger oss ekvatiossystemet 3a = 3, 3b + 4a =, med lösige a =, b =. Vi har därför y p = x )e 2x. Allmäa lösige till IH) är därför y = y p + y h = x )e 2x + C e x + C 2 e x. b) Vi har samma homogea ekvatio som i a) och alltså y h = C e x + C 2 e x. Sätter vi C = 2, C 2 = 0 får vi högerledet 2e x i ekvatioe. De ormala asatse y p = ae x fugerar därför ite så vi multiplicerar dea asats med x och får de ya asatse y = y p = axe x, y = ax + )e x, y = ax + 2)e x, som stoppas i i ekvatioes västerled. Vi får y y = ax + 2 x)e x = 2ae x 2a = 2, a =, y p = x e x. Ekvatioes allmäa lösig är alltså y = y p + y h = xe x + C e x + C 2 e x y = x + )e x + C e x C 2 e x. Krave y0) = y 0) = 0 ger oss ekvatiossystemet C + C 2 = 0, + C C 2 = 0, som har lösige C = 2, C 2 = 2. Svar. y = xe x 2 ex + 2 e x. c) Karakteristiska ekvatioe r 2 6r + 9 = 0 har dubbelrote r = r 2 = 3 så homogea lösige är y h = Ax + B)e 3x. Vi söker först e partikulärlösig y p till ekvatioe y 6y + 9y = e 3x. Både e 3x och xe 3x dock lösigar till de homogea ekvatioe så vi tvigas att multiplicera med x två gåger och göra asatse y = y p = ax 2 e 3x y = a3x 2 + 2x)e 3x, y = a9x 2 + 2x + 2)e 3x och e 3x = y 6y + 9y = a9x 2 + 2x + 2 8x 2 2x + 9x 2 )e 3x = 2ae 3x a = 2, y p = 2 x2 e 3x. E partikulärlösig till ekvatioe y 6y + 9y = är kostate y p2 = 9. Sammataget betyder detta att e partikulärlösig till de ursprugliga ekvatioe är Ekvatioes allmäa lösig är därför y p = y p + y p2 = 2 x2 e 3x + 9. y = y p + y h = 2 x2 e 3x Ax + B)e3x. 2

3 d) Karakteristiska ekvatioe r 2 2r = 0 har röttera r = 0, r 2 = 2 så homogea lösige är y h = A + Be 2x. Vad gäller partikulärlösige gör vi asatse y = y p = a cos 2x + b si 2x y = 2a si 2x + 2b cos 2x, y = 4a cos 2x 4b si 2x och y 2y = 4a 24b) cos 2x + 24a 4b) si 2x = 48 cos 2x 4a + 24b = 48, 24a 4b = 0, som har lösige a =, b = 6, vilket betyder att y p = cos 2x 6 si 2x. De allmäa lösige till de ihomogea ekvatioe är därför y = y p + y h = cos 2x 6 si 2x + A + Be 2x. Villkoret 0 = y0) ger 0 = A + B B = A. Lösigara som uppfyller villkoret ges alltså av där A är e godtycklig reell kostat. y = cos 2x 6 si 2x + A + A)e 2x, e) Karakteristiska ekvatioe r = 0 har röttera r,2 = ±2i så homogea lösige är y h = A cos 2x + B si 2x. Högerledet är alltså e av lösigara till de homogea ekvatioe, så de ormala asatse y p = a cos 2x + b si 2x måste multipliceras med x, d.v.s vi gör asatse y = y p = xa cos 2x + b si 2x) y = a cos 2x + b si 2x) + x 2a si 2x + 2b cos 2x), y = 4b 4ax) cos 2x 4a + 4bx) si 2x och y + 4y = 4b cos 2x 4a si 2x = cos 2x b = 4, a = 0, y p = x si 2x. 4 Allmäa lösige är alltså x ) x ) ) y = y p + y h = 4 + B si 2x + A cos 2x y = 2 + 2B cos 2x + 4 2A si 2x. Begyelsevillkore 0 = y0), = y 0) ger seda 0 = A, = 2B, B = /2. De efterfrågade lösige är alltså y = x si 2x. 3

4 Föreläsig 27, /2 20: Talföljder. E talföljd s ) är, precis som det låter, e oädlig följd s, s 2, s 3, s 4,... av reella tal se avsitt 9.). Ma ka också se e talföljd som e reellvärd fuktio defiierad på de positiva heltale som s = f ), N alltså). Följde är positiv om s 0, uppåt begräsad om s M för ågo kostat M, växade om s s +, avtagade om s s + och altererade om s s + < 0 vartaat tal är positivt och vartaat tal är egativt). Att talföljde har gräsvärdet S, vilket skrivs s S eller lim s = S, har samma iebörd som är vi skriver S = lim f x), där f x) är defiierad för x <. Skillade x är att variabel x = bara ka ata heltalsvärde. Observera att om S = lim s så gäller äve S = lim s = lim s + = lim s 2 = lim s +2 = Exempel. Låt s = + ), =, 2, 3,... Beräka, om det existerar, L = lim s. Lösig. Med hjälp av Maclauriutvecklige l + v) = v + Ov 2 ) och räkereglera för gräsvärde får vi där expt) = e t ) L = lim + ) = lim exp = lim exp = exp lim l + ) ) = lim exp l + )) + O )) 2 ) = lim exp + O )) ) + O )) ) = exp) = e. Sats. Atag att s ) är e växade talföljd. Om följde är uppåt begräsad så existerar lim s. Om följde ite är uppåt begräsad så gäller lim s =. Serier. E serie eller oädlig summa) a är ett försök att addera alla tale i e följd a ). Om försöket lyckas säger vi att serie är koverget. Om försöket misslyckas säger vi att serie är diverget. Försöket består i att ma bildar följde s ) beståede av delsummora s = a + a a, =, 2, 3,... 4

5 Försöket defiieras som lyckat om S = lim s existerar. Serie a är då koverget med värdet eller summa) S. Vi skriver då S = a. Försöket defiieras som misslyckat om S = lim s ite existerar. Serie a är då diver- get, d.v.s det går ite att addera tale i följde a ). Geometriska serier. Om vi försöker addera tale a = x, =, 2, 3,..., där x är ett reellt tal, så får vi de geometriska serie x = + x + x 2 + x 3 + För delsummora s = + x + x x har vi xs = x + x x + x och x)s = s xs = + x + x x ) x + x x + x ) = x vilket ger s =, då x =, s = x x = x, då x =. ) x Med hjälp av ) ser vi att de geometriska serie divergerar om x och kovergerar om < x <. I det seare fallet har vi S = x = x. Exempel. E partikel släpps frå e viss höjd och faller, uder kostat acceleratio, ed mot ett horisotellt pla, vilket ås efter e sekud. Därefter kommer partikel att udergå e oädlig följd studsar mot plaet, sådaa att i varje studs är studshöjde 8% av föregåede studshöjd. Hur låg tid tar det ia partikel slutar studsa? Lösig. Låt h 0 vara höjde frå vilke partikel släpps och låt τ 0 =. Låt vidare h ) och τ ) vara följdera som defiieras av att h är studshöjde i :te studse och τ är falltide frå höjde h ed till plaet. Vi har då h = 0.8h och h = gτ2, =, 2, 3,..., 2 där g är tygdacceleratioe. Dessa sambad ger h = 0.8 h 0 och 2h τ = g = 2h g = 0.9 τ 0 = 0.9, = 0,, 2,.... Totala studstide T, räkat frå släppet, ges därför av T = τ τ = + 2 =0 0.9 = = 9. Svar. Partikel studsar i 9 sekuder ia de lägger sig till vila på plaet. 5

6 Teleskoperade serier. Serie a sägs vara teleskoperade om det fis e talföljd b ) såda att a = b b +. För delsummora till e såda serie gäller s = b b 2 ) + b 2 b 3 ) + + b b ) + b b + ) = b b +. Av detta drar vi geast slutsatse att serie är koverget, d.v.s S = lim s existerar, om och edast om B = lim b existerar, i vilket fall S = b B. Exempel. Visa att serie Lösig. Med partialbråksuppdelig får vi 2 kovergerar och beräka summa S. + a = 2 + = + ) = + = b b +, där b =. Serie är alltså teleskoperade och då b 0 följer att S = b 0 =. Räkeregel för kovergeta serier. Om a, b är kovergeta och A, B är kostater så är Aa + Bb ) koverget och Aa + Bb ) = A a + B b Om däremot a är koverget, meda b är diverget, och A, B är kostater, B = 0, så är Aa + Bb ) diverget. 6

7 Föreläsig 28, 5/2 20: Sats. Om Bevis. Atag att S = a kovergerar så måste a 0. a. Vi har då a = a + + a + a ) a + + a ) = s s S S = 0. Dea sats ka bara avädas för att bevisa att serier divergerar. Exempel. Avgör kovergese hos Lösig. Låt a = ) +. Då + = ) + + så följer att lim a ej existerar, vilket medför att Exempel. Avgör kovergese hos Lösig. Låt a = så följer att Positiva serier. Serie +. Då a = + = + ) = +, + a divergerar. ) = +, a divergerar ty om de kovergerade skulle a 0). a sägs vara positiv om a 0. Följde s ), av series delsummor, är då växade. Eligt e sats ova gäller därför att edera gäller s S <, alltså S = a, eller s, alltså = a. Koverges av positiva serier. Då ma skall avgöra kovergese av e positiv serie a har ma hjälp av följade satser se 9.3): 7

8 a) Jämförelsekriteriet. Atag att B, C är positiva kostater och 0 Bb a Cc. ) Om c < så gäller a C c <. 2) Om b = så gäller a =. b) Jämförelse mella summor och itegraler. Om a = f ), där f x) är positiv, avtagade och kotiuerlig för x < så gäller se fig. på sid. 50) vilket ger f 2) + + f ) + f ) f x) dx f ) + f 2) + + f ), s f ) + f x) dx och f ) + f x) dx s, c) Itegralkriteriet. Atag att a = f ), där f x) är positiv, avtagade och kotiuerlig för x <. Olikhetera uder b) ger då ) Om 2) Om d) p-seriera. f x) dx < f x) dx = så gäller så gäller p < om p >. a <. a =. = om p. p e) Kvotforme av jämförelsekriteriet. Atag att lim a b = L, där 0 L. ) Om L < och 2) Om L > 0 och b < så gäller b = så gäller a <. a =. Exempel. Avgör kovergese hos följade serier och bestäm summa i de fall detta är möjligt: 5 + a) 3. b) c) ) + 2). 5 + cos +. Lösig. Vi utyttjar jämförelsekriteriera och egeskapera hos geometriska och teleskoperade serier: 8

9 a) Vi har a = = = 5 3 = 5 ) 5 = 5 x, 3 där x = 5/3. Detta ger oss a = 5 x = 5 x = 5 5/3 = b) Vi avgör först kovergese. Geom e grov överslagsräkig ser vi att för stora värde på gäller a = ) + 2) ) + 0) = 3 = 2 = b, där betyder har samma storleksordig som. För gräsvärdet av kvote mella a och b har vi a L = lim = ) lim b + ) + 2) 3 + 2) = lim + ) + 2) = lim ) 2 + ) + 2 ) = lim + ) + 2 ) = 3. Eftersom 0 < L < och b är koverget p-serie med p > ) ger kvotforme av jämförelsekriteriet att a är koverget. Ia vi lämar uppgifte måste vi fråga oss om detta är e teleskoperade serie. För att avgöra detta gör vi e partialbråksutvecklig av a som ju är e ratioell fuktio av ). Vi får fyll i detaljera!) a = = där b = / + 2/ + ). Eftersom b 0 följer att c) Vi har Eftersom ger jämförelsekriteriet att a =. a = b 0 = 2. a = 5 + cos = = b. b = ) ) = b b + +, 2 9

10 Föreläsig 29, 6/2 20: Altererade serier. E altererade serie är e serie där varaa term är positiv och varaa term är egativ. E altererade serie ka alltså skrivas som ) a eller ) a ) där a > 0 för alla. Leibiz kovergeskriterium. Om a avtar mot 0 så kovergerar ) se sid. 52 i läroboke. Exempel. Eligt Leibiz kriterium kovergerar seriera a) ) b) =2 cos π + l c) ) Absolutkoverges. E serie absolutkoverget serie är automatiskt koverget. a sägs vara absolutkoverget om a <. E Reste av föreläsige ägade vi åt att gå igeom seriera som fis på de tetor som listas på kurshemsida. 0

11 Föreläsig 30, 8/2 20: