TATA42: Envariabelanalys 2 VT 2018

Transkript

1 TATA42: Envribelnlys 2 VT 28 Föreläsningsnteckningr John Thim, MAI L =?

2

3 TATA42: Föreläsning Mclurinutecklingr John Thim 4 mrs 28 Introduktion Tänk er följnde sitution. En snäll funktion f är given, men vi skulle vilj pproimer den på något sätt med ett uttryck v enklre slg (polynom) som åtminstone är giltigt när en given punkt =. Vnlig metoder som vi redn känner till inkluderr tt br pproimer f med en konstnt f() (f:s värde i = ) eller knske med hjälp v tngenten till f i =. Båd metodern är vettig, men om vi behöver en bättre pproimtion då? Konstnten är ett polynom v grd noll och tngenten ett polynom v grd. Hur hittr vi en pproimtion v godtycklig grd n? Vi söker lltså ett polynom p() som stämmer överens med f när en punkt =. Låt oss illustrer vd vi menr. y f() + f () + f () 2 2 f() f() + f () Det verkr rimligt tt välj koefficientern i polynomet p() så tt p() = f(), p () = f () och så vidre (tt uttrycken hr smm derivtorer upp till önskd ordning i = ). Dett är också precis vd vi kommer tt gör! 2 Epnsion v snäll funktioner Vi kn gör dett systemtiskt när = med hjälp v en så klld Mclurinutveckling. Vi kommer hel tiden tt kräv tt funktioner är tillräckligt snäll (deriverbr) för vårt ändmål. I llmänhet kräver vi tt f är kontinuerligt deriverbr n + gånger om vi vill pproimer med ett polynom v grd n. Vi skriver dett lite kortre som f C n+, underförstått tt dett gäller när origo. Vi kn utläs dett som f tillhör klssen v (n + )-gånger kontinuerligt deriverbr funktioner. Dett betyder tt funktionen f, först derivtn f, ndr derivtn f och så vidre till och med f (n+) eisterr och är kontinuerlig funktioner. [email protected]

4 Om f C n+ så gäller tt Mclurinutveckling f() = f() + f () + f () 2! där resten r() är liten när noll. Polynomet p n () = f() + f () + f () 2! 2 + f (3) () 3! klls för Mclurinpolynomet för f v ordning n. 2 + f (3) () 3! f (n) () n + r(), n! f (n) () n n! Observer tt grden för p n är högst n (det kn händ tt termer försvinner på grund v tt någon derivt är noll i origo). Bevis. Vi utnyttjr upprepd prtiell integrtion. Genom ett smrt vl v primitiv funktion, d (t ) =, erhåller vi tt dt f() = f() + ˆ f (t) dt = f() + ˆ f (t) dt = f() + [ (t )f (t) ] ˆ (t )f (t) dt = f() + f () [ ] (t ) = f() + f 2 ˆ () f (t ) 2 (t) + f (3) (t) dt 2 2 = f() + f () f () + = f() + f () f () + ˆ (t ) 2 f (3) (t) dt 2 [ ] (t ) 3 f (3) (t) 3! ˆ ˆ ˆ (t ) 3 f (4) (t) dt 3! = f() + f () f () + 3 3! f (3) (t ) 3 () f (4) (t) dt 3! ˆ = = p n () + ( ) n (t ) n f (n+) (t) dt. n! Här får vi på köpet en representtion v resten r(), nämligen tt ˆ r() = ( ) n (t ) n f (n+) (t) dt = n! ˆ ( t) n f (n+) (t) dt. n! (t )f (t) dt Dett brukr klls Lgrnges restterm på integrlform; vi återkommer till dett! Det finns nu fler frågor. Vd mens med tt resten är liten när noll? Vd händer om vi är intresserde kring en punkt = och? Innn vi svrr på dess frågor, låt oss betrkt ett eempel. 2

5 Utveckling v sin y sin = + cos + sin 2 2! + cos 3 + 3! 3 /6 + 5 /5! = 3 3! + 5 5! + 3 /6 f() Desto fler termer vi tr med (ju högre grd polynomet p n hr), desto bättre stämmer polynomet överens med funktionen när noll. Precis som önskt. Resttermen är helt enkelt felet r() = f() p n (). Tydligt är tt dett fel beror på både och grdtlet n (och självklrt funktionen f). 3 Resttermen Hur hnterr vi resttermen? Ett sätt är tt jämför med uttryck v typen n som vi vet hur de beter sig när noll. På grund v konstruktionen måste r uppfyll tt r() = r () = r () = = r (n) () = eftersom koefficientern i p n () vlts för just dett ändmål (vis dett!). Vidre följer det tt r (n+) () = f (n+) () (förutstt tt f (n+) är definierd) eftersom p (n+) n () blir identiskt lik med noll. Det finns fler följder v denn likhet, och en vrint som gör det enkelt för oss tt räkn är tt uttryck restermen med hjälp v stor ordo. Stor ordo Definition. Vi säger tt f() = O( n ) då är när noll om det finns en begränsd funktion B() så tt f() = B() n för när noll. En funktion begränsd när noll är något som inte eploderr när vi befinner oss när origo. Skissr mn en grf sk mn kunn rit in grfen i en rektngel. Till eempel är inte begränsd när origo. Men är begränsd när nolln (men inte när ). Mn bör lltså + preciser i vilket område mn menr när mn säger tt något är begränst. 3

6 y I figuren kn mn se tt det går tt stäng in /( + ) när origo (svrt rektngel), men det är omöjligt tt rit en rektngel som täcker / ovsett hur liten sidlängd mn väljer prllellt med -eln (röd försöket). En br sk tt komm ihåg är tt ll funktioner som är kontinuerlig när origo är begränsde när origo. Däremot behöver så klrt inte en begränsd funktion vr kontinuerlig. Vi kommer tt ägn oss en hel del åt så kllde ordo-klkyler. Följnde smbnd gäller. För när noll och m, n gäller: (i) O( n ) ± O( m ) = O( m ) om m n ( lägst vinner ); (ii) O( n )O( m ) = O( m+n ); (iii) Om f() = O( n ) och m n så är f() = O( m ) (vi kn sänk eponenten); (iv) B()O( n ) = O( n ) om B() är begränsd; (v) O( m ) n = O( mn ) och O((O( m )) n ) = O( mn ); (vi) O( n ) då om n >. Egenskper för stor ordo Observer speciellt fllet (i) med n = m och minus; vi hr lltså O( n ) O( n ) = O( n ). Ordo-termer tr ldrig ut vrndr eftersom det kn vr olik funktioner B() i de olik ( uttrycken. Vi kn även h negtiv eponenter som till eempel O, då oft underförstått ) 4

7 tt dett gäller när istället för när noll (nnrs är ordo-termen inte liten). Vi kn även tänk oss uttryck som O( α ) för α som inte är heltl. Viss försiktighet krävs dock så tt llt är definiert (α = /2 ger en kvdrtrot som inte är så pigg på negtiv tl som beknt, därv beloppet i uttrycket ovn). Ett nnt speciellt fll är O(). Dett är lltså endst en begränsd funktion. I norml fll kn vi inte gör så mycket med dett uttryck så om det dyker upp behöver vi ntgligen gör något nnorlund. Till eempel så gäller O( 5 ) O( 3 ) = 2 ( O( 3 )) + O( 3 ) = 2 ( O( 3 )) ( + O( 2 )) = O( 3 ), + O( 2 ) och då bråket är begränst när noll (vrför?) så är lltså llt lik med O(). Mn kn även hmn i situtionen tt mn hr potenser v uttryck som innehåller ordo-termer. Systemtiskt kn mn gå till väg som i följnde eempel. Låt t = O( 4 ). Då gäller tt ( t 2 = t t = 2 2 ) ( O( 4 ) 2 2 ) O( 4 ) = O( 4 ), ( t 3 = t t 2 = 2 2 ) O( 4 ) ( O( 4 ) ) = 3 + O( 4 ), ( t 4 = t t 3 = 2 2 ) O( 4 ) ( 3 + O( 4 ) ) = O( 4 ), När mn hr vnn inne knske mn tr lite genvägr... Om t = + O( 2 ), vd är + t + O(t 3 )? Lösning. Vi stoppr helt enkelt in vd t är och förenklr: + t + O(t 3 ) = + + O( 2 ) + O(( + O( 2 )) 3 ) = + + O( 2 ) + O( 3 ) = + + O( 2 ). Här hr vi undersökt ( + O( 2 )) 3 och ser tt den lägst eponent som dyker upp är när termen dyker upp i produkten. Alltså måste dett uttryck vr = O( 3 ). Eftersom vi redn hr en O( 2 )-term så tillför dett inget och vi erhåller svret ovn. 5

8 Vd innebär det tt f() = O( n )? Oft hndlr det om tt beskriv hur snbbt en funktion f() går mot noll (eller kvlittivt hur liten den är när noll). Mn kn då tänk sig tt uttrycket i ordo-termen ger en gräns för hur stor f() kn vr och mer eller mindre trycker ihop grfen för f() på ett visst sätt när origo. Betrkt följnde eempel (där f() är den blå kurvn). y y f() = O() y f() = O() y f() = O( 2 ) f() = O( 4 ) Om f är tillräckligt snäll (i meningen deriverbr) kn mn vis tt följnde smbnd gäller. Om f C n+ när origo så är f() = p n () + O( n+ ), där p n () är Mclurinpolynomet v ordning n. Bevis. Om vi erinrr oss Lgrnges restterm på integrlform kn vi skriv f() = p n () + ˆ ( t) n f (n+) (t) dt. n! 6

9 Då måste Här är r() = ˆ n n! ( t) n ˆ f (n+) (t) dt n! t n f (n+) (t) dt n! m f (n+) (t) t ˆ dt = B() n+. B() = n! m t f (n+) (t) begränsd på, te,, eftersom f (n+) (t) är en kontinuerlig funktion. Således måste r() = O( n+ ). Mclurinpolynomet v ordning n för f() = e kn fås enkelt eftersom f (n) () = e för ll n, så f (n) () = och e = ! + 4 4! + + n n! + O(n+ ). Vi utvecklr f() = cos. Då är f () = sin, f () = cos, f (3) () = sin och f (4) () = cos. Sen börjr vi om med sin igen. Enligt formeln för Mclurinutveckling erhåller vi nu cos = ! + O(6 ). Polynomet är Mclurinpolynomet v både ordning 4 och 5 smtidigt eftersom f (5) () = så 5 -termen skns. Även om polynomet hr grd 4 (inte 5). När mn 4! vet om situtioner som denn är det lämpligt tt skriv O( 6 ) eftersom dett är mer precist. Vet mn däremot inte om tt 5 -termen skns måste mn skriv O( 5 ). All dess ordo-termer ställer till lite bekymmer iblnd (speciellt när mn läser fcit). Precis som ovn kn fler lterntiv vr snn men det betyder så klrt inte tt de är lik br. Ett nnt eempel är sin = 3 /6 + O( 4 ) och sin = 3 /6 + O( 5 )? Båd är korrekt. Vilken skulle du välj? Det är den sist mn brukr finn i tbeller, men vi lltid kn sänk eponenten i ordo-termen ty O( 5 ) = B () 5 = B () 4 = O( 4 ) där O( 4 ) = B 2 () 4 med B 2 () = B (). Vi flyttr lltså ett v :en till den begränsde termen (vilket är ok då är begränsd när noll). Vi tppr lltså lite informtion men likheten är fortfrnde snn. Vi kn skriv O( 3 ) också, men då försvinner 3 -termen in i ordo-termen. Slutstsen blir tt välj så hög eponent som möjligt. Den uppmärksmm läsren hr nu märkt något gnsk underhållnde: sekvensen v likheter kn endst läss från vänster till höger! Vr således lite försiktig. Lösningen på det formell problemet är tt nvänd ndr beteckningr istället för likhet, lterntivt skriv ut de begränsde funktionern hel tiden. 7

10 Se upp med ordo-klkylen! Ett vrningens ord inför tentn: slrv inte med ordo-termern! Uppgifter med principfel i ordo-hntering brukr render noll poäng. Påstå inte tt ett uttryck är mer precist än det är genom tt svr med för hög ordo-term (typisk fel i stil med tt påstå tt vänsterled och högerled är smm i ( O( 5 )) O( ) där bäst korrekt ordo-termen i vänsterledet är O( 6 )) och tt inte nvänd termer som är meningslös på grund v närvron v en ordo-term (te O( 3 )). 4 Stndrdutvecklingr Låt oss sml någr vnlig utvecklingr som med fördel kn memorers för tt snbbt kunn nvänds. Smtlig kn härleds direkt från formeln för Mclurinutvecklingr även om någr stycken kn görs lite enklre med viss trick (vi undersöker ett pr närmre på näst föreläsning). (i) e = ! + + O(n ) (ii) ln( + ) = n + ( )n 3 n + O(n+ ) (iii) cos = ! ± 2k (2k)! + O(2k+2 ) (iv) sin = 3 3! + 5 5! ± 2k (2k )! + O(2k+ ) (v) tn = O( ) (vi) ( + ) α α(α ) = + α Vnlig funktioner α(α )(α 2) 3 + 3! α(α ) (α n) n + O( n+ ) n! (vii) rctn = n + ( )n 5 2n + O(2n+ ) Utvecklingen v tn knske bör kommenters. Koefficientern som trillr ut följer ett mönster v s.k. Bernoullitl, men dett ligger lite utnför kursen. Enklst knske är tt härled de termer mn behöver för situtionen om inte tbellen finns tillgänglig eller memorerd. Ett krångligre eempel? Visst, mn kn gör sker hur bökig som helst! 8

11 Finn Mclurinutvecklingen för cos(sin ) v ordning 5. Lösning. Låt t = sin. Då är t = 3 3! + O(5 ), t är när noll när är när noll (viktigt!), och cos t = t2 2 + t4 4! + O(t6 ) = ( ) ! + O(5 ) + ( + O( 3 ) ) 4 + O(t 6 ) 4! = ! + O(6 ) + 4 4! + O(6 ) + O(( + O( 3 )) 6 ) = O( 6 ). 4! Vd händer om vi betrktr sin(cos ) istället? Undersök sken och vr försiktig med ordotermen! 5 Tylorutvecklingr Vi hr nämnt problemet tidigre: vd händer om vi vill pproimer f kring en punkt = istället där? Vi kommer åt dett problem genom tt betrkt g(t) = f(t + ), så vi låter lltså t =. Genom en Mclurinutveckling v g erhåller vi då följnde: g(t) = g() + g ()t + g () 2 t2 + + g(n) () t n + O(t n+ ) n! Här är g() = f(), g () = f (), och så vidre, och vi kn formuler uttrycket i vribeln i stället. Vi summerr resulttet i följnde sts. Om f är en (n + )-gånger kontinuerligt deriverbr funktion när = så är f() = f() + f ()( ) + f () 2 Tylorutveckling ( ) f (n) () ( ) n + O(( ) n+ ). n! Observer här tt termen O(( ) n+ ) är liten när är när i stället för när är när noll. Dett är viktigt! Konstruktionen med g(t) = f(t + ) gör tt vi i princip lltid kn nt tt = när vi bevisr stser. Med ndr ord gäller motsvrnde stser för Tylorutvecklingr som gäller för Mclurinutvecklingr. ( ) Finn Tylorutvecklingen för rctn kring = 3 v ordning 2 med restterm på ordo-form. 2 9

12 Lösning. Låt f() = rctn ( ) 2. Då är f () = 2 + (/2) 2 = /2 och f () = 4 ( + 2 /4) 2. Vi söker utvecklingen kring = 3, så = 3 i stsen ovn. Således erhåller vi tt ( 3 f(3) = rctn, f 2) (3) = Enligt stsen ovn ser vi tt 2 + 9/2 = 2 3, smt f 3 (3) = 4 ( /4) 2 = ( ) ( 3 rctn = rctn + 2 2) 2 6 ( 3) 3 69 ( 3)2 + O(( 3) 3 ). Självklrt kn mn i princip lltid likt vid härledning v Mclurinutvecklingr nvänd stsen ovn direkt (deriver och räkn ut f(), f () och så vidre, precis som i emplet ovn) men oft kn vi rädd situtionen med en känd Mclurinutveckling. Hur? Vi betrktr ett pr eempel för tt illustrer. Mclurinutveckl polynomet till ordning 2. Utveckl även polynomet kring = med ordning 2. Lösning. Mclurinpolynomet v ordning 2 ges v och utvecklingen kn skrivs = O( 3 ). Nu råkr 3 -termen skns så vi skulle lik gärn (bättre) kunn skriv O( 4 ). Vd händer när vi söker en Tylorutveckling kring =? Enklst är oft tt låt t+ = eftersom vi då hr när ett när t när noll. Alltså, = (t + ) 4 + 2(t + ) 2 3(t + ) + 4 = + 4t + 6t 2 + 4t 3 + t 4 + 2(t 2 + 2t + ) 3(t + ) + 4 = 4 + 5t + 8t 2 + O(t 3 ) = 4 + 5( ) + 8( ) 2 + O(( ) 3 ). Här kn vi inte skriv O(( ) 4 ) eftersom det finns en t 3 -term. Det kn lltså bli skillnd beroende på vilken punkt vi rbetr i (inte så förvånnde om vi tänker efter). Tylorutveckl + sin() kring = π 2.

13 Vi låter = t + π 2. Om är när π så är t när. Vi Mclurinutvecklr då 2 g(t) = f ( t + π ) ( = +sin t + π ) = +cos t = 2 t2 ( π/2) O(t4 ) = 2 +O(( π/2) 4 ), 2 där vi nvänt den känd trigonometrisk formeln sin(t + π/2) = cos t, t R. 6 Tillämpningr En vnlig tillämpning för Mclurinutvecklingr är beräkning v gränsvärden. sin Beräkn lim. Vi löser dett genom tt Mclurinutveckl sin (se tidigre eempel): sin = (3 /6) + O( 5 ) = + O( 2 ), då. Vi kn lltså Mclurinutveckl uttryck istället för tt memorer stndrdgränsvärden! Näst föreläsning kommer tt innehåll mssvis med fler tillämpningr!

14

15 TATA42: Föreläsning 2 Tillämpningr v Mclurinutvecklingr John Thim 4 mrs 28 Entydighet Om vi hr ett polynom som pproimerr en snäll funktion br, kn vi då vr säkr på tt koefficientern i polynomet är Mclurinkoefficientern? Fktum är tt vi fktiskt kn det! Entydighet Om f är (n + )-gånger kontinuerligt deriverbr, dvs f C n+, och f() = n n + O( n+ ) så är = f() och k = f (k) () k! för k =, 2,..., n. Bevisskiss: Mclurinutvecklingen finns, så vi måste h likheten n n + O( n+ ) = f() + f () + f () 2! f (n) () n + O( n+ ). n! Med = får vi = f(). Sen är det locknde tt deriver för tt bestämm, men ordotermen är obehglig då den inte behöver vr deriverbr. Men om vi utnyttjr tt = f() kn vi förkort bort ett överllt (även i ordo-termen): n n + O( n ) = f () + f () 2! Alltså är = f () och så vidre. Vi lndr till slut i tt där vi kn låt. [email protected] n + O() = f (n) () n! + + f (n) () n + O( n ). n! + O(),

16 2 Utvecklingr från derivtn Om mn vet en utveckling för derivtn f () kn mn direkt hitt utvecklingen för f() genom tt betrkt integrlklkylens huvudsts: f() = f() + ˆ f (t) dt. Härled Mclurinutvecklingen för ln( + ). Lösning. Låt f() = ln( + ). Som beknt ges derivtn v f () =. Vi kn utveckl + denn som ( + ) : + = ( ) n n + r(). Vi stnnr på n v en nledning. Eftersom f() = ln = så är ln( + ) = n + ( )n 3 n + ˆ r(t) dt. Resttermen då? I dett fll så ser vi tt Mclurinpolynomet är en geometrisk summ, så r() = n + ( ) k = + ( )n ( ) = ( )n n +. Alltså blir (för > ) r() n. Vi kn nu uppsktt integrlen v feltermen. Om gäller tt ˆ ˆ r(t) dt t n dt = n+ n + = O(n+ ) eftersom +. När < måste vi minst kräv tt < < (vrför?). Men vi kn gör det enklre för oss och helt enkelt nt tt /2. Då är + /2 och + 2. Liknnde klkyl som ovn ger oss O( n+ ). Dett krävde gnsk precis kunskp om resttermen, men det går tt gör liknnde rgument även när vi inte hr så enkl fll. Vi återkommer till dett i näst föreläsning. Det finns även en sts i boken som implicerr resulttet ovn. Dett resultt är generellt nvändbrt så låt oss formuler stsen. Om f C när noll smt f () = O( p ) för något heltl p, så är f() = O( p+ ) såvid f() =. Observer här tt vi bsolut inte påstår tt mn kn deriver ordo-termen. Som formuleringen lyder så vet vi priori tt f eisterr. 2

17 3 Utvecklingr vi nstser Om mn studerr utvecklingrn för sin och cos ser mn tt den udd funktionen sin endst hr udd eponenter och tt den jämn funktionen cos endst hr jämn eponenter. Dett gäller generellt för udd respektive jämn funktioner. Använd utvecklingen för sin för tt finn Mclurinpolynomet v ordning 4 för rcsin. Lösning. Vi vet tt rcsin( ) = rcsin(), så rcsin är udd. Det innebär lltså tt rcsin = O( 5 ). Vi söker och 3. Nu vet vi tt sin rcsin = för och eftersom sin = + 3 /6 + O( 5 ) måste då O( 5 ) ( O( 5 )) 3 + O(( O( 5 )) 5 ) =. 6 Vänsterledet kn vi skriv om som + ( ) O( 5 ) 6 och för tt dett sk vr lik med högerledet måste lltså = och 3 3 /6 =. Med ndr ord erhåller vi tt rcsin = O(5 ). Kontroller dett genom tt deriver f() = rcsin direkt! 4 Gränsvärden En vnlig tillämpning för Mclurinutvecklingr är beräkning v gränsvärden. cos + 2 Beräkn lim. 2 Vi löser dett genom tt Mclurinutveckl cos och + 2 : cos + 2 = 2 /2 + O( 4 ) ( + 2 /2 + O( 4 )) 2 2 = 2 ( + O( 2 )) = + O( 2 ), då. 2 Vi kn lltså Mclurinutveckl uttryck istället för tt memorer mssvis med stndrdgränsvärden! Oft är det också någon slgs kncelltion inblndd. Utvecklingr kn vr ett br sätt tt plock bort beteende som är likdnt i summor. 3

18 cos sin Finn gränsvärdet lim. ln( + 3 ) Vi löser problemet nlogt med föregående klkyl: ( ) cos sin O( 5 ) 2 3! lim = lim ln( + 3 ) 3 + O( 6 ) = lim + 3 O(2 ) = + O( 3 ) 3. = lim O( 5 ) 3 + O( 6 ) rctn sin 2 tn 2 Finn gränsvärdet (om det eisterr) lim. 2 ln( + 2 ) Lösning. Låt t = sin 2. Då är och därmed är t = ) 2 ( 3 3! + O(5 ) = O( 6 ) 3! Vidre är och rctn t = t + O(t 3 ) = ! Vi hr lltså + O( 6 ) + O ( ( 2 + O( 4 )) 3) = ! tn 2 = 2 + O( 6 ) 2 ln( + 2 ) = 2 ( 2 + O( 4 )) = 4 + O( 6 ). + O( 6 ). rctn sin 2 tn 2 2 ln( + 2 ) = ! 2 + O( 6 ) 4 + O( 6 ) = 2 + 3! O(2 ) + O( 2 ) 2 3! = 3. 5 Gränsvärden mot oändligheten Vi behöver i fllet när vi söker ett gränsvärde mot oändligheten inför en ny vribel som går mot noll då. Den vnligste tekniken vi nvänder är tt bryt ut det som dominerr ur vrje term och då få sker kvr som går mot noll. Dess sker brukr ge lämplig ny vribel. 4

19 ( Räkn ut gränsvärdet lim ) Lösning. Vi försöker bryt ut det som dominerr i vrje term. I den först är det 4 -termen och i den ndr 2 -termen. Således hr vi ( ) = ( = + ( ) ( 4 + O + ( ) ( ( + O 2 + ) ))) 2 2 = ( ) 2 + O, då. 2 Här hr vi nvänt t = 2 och s = 2 + som ny vribler. 6 Asymptoter Vis tt hr en symptot då. Lösning. Vi visr dett genom tt finn symptoten (om den finns). Mot oändligheten är det 2 -termen som dominerr i kvdrtroten, så vi börjr med tt bryt ut denn = Eftersom kn vi nt tt =. Låt nu t = 4. Då gäller tt t då. 2 2 Eftersom + t = + 2 t + O(t2 ) ser vi nu tt ( = 2 + ( 2 4 ) ( ( + O ) )) 2 = 2 ( ) O. Observer här tt O ( ( 4 ) ) 2 ( = O ) ( ) = O så termer innehållnde 2 försvinner in i denn. Vi hr nu vist tt det finns en symptot 2 /2 då eftersom O(/) då. 5

20 7 Etrempunkter En Mclurinutveckling beskriver hur en funktion beter sig loklt när origo. Alltså borde denn informtion kunn nvänds för tt undersök om det finns ett loklt m eller min i origo. Självklrt borde smm sk kunn görs i ndr punkter genom tt nvänd lämplig Tylorutveckling i stället. Vi betrktr ett pr eempel. Avgör om sin punkten hr. hr en lokl etrempunkt i origo och vgör om så är fllet vilken krktär Lösning. Vi Mclurinutvecklr sin och finner då tt sin = O(4 ) = 2 ( ) 6 + O(2 ). När är när ser vi tt uttrycket i prentesen y är. Funktionsvärdet i = är och om vi 6 flyttr oss lite från = så är funktionsvärdet strikt mindre än ett. Dett är definitionen v ett loklt mimum! Mer precist innebär likheten ovn tt det finns ett δ > så tt sin < för < < δ, se figuren till höger. δ δ f() Avgör om 2 + ep( 2 ) tn hr en lokl etrempunkt i origo och vgör om så är fllet vilken krktär punkten hr. Lösning. Vi utvecklr uttrycket: 2 + ep( 2 ) tn = 2 + ( O( 4 ) ) = O(5 ) ( ) 4 = O(2 ). ) ( O(5 ) Här ser vi tt uttrycket är större än 2 när > (men när noll) och mindre än 2 när < (men när noll) eftersom 3 välr tecken. Dett är således vrken en meller minpunkt eftersom ingen v dess definitioner är uppfylld. Formellt innebär det tt för vrje (litet) δ > hr funktionen utseendet till höger. Är dett en så klld tersspunkt? δ y δ f() 6

21 TATA42: Föreläsning 3 Restterm på Lgrnges form John Thim 5 mrs 28 Lgrnges form för resttermen Vi hr tidigre nvänt resttermen på ordo-form med god resultt. Oftst i smbnd med gränsvärden, etrempunktsundersökningr eller ndr lokl egenskper. Vd kn mn gör om mn vill h ett resultt som gäller globlt, eller åtminstone på ett förutbestämt intervll kring en punkt? Vi behöver lltså en mer precis kontroll på hur resttermen (dvs felet i utvecklingen) beter sig. Lgrnges form Om f C n+ när = så kn resttermen r() i Mclurinutvecklingen v ordning n för f skrivs r() = f (n+) (ξ) (n + )! n+ för något ξ melln och för vrje fit när origo. Bevis. Kom ihåg från föreläsning tt r() = ˆ ( t) n f (n+) (t) dt. n! Eftersom ( t) n för t melln och, smt tt både ( t) n och f (n+) (t) är kontinuerlig, kn vi nvänd medelvärdesstsen för integrler som säger tt det för vrje finns ett tl ξ melln och så tt r() = f (n+) (ξ) ˆ = f (n+) (ξ) (n + )! n+, vilket är precis vd vi vill vis! ( t) n n! ] t= dt = f (n+) ( t)n+ (ξ) [ (n + ) n! t= [email protected]

22 Funktionen ξ Observer tt dett är punktvis. För vrje fit hr vi resttermen på denn form. Tlet ξ beror lltså på vilket värde hr och bör därför egentligen betrkts som en funktion ξ() v. Dett kn ställ till det om mn inte är försiktig. På det sättet vi kommer tt nvänd Lgrnges form kommer vi dock inte tt påverks då vi hel tiden kommer jobb med så kllde likformig uppskttningr (som gäller för ll värden i något fit intervll för den vribel vi betrktr). Däremot kn funktionen ξ() potentiellt vr ordentligt elk (vi vet inte hur den ser ut eftersom den definiers vi medelvärdesstsen för vrje ). Det går lltså inte tt deriver resttermen r() på Lgrnges form hur som helst och även integrtion bör utförs försiktigt där mn helst uppskttt bort llt ξ-innehåll innn någon integrl dyker upp. Iblnd skriver mn ξ = θ, där θ [, ] för tt mrker tt ξ beror på. Observer här tt även θ vrierr när vi ändrr, men är begränsd melln och. Låt oss betrkt ett eempel. Låt f() = ( + ) 5. Vi vet från binomilstsen precis hur dett ser ut (Pscls tringel och så vidre). Alltså, f() = för ll. Låt oss utveckl f till ordning 3. Då är f() = r() där r() = f (4) (ξ) 4. Det är tydligt tt vi måste ändr ξ beroende på hur vi väljer. Dett 4! är klrt eftersom vi vet tt r() = och det är det end sättet dess två uttryck kn mtchs på: f (4) (ξ) 4 = f (4) (ξ) 4! 4! = 5 + 5ξ + 5 = 5 + ξ = 5 om då f (4) (ξ) = 2ξ + 2, vilket ger ett ξ som beror på (linjärt till och med!). I det generell fllet beror så klrt inte ξ så enkelt på, men eemplet visr tt ett beroende gnsk direkt uppstår. För motsvrnde Tylorutveckling kn resttermen skrivs r() = f (n+) (ξ) (n + )! ( )n+ där ξ ligger melln och (och när är fit). 2 Tillämpningr Så vd kn vi nvänd dett till? I princip de situtioner då vi inte enbrt är intresserde v vd som händer (väldigt) när en viss punkt. Allt från tt vis tt en viss Mclurinutveckling konvergerr på något intervll då vi fortsätter mot oändligheten med ntlet termer till tt vi knske mer precist vill uppsktt en integrl där vi inte känner till någon elementär primitiv funktion. Vi fortsätter nu lltså med en rd eempel på hur vi kn nvänd oss v Lgrnges 2

23 form på resttermen. Först smmnfttr vi stegen som oft ingår i nvändndet v Lgrnges restterm. Vnlig tekniker I llmänhet gör vi ett byte först och utvecklr en stndrdutveckling och sen pluggr in den gml vribeln i resttermen för den enkl utvidgningen. Se till tt håll koll här på vrt ξ ligger. Försök få en uppfttning om storleksordningen på r() för olik n. Hur stort n krävs? Är det överhuvudtget möjligt? Räkn ut derivtn f (n). Tips kn fås från hur Mclurinutvecklingen ser ut (men den räcker inte!). Uppsktt resttermen så tt vi får bort ξ. Utgå från det värst som är möjligt på det intervll vi rbetr. Låt oss räkn någr eempel för tt förtydlig. Skriv upp resttermen r() på Lgrnges form för utvecklingen v ordning för + 3. Lösning. Låt g(t) = ( + t). Vi betrktr g(t) = ( + t) = t + t 2 t 3 + r(t), där r(t) = g(4) (ξ) t 4 med ξ melln och t. Vrför stnnr vi vid n = 3? Jo, vi kommer ersätt t 4! med 3, så då får vi med llt upp till ordning. Eftersom g (4) 24 (t) = (dett måste ( + t) 5 räkns ut) så hr vi lltså r(t) = 24 4!( + ξ) 5 t4 = ( + ξ) 5 t4, för något ξ melln och t. Vrför inte skriv ξ t? Fktum är tt vi inte vet om t är positiv eller negtiv så då behövs lite belopp här och där för tt vr säkr. Enklre tt uttryck sken med ord! Vi återgår till : + 3 = r( 3 ) = ( + ξ) 5, för något ξ melln och 3. Observer tt krvet på ξ nu ändrts till motsvrnde krv för. Dett är viktigt! Vi kn också jämför med tt direktutveckl f() =. Då blir Mclurinpolynomet detsmm ( )

24 (givetvis) och resttermen får formen f (2) (ξ) 2 2! = ( ξ ( + ξ 3 ) ξ 2 ( + ξ 3 ) ξ 8 ( + ξ 3 ) ξ 5 ( + ξ 3 ) ξ 2 ( + ξ 3 ) ξ 9 ξ 6 ( + ξ 3 ) 7 45 ξ 3 ( + ξ 3 ) 6 + ( + ξ 3 ) 5 ) 2. ( + ξ 3 ) 8 ( ) En nturlig fråg nu är så klrt hur dett resultt kn stämm överens med ( ) eftersom de båd uttrycken ser ordentligt olik ut. Tänk dock på tt det är olik ξ i de två uttrycken. Det end vi påstår är tt för vrje finns ett ξ melln och 3 och ett ξ 2 melln och så tt resttermen i ( ) får smm numerisk värde som ( ), med ξ = ξ respektive ξ = ξ 2. Så båd vrintern ger en korrekt likhet. Vilken skulle du välj tt rbet med? Vis tt + ( ) ( ) 5 2 för 2. Lösning. Det end som blir kvr inne i bsolutbeloppet är resttermen vi tog frm i föregående eempel. Eftersom 2 är Då blir + ξ eftersom ξ ligger melln 8 och 3. Alltså blir ( ) 5 ( + ξ) 5 2 ( 2 8 ) 5 = Här vr det lltså viktigt vilk värden ξ kn nt! 2. Uppskttningr v funktionsvärden Typiskt skulle mn kunn vilj vet pproimtiv vilket värde en given funktion hr i en viss punkt =. Ett sätt är tt pproimer funktionen med dess Mclurinpolynom, som går lätt tt räkn ut numeriskt i en viss punkt (till eempel = ). Felet i denn uppskttning måste dock vr under kontroll, så vi behöver nvänd Lgrnges restterm med = och se hur stort dett blir. Uppsktt tlet cos 4 med ett fel < 6. 4

25 Lösning. Vi vet tt cos = 2 2 2n + + ( )n (2n)! + cos ξ ( )n+ (2n + 2)! 2n+2, för något ξ melln och. Resten kn vi uppsktt (för = /4) med cos ξ ( )n+ (2n + 2)! 2n+2 4 2n+2 (2n + 2)! eftersom cos ξ. Vi kn nu test n för tt se när dett blir < 6. Vi ser tt n = inte duger men med n = 2 erhåller vi (4 + 2)! = 2 2 6! < 4 5 =.5 6. Alltså är där R < 6. cos 4 = R Uppsktt 3 med ett fel < 3. Lösning. Att försök utveckl 3 = + 2 visr sig väldigt svårt då = 2 är för stort. Vi försöker skriv om 3 =, och ser då tt = 5 8 = , vilket verkr mer lovnde. Vd vi gjort är tt vi förlängt 3:n med en kvdrt och sen introducert en nnn kvdrt v ungefär smm storlek. På så sätt får vi något när ett inne i roten när vi bryter ut jämn kvdrter. Vi utvecklr + : + = ( + ξ) 5/2 8 3, 3! där ξ ligger melln och (och vårt = 6/8). Vi uppskttr resttermen (för hel utvecklingen) för tt se om dett räcker: ( + ξ) 5/2 3 3! ( + ξ) 5/2. Eftersom ξ ligger melln och = 6/8 blir nämnren som värst 6/8 = 75/8. Vi kn då uppsktt tt ( + ξ) 5/2 ( ) 5 ( 75 = 8 5 ) 5 3 > 9 5 ( 5 3 ) 5 2 = 9 ( ) 5 5 6

26 där vi utnyttjt tt 3 > 3. Nu kn vi uppsktt resttermen med = < < 2 2 < 3. Alltså hr vi ( 9 3 = ) + R = R där R Integrlklkyl Mn kn även hitt pproimtiv värden för numerisk integrler. Dett åstdkoms genom tt mn pproimerr integrnden med dess Mclurinpolynom. Problemet ligger i tt vi behöver h kontroll över hur resttermen beter sig över hel integrtionsområdet. Det räcker lltså inte med resttermen på ordo-form, utn vi behöver nvänd oss v Lgrnges restterm. Beräkn pproimtivt ˆ / d med ett fel som är < 9. Lösning. Vi utvecklr integrnden och låter t = 4 3 : + 43 = ( + t) /2 = + 2 t 8 t2 + r(t) = r(4 3 ), där r(t) = 3 8 ( + ξ) 5/2 t 3 för något ξ melln noll och t. Vi uppskttr r(4 3 ) genom 3! r(4 3 ) 3 8 3! (43 ) 3 = 4 9 eftersom + ξ då ξ ligger melln och 3 smt. Alltså är ˆ /8 ] / d = [ = ˆ /8 ˆ /8 r(4 3 ) d r(4 3 ) d, där ˆ /8 r(4 3 ) d 4 ˆ /8 9 d = 2 5 [ ] /8 8 = 2 3. Eftersom 2 3 = 24 3 > 9 så är felet < 9. 6

27 2.3 Konvergens? En gnsk nturlig fråg är så klrt vd som händer om vi tr med oändligt mång termer i Mclurinpolynomet (och vd det skulle betyd). Ett sett tt resoner på är tt nlyser resttermen och se vd som händer med den när ntlet termer går mot oändligheten. Ett nnt sätt är tt stirr på polynomet och funder. Följnde eempel är gnsk intressnt med tnke på tt smtlig Mclurinpolynom är identiskt lik med noll. Konvergens v utvecklingr Iblnd kn mn hmn i urrtde situtioner. T till eempel följnde funktion: { e /2,, f() =, =. Denn funktion är intressnt då f (n) () = för vrje positivt heltl n (vis det). Alltså är ll Mclurinkoefficienter lik med noll och ll Mclurinpolynom p n () = för ll. Mn kn tänk sig tt dett ldrig kn vr en br pproimtion, men låt oss rit hur f ser ut: y f() Verkr inte helt glet ändå! Tydligt tt pproimtionen inte fungerr när vi flyttr oss för långt från origo, vilket är ett fenomen som inträffr då och då. Däremot är dett ett eempel på en funktion där ll termer stämmer överens med Mclurinpolynomet, men även om mn tr med oändligt mång termer blir det br likhet i en end punkt ( = ). Vi återkommer till problemet tt hitt konvergensområden senre (potensserier). 7

28

29 TATA42: Föreläsning 4 Generliserde integrler John Thim 4 mrs 28 Vi hr stött på begreppet tidigre när vi diskutert Riemnnintegrler i föregående kurs. Denn gång kommer vi lite mer tt fokuser på frågn om en integrl konvergerr eller divergerr. Inte lik mycket på vd det ekt värdet blir. Låt oss börj med tt definier vd vi menr med en generliserd integrl. Definition. Låt f vr kontinuerlig på ], b[. En integrl ˆ b f() d säges vr generliserd i om = eller om f() är obegränsd då +, smt generliserd i b om b = eller om f() är obegränsd då b. Vi säger helt enkelt tt en integrl är generliserd i en punkt om det uppstår problem med begränsningen i punkten. Noter tt krvet på tt f är kontinuerlig på ], b[ är strkre än nödvändigt. Vi skulle kunn nöj oss med tt kräv tt f är Riemnnintegrbel på ], b[ (eller mer korrekt på ll slutn delintervll v ], b[). Integrlen integrlen ˆ 7 ˆ2 d är inte generliserd, integrlen ˆ d är generliserd i både och i. d är generliserd i + och + 2 Så hur menr vi då tt vi sk hnter generliserde integrler? Definition. Om f är kontinuerlig på ], b[ så definierr vi den generliserde integrlen enligt ˆ b f() d = lim s + ˆ c s f() d + lim t b om båd gränsvärden eisterr ändligt (oberoende v vrndr). ˆ t c f() d, där < c < b, [email protected]

30 Mn kn gnsk enkelt vis tt vlet v c inte påverkr resulttet (vrför?). Vi tr med båd potentiellt generliserde punktern på en gång, men i fllet tt integrlen inte är generliserd smmnfller gränsvärdet med den klssisk definitionen på Riemnnintegrlen. Dett ligger också till grund för följnde sts. Sts. Om ˆ b g() d eisterr (som ändlig gränsvärden) så gäller för konstnter c och c 2 tt f() d och ˆ b ˆ b Linjäritet ( c f() + c 2 g() ) ˆ b ˆ b d = c f() d + c 2 g() d. När vi säger tt en generliserd integrl eisterr nvänder vi iblnd begreppet konvergent. Definition. Om den generliserde integrlen eisterr kllr vi den för konvergent. I de fll där något v gränsvärden inte eisterr kllr vi integrlen för divergent. Värt tt noter är tt en vnlig Riemnn-integrl v en Riemnnintegrbel funktion på ett intervll [, b] självklrt är konvergent. Undersök om (den generliserde) integrlen ˆ d är konvergent. Lösning. Vi börjr med tt skiss den re vi kn tolk integrlen som. y y = b 2

31 Integrlen är generliserd i både = och i. Vi behöver lltså gör två undersökningr. Vi börjr med och väljer c = : ˆ d = [ 2 ] = 2 2 2, då +. Mot = går det lltså tt definier integrlen. Vd händer i b =? Vi undersöker: Alltså divergerr ˆ ˆ b d = [ 2 ] b = 2 b 2, då b. d och då är även hel integrlen i frågn divergent. Det räcker lltså i det här fllet tt undersök den ndr biten eftersom den är divergent. Hr mn en ning om tt något är divergent bör mn börj med den delen. Undersök om ˆ cos d är konvergent. Lösning. Vi vet hur cosinus ser ut och det är endst i b = integrlen är generliserd. Utn tt tänk så mycket kn vi direkt från definitionen test: ˆ b cos d = [sin ] b = sin b?, då b. Gränsvärdet skns lltså i dett fll i stället för tt bli oändligt stort. Integrlen divergerr ändå. Mer villkorlig konvergens; symmetri Här kn mn knske funder lite över hur ren är fördeld. Cosinus är en periodisk funktion som befinner sig lik mycket ovnför -eln som under, borde då inte den positiv och negtiv ren t ut vrndr och integrlen bli noll? Svret är mj.. Enligt definitionen ovn så är integrlen divergent. Ing tveksmheter lls. Divergent. Vill vi tt svret sk bli noll (pg v re-rgumentet) måste vi definier begreppet konvergent integrl på något nnt sätt. Dett kn görs och mn prtr då om (ännu mer) villkorligt konvergent integrler. Cuchys principlvärde är ett eempel som nvänds på intervll symmetrisk kring = : ˆ (ˆ ɛ ˆ ) p.v. f()d = lim f() d + f() d. ɛ + Dett gränsvärde kn eister även då integrlen inte är konvergent som vi definiert det tidigre. Betrkt eempelvis f() = / för. ɛ För tt t bort dess vrter v möjlig konvergens introducerr vi begreppet bsolutkonvergens. 3

32 Definition. Om ˆ b f() d < kllr vi Absolutkonvergens ˆ b f() d för bsolutkonvergent. Fler sker bör kommenters ngående denn definition. Vi summerr lite viktig fkt. (i) Om (ii) Om ˆ b ˆ b f() d < så är ˆ b f() d konvergent. f() d är bsolutkonvergent gäller ˆ b ˆ b f() d f() d. (iii) Om f() för < < b så eisterr lltid gränsvärden lim och lim t b ˆ t c f() d om vi tillåter resulttet. (iv) Speciellt gäller föregående för f(). s + ˆ c s f() d Vi överlämnr till boken tt bevis påståenden Definition. Om f och ˆ b f() d är divergent skriver vi ˆ b f() d =. Dett betyder inte tt integrlen är konvergent, utn br ett kortre sätt tt nge tt integrlen v en icke-negtiv funktion divergerr. Vi kn inte skriv på dett sätt om inte f() (tänk till eempel på eemplet med f() = cos vi såg tidigre). Vis tt ˆ sin d är konvergent. Lösning. Tricket är tt prtilintegrer: ˆ b sin d = [ cos ] b ˆ b Integrlen i högerledet är bsolutkonvergent eftersom ˆ b cos d 2 ˆ b cos 2 d. [ d = ] b = 2 b 4

33 då b. Alltså är integrlen vi strtde med konvergent eftersom cos b cos cos b då b. Mn kn också vis tt integrlen inte är bsolutkonvergent (mn blir då tvungen tt nlyser lite noggrnnre hur sin ser ut för < < ). Tekniken som nvänds ovn för tt konstter tt cos är bsolutkonvergent är en mycket nvändbr jämförelseprincip. Låt oss formuler den mer generellt. 2 Sts. Om f() g() för < < b så gäller tt: (i) ˆ b g() d konvergent ˆ b ˆ b f() d konvergent. f() d ˆ b g() d. Speciellt gäller (ii) ˆ b f() d divergent ˆ b f() d divergent. Är ˆ ln 3 d konvergent? Lösning. Vi vet från grundkursen tt ln för >, så ln är också snt för >. Således måste ˆ ˆ ln d 3 d < 2 ˆ b eftersom d = då b. Vi hr nu enligt jämförelsestsen ovn vist tt 2 b integrlen i fråg är konvergent. Avgör om ˆ 3 d är konvergent Lösning. Vi ser tt för : eftersom + 2. Då vi vet tt följer det v föregående sts tt kompkt (och slrvigt) som = 3 = ˆ ˆ ˆ d är konvergent och ˆ ˆ 3 d = 3 d så 3 d är konvergent. Oft skriver vi dett lite mer ˆ + 2 d 3 d < 2 5

34 ˆ eftersom vi vet tt d <. Vi jämför oft med uttryck v formen α, så följnde eempel är br tt komm ihåg. Följnde påståenden gäller: Vnlig jämförelsefunktioner (i) (ii) ˆ ˆ d < om och endst om α < ; α d < om och endst om α >. α Beviset v påståenden ovn hndlr br om tt räkn ut integrlern. Vi ser tt om α : ˆ [ ] α d = = α α α α α α då om och endst om α <. Om α > blir den ndr termen oändlig. Vd händer då när α =? Vi undersöker: ˆ d = [ln ] = ln då +. Integrlenˆär lltså inte konvergent i dett fll. Fllen för d hnters på smm sätt. Kortfttt ser vi tt α ˆ b [ ] α b d = = b α α α α α om och endst om α >. Om α = blir det en logritm nlogt med ovn: ˆ b d = [ln ]b = ln b då b. Integrlen ˆ d är divergent eftersom ˆ 3 ˆ + 2 d = Olikheten följer från tt + 2/ 3 då. ˆ 3 d ( + 2/ ) d =. Mn kn även nöj sig med tt undersök hur funktionern beter sig loklt kring de generliserde punktern. Mer precist kn vi gör följnde. 6

35 Sts. Låt f och g vr kontinuerlig funktioner sådn tt: (i) f() och g(), eller f() och g(), på ], b[; (ii) ˆ b f() d och ˆ b (iii) < lim b f() g() <. Då gäller tt g() d är generliserde endst i = b; ˆ b f() d är konvergent ˆ b g() d är konvergent. Det fktum tt gränsvärdet eisterr (möjligen lik med ) följer för tt det är icke-negtiv funktioner vi rbetr med (eller mer korrekt tt funktionern inte välr tecken). Att vi kräver tt gränsvärdet för kvoten f/g ligger strikt melln och innebär tt f och g beter sig ungefär likdnt när vi närmr oss b. Då förefller det rimligt tt båd integrlern ender konvergerr eller divergerr. Ett noggrnnre bevis återfinnes i boken. På smm sätt kn vi gör om integrlern endst är generliserde i =. Om så är fllet och f() < lim + g() < så är ender båd integrlern konvergent eller divergent. Avgör om ˆ ( ) e / sin d är konvergent. Lösning. Eftersom > vet vi tt e / > så den först fktorn i integrnden är negtiv medn för stor kommer sin tt vr positiv. Vi Mclurinutvecklr (i vribeln t = / respektive s = / ) och ser tt Vi jämför med ( e / ) sin = 3/2 stsen ovn) och ser tt ( e / ) sin ( + O ( 2 )) ( = + O ( ) 2. ( + O som är negtiv (men så länge f och g hr smm tecken går llt br i / 3/2 = + O 7 ( ), då ))

36 ˆ och således konvergerr integrlen i fråg om och endst om d konvergerr. Svret är 3/2 lltså konvergent eftersom den sist integrlen är känt konvergent (se jämförelsefunktionern ovn). Avgör om ˆ ln( + ) d är konvergent. Lösning. Eftersom > vet vi tt ln( + ) > så integrnden är positiv. Integrlen är generliserd i = så vi Mclurinutvecklr för tt se hur beteendet ser ut: ln( + ) + O() = = ( ) + O. Det dominernde beteendet ges lltså v / så vi jämför med denn funktion: ln( + ) = + O( ), då +. Således är integrlen i fråg konvergent om och endst om denn integrl är divergent så ˆ ln( + ) ˆ d är divergent. Ett lite svårre eempel? Här kommer en gmml uppgift-5 från en tent. d är konvergent. Vi vet tt Konvergerr integrlen ˆ ( ) sin rctn d? Motiver noggrnt. ln( + ) Lösning. Eftersom integrlen är generliserd både i och så delr vi upp i två delr: ( ) ( ) ˆ sin rctn ˆ sin rctn d + ln( + ) d. ln( + ) Vi börjr med tt undersök integrlen på [, ]. För ], ] gäller tt ( ) sin rctn ln( + ) rctn ln( + ). Nu vet vi tt rctn och ln( + ) då, så rctn lim + ln( + ) =. 8

37 Låt därför g() = och f() = g() rctn för >. Då är f, g ln( + ) för > och både f och g är kontinuerlig för >. Vidre visde vi ovn tt f() g() ], [ då +, så enligt jämförelsestsen på gränsvärdesform följer det tt ( ) ˆ sin rctn d ln( + ) kommer vr bsolutkonvergent eftersom vi vet tt ˆ d <. Vi undersöker nu integrlen på [, [. Vi skriver ( ) ( sin rctn f() = + O ( ) ) rctn = 3/2 ln( + ) ln( + ) ( ( )) = + O rctn ln( + ) 3/2 så vi låter g() = 3/2 för >. Då gäller tt ln( + ) ( ( )) f() g() = + O rctn π, då. 3/2 2 Eftersom f och g är kontinuerlig och icke-negtiv på ], [ smt tt gränsvärdet mot för f/g är π ˆ 2 ], [ så följer det från jämförelsestsen på gränsvärdesform tt f() d är konvergent om och endst om ˆ ˆ g() d är konvergent. Vi undersöker denn integrl: 3/2 ln( + ) d ˆ d ln 2 3/2 eftersom ln( + ) ln 2 för. Den sist integrlen är känd som konvergent (α = 3/2 är större än ). Svr. Konvergent! Uppgifter v typen ovn brukr vr tråkig läsning vid rättning. Det är missuppfttningr om vd som är förutsättningr och följder, slrv med tt preciser tt krv är uppfylld smt missförstånd om vd jämförelsestsern egentligen säger. Ett förslg på lösningsgång när det gäller jämförelsestsen på gränsvärdesform följer. 9

38 . Del upp integrlen så tt vrje delintegrl är generliserd i högst en punkt. Betrkt sedn en integrl i tget. 2. Antg tt ˆ b f() d endst är generliserd i =. Identifier hur integrnden beter sig när = (den punkt integrlen är generliserd i). Använd Mclurinutvecklingr, uppskttningr eller gissningr. Vi sk vis i näst steg tt vlet är vettigt. 3. Konstter tt f() inte håller på tt väl tecken när =. 4. Antg tt vi tycker f() beter sig som g() när. Typiskt här är tt vi skriver f() = f() f() g(). Vi visr sen tt om lim = L så sk < L < gäll g() + g() (om f() är positiv när = ). Blir L = hr vi vlt g() så tt g() väer betydligt snbbre än f(). Får vi L = så väer g() lldeles för långsmt. Det är lltså viktigt tt konstter tt < L <. 5. Avgör konvergens för I = ˆ b g() d. Om integrlen blir för komplicerd knske det finns bättre vl för g(). Konstter om integrlen är konvergent eller divergent. 6. Hänvis till jämförelsestsen på gränsvärdesform och dr slutstsen tt konvergent precis då ˆ b Förslg på lösningsgång ˆ b g() d är konvergent (vilket vi precis undersökte). f() d är

39 TATA42: Föreläsning 5 Serier ( generliserde summor ) John Thim 5 mrs 28 En funktion s: N R brukr klls tlföljd, och vi skriver oft s n i stället för s(n). Dett innebär lltså tt för vrje heltl n så är s n något reellt tl. Andr beteckningr finns, till eempel nvänds oft s[n] för tt mrker tt det hndlr om den diskret funktion (dvs en tlföljd). Det är inget speciellt med N mer än tt vi måste börj någonstns och fortsätt till oändligheten. Vi kn lik gärn tänk oss en tlföljd s n där n = 4, 3, 2,.... Eller s n där n =, 2, 4, 6,... och så vidre. (i) s n = 3 n, n =,, 2,..., dvs s =, s = 3, s 2 = 3 2 och så vidre. (ii) s n = 2 n, n = 4, 5, 6,..., dvs s = /6, s = /32, s 2 = /64 och så vidre. Speciellt är vi intresserde v summor v tlföljder. Om k är en tlföljd kn vi låt s n = n = n k, något vi stött på vid mång tillfällen tidigre. vis som geometrisk summor. Vi skpr lltså en ny tlföljd s n, n =, 2, 3,..., från tlföljden k, k =, 2, 3,... vis k = 3 k ger s n = n 3 k = 3 (n+) 3 = 3 2 ( ), n =,, 2, 3,... 3 n+ [email protected]

40 Numerisk serier Det som är nytt nu är tt vi tänker låt n. Frågn uppstår då hur vi sk tolk summn med oändligt mång termer. Låt oss kll gränsvärdet s så tt s = lim s n i de fll då dett n gränsvärde eisterr, vilket förefller vr en nturlig definition (jämför med de generliserde integrlern). I eemplet ovn ser vi tt ( 3 s = lim s n = lim ) = 3 n n 2 3 n+ 2. Definition. Om k, k =,, 2,... är en tlföljd definierr vi serien s enligt s = k = lim n n k i de fll då dett gränsvärde eisterr. Vi kllr s n = n k för delsummor v k. Det kn gå åt skogen på två olik sätt i definition: (i) Om gränsvärdet blir någon oändlighet, dvs s n eller s n då n. (ii) Om gränsvärdet inte ens eisterr som någon oändlighet, till eempel s n = ( ) n. I det först fllet skriver vi iblnd k = respektive k =, även om dess inte är reell tl. Men det ger en smidigre nottion (precis som för generliserde integrler). Definition. Om en serie eisterr som ett ändligt reellt tl kllr vi serien för konvergent. Annrs säger vi tt serien är divergent. Vi skriver iblnd (formellt) serien konvergent? k även då serien inte eisterr. Speciellt i formen v frågn Är Avgör om ( + 2k) och är konvergent. 2k 2

41 Lösning. Den först serien är divergent eftersom delsummorn är ritmetisk så n ( + 2n + )(n + ) ( + 2k) = = (n + ) 2, då n. 2 Den ndr serien är konvergent eftersom delsummorn är geometrisk med q <, ty n 2 = 2 (n+) = 2 ( 2 (n+)) 2, då n. k 2 Vi hr här lltså direkt vgjort konvergensfrågn genom tt helt enkelt (försök) räkn ut seriern. Sts. Om lim k k så är k divergent. Divergenstestet Observer tt dett villkor för divergens inkluderr fllet när gränsvärdet lim k k inte eisterr. Bevis. Låt oss skriv k lite kretivt enligt k = ( k ) ( k ) = s k s k. Om summn är konvergent så gäller tt både s k s och s k s då k. Men dett innebär enligt likheten ovn tt k = s k s k s s = då k. Med ndr ord, om serien är konvergent så måste k då k. Negtionen v dett är påståendet i stsen ovn. Observer tt omvändningen inte gäller. Det räcker lltså inte tt k för tt en serie sk konverger. Det klssisk moteemplet är den s.k. hrmonisk serien som divergerr. k k= Den geometrisk serien till q k = q. q k konvergerr om och endst om q < och konvergerr då Geometrisk serier Dett följer från formeln för geometrisk summor: n q k = qn+ q q såvid q <. Om q ser vi tt k = q k då k, så serien är inte konvergent i dett fll. 3

42 Vrt börjr serien? Det är inget speciellt med tt vi betrktr summor v tlföljder k där k =,, 2,.... Vi kn lik gärn undersök summor där k = m, m +, m + 2,..., dvs k. All stser stämmer ändå. Om en summ konvergerr eller inte hr br tt gör med hur termern k beter sig för stor k. Om vi börjr med k =, k = 2 3 eller k = 74 kvittr för frågn om konvergens. k=m Vi kn även del upp summor i delr i de fll då dess delr beter sig br. Sts. Om c är en konstnt gäller tt Vidre gäller tt c k = c k. ( k + b k ) = k + med undntget då vi får fllen + eller, eller tt gränsvärden inte eisterr ens med oändlighetern tillåtn. Dess fll måste nlysers noggrnnre. b k Bevisskiss. Beviset följer återigen direkt från tt betrkt delsummor. För sådn får vi lltid del upp och bryt ut konstnter. Vd händer sen när ntlet termer går mot oändligheten? Om llt konvergerr är det frid och fröjd. ( Som eempel på ett urrtt fll kn mn betrkt ( ) k +( ) k+). All termern i serien är noll, men slår vi sönder i två delr uppstår två serier som båd divergerr ordentligt. 2 Positiv serier Om k för ll k kllr vi serien k för positiv. Om en sådn serie divergerr går det mot oändligheten och vi skriver som beknt serien konvergent (och lik med ett tl s ). Med ndr ord gäller följnde. k = i det fllet. Om inte dett händer är Sts. Om k för ll k så gäller tt k < om och endst om serien är konvergent. 4

43 Positiv serier hr mång trevlig egenskper. Blnd nnt gäller följnde: Sts. Om k b k för ll k så är k b k. Speciellt gäller tt (i) (ii) b k konvergent k konvergent, k divergent b k divergent. Bevis. Beviset följer v tt olikheten gäller för ll delsummor eftersom k b k. Vis tt är konvergent. + 2k Lösning. Eftersom + 2 k 2 k erhåller vi tt + 2 k 2 = 2 k eftersom dett är en geometrisk serie. Inte nog med tt vi nu vet tt serien konvergerr, vi vet också tt den konvergerr mot något som inte är större än 2. Cuchys integrlkriterium Sts. Om f() är en vtgnde funktion för så gäller tt f(k) < k= ˆ f() d <. Beviset följer i princip från en enkel skiss. Vi ritr in en vtgnde icke-negtiv funktion f och mrkerr en övertrpp (de ros rektnglrn) och en undertrpp (de blå rektnglrn) med heltlssteg. 5

44 y y = f() Vi ser då direkt tt summn v ren hos de n först ros rektnglrn blir n f(k) och n+ tt summn v ren hos de n först blå rektnglrn blir f(k). Vidre ser vi tt ren melln y = f() och -eln då n ligger melln dess rektngelreor. Således gäller n f(k) k=2 ˆ n k=2 n f() d f(k). Vi låter n och stsen följer. Om f är strängt vtgnde blir olikhetern strikt (för ändlig n). k= k= Vis tt k= < om och endst om α >. kα Lösning. Dett följer v Cuchys jämförelseprincip eftersom är vtgnde för > (eftersom α > ) och tt vi vet tt ˆ α d < precis då α > (se förr föreläsningen). α Vis tt n k= k 2 2 n för n =, 2,.... 6

45 Lösning. Eftersom är vtgnde för > följer det från Cuchys jämförelsests tt 2 n k= n k = + 2 k=2 ˆ n k + 2 [ d = + ] n = 2 2 n. Specifikt vet vi då tt k= är konvergent och konvergerr till något som är 2. k2 Sts. Om k och b k smt k < lim < k b k så gäller tt k < b k <. k= k= Med ndr ord, om gränsvärdet eisterr och ligger strikt melln och så konvergerr ender båd seriern eller så divergerr båd två. Avgör om k= sin(/k) k är konvergent. Lösning. Om k är stor är /k liten och sin(/k) = /k + O(/k 3 ). Vi får lltså en etr /k från täljren och jämför därför med /k 2 : sin(/k)/k /k 2 = /k2 + O(/k 4 ) /k 2 = + O(/k 2 ), då k. Alltså är serien i fråg konvergent om och endst om är konvergent eftersom termern k2 k= är positiv (för stor k är sin /k > ). Den sist serien är välkänd som konvergent (se eemplet ovn) och därmed är den efterfrågde serien också konvergent. 7

46 3 Absolutkonvergens Definition. Om Absolutkonvergens k är konvergent kllr vi k= k= k för bsolutkonvergent. Det följer direkt tt en bsolutkonvergent serie är konvergent med k k= k. k= Vis tt cos k 2 k (2 + sin k) är konvergent och inte är större än 2. Lösning. Vi visr tt serien är bsolutkonvergent. Vi hr nämligen cos k 2 k (2 + sin k) = 2 cos k k 2 + sin k 2 k = 2 är serien bsolutkon- eftersom cos k och 2 + sin k. Eftersom cos k vergent och 2 k (2 + sin k) 2. 2 k = /2 4 Alternernde serier Vi kllr serier där termer välr tecken, vrnnn positiv och vrnnn negtiv, för lternernde. För sådn serier finns, om vi kräver tt k vtr mot noll, ett krftfullt resultt. Sts. Om k är en lternernde serie sådn tt 2 3 är en vtgnde k= Leibniz sts följd och k då k så är serien konvergent. Bevis. Antg tt (nnrs kn vi lik gärn betrkt minus serien). Krvet tt k är vtgnde innebär då tt + 2, 3 + 4, etc, smt tt 2 + 3, och så vidre. 8

47 y Tnken är nu tt betrkt två olik delsummor s 2n och s 2n+. Vi ser då tt s 2n = ( + 2 ) + ( ) + + ( 2n + 2n ), där möjligen är +, eftersom ll prenteser är. Alltså en följd v icke-negtiv tl och s 2n är vände (gränsvärde finns lltid om vi tillåter ). Vidre är s 2n+ = + ( ) + ( ) + + ( 2n + 2n+ ) b, där b möjligen är, eftersom ll prenteser är. Alltså en följd v icke-positiv tl och s 2n+ är vtgnde (gränsvärde finns lltid om vi tillåter ). Dessutom hr vi s 2n+ s 2n = 2n+, vilket innebär tt b b. Dett innebär tt båd och b måste vr ändlig. Men vi vet också tt k vilket i sin tur visr tt = b. Således konvergerr serien. Vis tt serien ( ) k k= k är konvergent men inte bsolutkonvergent. Lösning. Med k = ( ) k /k ser vi tt k = /k är en vtgnde följd och tt k. Eftersom serien är lternernde visr nu Leibniz sts tt den är konvergent. Mot vd? Br fråg, fktiskt till ln 2 (gå tillbk till Mclurinvsnittet och studer ln( + ) och funder över hur dett kn komm sig). Däremot är serien inte bsolutkonvergent eftersom k = k= k= k =. Dett är som beknt den hrmonisk serien. 9

48 Det är tre krv som gäller för Leibniz kriterium: (i) Serien är lternernde så tt k+ = k för ll k som det summers över. (ii) Seriens termer går mot noll: k. (iii) Absolutbeloppet v seriens termer vtr monotont: k k+ k+2 Iblnd summers de två sist villkoren som tt k vtr monotont mot noll. Det sist villkoret är viktigt och måste viss! Följnde serie ger ett moteempel. Vis tt ( ) k k är divergent om k = k då k är udd och 2 k = k k= då k är jämt. Lösning. Vi ser tt serien är lternernde och tt termern går mot noll k då k. Det är lltså locknde tt hugg till med Leibniz kriterium, men på grund v hur k ser ut så kommer inte k vr monotont vtgnde. Därmed kn vi inte nvänd Lebniz kriterium. Om vi undersöker serien direkt ser vi följnde: ( ) k k = k= De positiv termern bildr lltså en del v en hrmonisk serie (och är divergent eempelvis enligt Cuchys intergrlkriterium med f() = ) medn de negtiv konvergerr eftersom 2 serien <. Det finns lltså inget hopp för serien som helhet, utn den är divergent. k 2 k= Det är lltså inte petigt när det inte ges poäng på tentn när inte ll förutsättningrn för Lebniz kriterium redoviss! Även om serien skulle vis sig vr konvergent i slutändn. Vis tt ˆ π sin d inte är bsolutkonvergent. Lösning. Vi kn vis dett genom tt skriv integrlen som en serie v delintegrler och uppsktt på vrje del. Hur då? Vi kn skriv ˆ π sin d = k= ˆ (k+)π kπ sin d k= ˆ (k+)π sin d = 2 kπ kπ π k= k =, eftersom ˆ π sin d = 2 (blir smm för vrje intervll [kπ, (k + )π]).

49 5 Divergenstest? Observer tt det inte finns något test för generliserde integrler nlogt med divergenstestet för serier. Vi vet redn tt det inte är tillräckligt lim f() = för tt f() d sk vr konvergent (tänk te f() = /). Men br för tt integrlen är konvergent behöver inte heller funktionen gå mot noll. Betrkt följnde konstruktion. y ˆ Funktionen f är lltså bitvis konstnt; melln 2 k och 2 k + 2 k, k =, 2,..., är f() =, och för övrigt är f() =. Således blir ˆ f() d = 2 = k 2 /2 =. k= Integrlen är lltså konvergent, men lim f() (gränsvärdet skns). Genom tt ersätt rektnglrn med tringlr kn vi även skp en kontinuerlig funktion med smm egenskp, och med snällre objekt även deriverbr eempel. Vi kn till och med skp obegränsde eempel genom tt låt bredd och höjd förhåll sig till vrndr på lämpligt sätt (dubbl höjden och del bredden med fyr till eempel). Nu knske mn kn tyck tt funktionen blir väldigt mycket noll bort i oändligheten ändå (även om gränsvärdet så klrt skns), men ett sådnt påstående behöver kvlificers. Begrepp som mått är nödvändigt så den intresserde personen hänviss till lämplig kurs i mått- och integrtionsteori.

50

51 TATA42: Föreläsning 6 Potensserier John Thim 4 mrs 28 Vi sk nu betrkt serier där termern inte längre är konstnter. Speciellt sk vi studer så kllde potensserier. Dess definiers som k k = för de där dett uttryck hr mening (dvs serien konvergerr). Värt tt noter är tt dess typer v serier beskriver funktioner (för de där serien är konvergent). Om endst ett ändligt ntl k är skild från noll är det br ett polynom, men om oändligt mång k inte är noll får vi i någon mening ett polynom med oändligt mång termer. Vilk slgs funktioner kn beskrivs på det sättet? Väldigt mång sk det vis sig. Konvergens v potensserier Vi kn så klrt nvänd ll tekniker som togs frm för numerisk serier på förr föreläsningen, men vi kommer tt nvänd följnde två kriterier flitigt. Sts. Om Q = lim k k /k eller Q = lim k k+ / k eisterr så är k bsolutkonvergent om Q < och divergent om Q >. Rot- och kvotkriteriet Dess kriterier (tt de två gränsvärden som ger Q eisterr smt uppfyller Q < ) brukr klls Cuchys rotkriterie respektive d Alemberts kvotkriterie. Mn kn vis tt rotkriteriet är strkre, dvs tt om dett är snt så gäller även kvotkriteriet. Däremot så kn kvotkriteriet iblnd vr enklre tt kontroller. Beviset för rotkriteriet bygger på tt mn utnyttjr tt Q < för tt uppsktt serien med en geometrisk serie med kvoten q, där Q < q <. Dess konvergenstester kn så klrt nvänds på vilk serier som helst, men det finns konvergent serier vi inte kn konstter är konvergent med vrken rot- eller kvotkriterier. [email protected]

52 ( ) 5 + ( ) k k Serien är konvergent men rotkriteriet är inte uppfyllt. Vi kn se dett 2 k= genom tt skriv ut hur termern ser ut: vilket är summn v två geometrisk serier som konvergerr. Däremot ser vi tt k /k = ( ) k hel tiden hoppr melln 2 och 3 så gränsvärdet skns till och med. Övning: vis tt serien 2 ( )k k konvergerr enligt rotkriteriet men tt vi inte kn dr k= någon slutsts från kvotkriteriet. G.R. Gelbum nd J.M.H Olmsted, Counteremples in nlysis, Dover 992 Intressnt nog så beter sig potensserier lltid förhållndevis snällt. Till eempel gäller lltid följnde. Konvergensrdie Sts. Vrje potensserie c k k hr en miml konvergensrdie R så tt serien är bsolutkonvergent då < R och divergent då > R. Noter tt fllet då = ±R ej nämns. Dett fll måste specilbehndls från sitution till sitution. Vidre är det så klrt så tt om rotkriteriet inte ger något Q krävs en noggrnnre nlys v termern. Bevis. Ett ordentligt bevis återfinnes i boken, men tnken är gnsk logisk. Om vi ntr tt Q = lim k c k /k eisterr så är lim k c n n /n = Q. Enligt rotkriteriet ovn är serien (bsolut)konvergent om Q <, dvs då < /Q (såvid inte Q = men då behövs inget krv på ) och divergent då > /Q. Vårt R är lltså R = /Q då Q och R = då Q =. För vilk konvergerr k= k 2 k? 2

53 Lösning. Rotkriteriet: k /k k 2 = ( = ep 2 ln k ) k2/k k då k eftersom (ln k)/k. Med ndr ord ger < konvergens och > divergens (enligt rotkriteriet). Vi undersöker = ± speciellt och ser tt både ( ) k och k 2 k 2 k= är konvergent (bsolutkonvergent till och med). Svret blir lltså. k= Bestäm konvergensområden för följnde potensserier. Med ndr ord, finn konvergensrdien och vgör även om seriern konvergerr då = ±R. (i) (v) k 2k (ii) (ln k) k 2 k k (iii) k! k=2 k= 3 k 3k k k k (vi) 2 k k (vii) ( + ) k k 2 k k= (iv) (viii) 3 k k 2 k 2k. Lösning. Vi tr en i tget. (i) Enligt kvotkriteriet konvergerr serien åtminstone då > Q = lim k (k + ) 2k+2 k 2k = lim k ( + k ) 2 = 2 så <. Konvergensrdien är lltså R =. När = ges serien v k 2k = k = och när = ges serien v k= k= k( ) k som divergerr enligt divergenstestet då termern k= inte går mot noll. Konvergensområdet är < <. (ii) Vi nvänder kvotkriteriet igen och ser tt ln(k + ) k+ (ln k) k = k+ ln(k + ) ln k k = ln k ln ( k ( + k )) = då k. Konvergensrdien blir således R =. När = får vi k ln k = ln k k = eftersom ln k k och k=2 k=2 k=2 ( ln k + ln(+/k) ln k /k =. När = ges summn v k=2 k=2 ), ln k ( ) k ln k vilken är konvergent enligt Leibniz konvergenstest (vis det!). Konvergensområdet blir <. 3

54 (iii) Vi nvänder kvotkriteriet igen (oft lämpligt när k! är inblndt): 2 k+ k+ /(k + )! 2 k k /k! = 2k+ k+ (k + )! k! 2 k k = 2 k +, då k. Här är lltså R = och någon undersökning v = ±R är inte ktuell. Konvergensområdet är < <. (iv) Här är rotkriteriet lämpligt och ( 3 k k) /k = 3 så 3 < ger bsolutkonvergens. Alltså är R = /3. När = ±/3 erhåller vi 3 k (±3) k = (±) k som divergerr i k= båd fllen. Konvergensområdet är 3 < < 3. (v) Här är rotkriteriet lämpligt och ( 3 k 3k) /k = 3 3 så 3 3 < ger bsolutkonvergens. Alltså är R = / 3 3. När = ±/ 3 3 erhåller vi 3 k (± 3 3) 3k = 3 k 3 k (±) k som divergerr i båd fllen. Konvergensområdet är 3 3 < < 3 3. (vi) Vi hr ( k k k 2 k k k= ) /k = k 2k /2k då k eftersom k /2k då k. Alltså är R =. Koefficientern väer lltså för snbbt för tt vi sk få något vettigt. Konvergensområdet är =. (vii) Vi nvänder kvotkriteriet och ser tt ( + ) k+ (k + )2 k2 k k+ ( + ) k = /k k= k= + 2 då k. Serien är lltså bsolutkonvergent då + < 2 3 < <. Vi undersöker nu speciellt = 3 och =. Först = 3 där k= ( 2) k k2 k = ( ) k är konvergent enligt Leibniz kriterie (/k är strängt vtgnde mot noll). När = är serien divergent eftersom dett blir den hrmonisk serien. Konvergensområdet blir således 3 <. (viii) Den här är lite nnorlund eftersom vi hr negtiv eponenter v. Dett kommer tt innebär tt vi får konvergens utnför en konvergensrdie i stället. Vi undersöker med rotkriteriet: 2 k /k 2k = 2 2 för ll k. Krvet blir lltså tt 2/ 2 < vilket är ekvivlent med tt säg 2 > 2 eller tt > 2. När = ± 2 blir serien divergent i båd fllen (termern blir identiskt lik med ett). Konvergensområdet blir > 2 och < 2. 4 k= k

55 2 Termvis derivering och integrering Det vi ger oss in på nu är inte helt enkelt egentligen utn kräver begrepp som likformig konvergens. Men som tur är beter sig potensserier så snällt tt dess opertioner fungerr utn problem när är mindre än konvergensrdien. Sts. Låt f() = c k k h konvergensrdien R >. Då gäller tt f kn derivers kontinuerligt oändligt mång gånger på ] R, R [ och tt f () = kc k k k= smt ˆ f(t) dt = c k k + k+, där dess potensserier hr smm konvergensrdie R. Det fktum tt vi kn deriver hur mång gånger som helst leder till intressnt följder kopplt till Mclurinutvecklingr. Vi återkommer kort till dett snrt. Termer försvinner vid derivering Observer tt summn justers vid derivering v en potensserie då c -termen försvinner. Deriverr mn två gånger försvinner både c - och c -termern, så f () = k(k )c k k 2. k=2 Annrs skulle det trill ut negtiv eponenter på vid derivering vilket är omöjligt. Mn kn dock även betrkt serier som hr negtiv eponenter (så kllde Lurnt-serier), men sådn termer kn ldrig dyk upp från en potensserie som vi definiert tidigre. Vi kommer oft indeer om serier som den ovn, i.e., f () = (k + 2)(k + )c k+2 k, vilket underlättr när vi vill jämför serier. Räkn ut seriern k 2 och k k2. k k= 5

56 Lösning. Seriern är båd två konvergent (bsolutkonvergent till och med) eftersom termern vtr tillräckligt snbbt. Vi betrktr nu hjälpseriern k k och k k. Båd dess serier k= hr konvergensrdie R = (vis det). Dessutom, eftersom så följer det tt k k = d d k k = k k = d d k k = d d = ( ) 2 eftersom det blir derivtn v en geometrisk serie med kvoten. Således kn vi (med = /2) räkn ut tt k 2 = /2 k ( /2) = 2. 2 På liknnde sätt ser vi tt och därmed tt k k = k= = k= ˆ k k = ˆ ˆ t k dt = t k dt, k =, 2,..., ˆ ( ) t k dt = k= dt = ln( ). t Dett kn vi nvänd för tt beräkn den ndr serien (med = /2): 3 Feluppskttning k= = ln( /2) = ln 2. k2k ˆ ( ) t k dt Om mn br tr med ett ändligt ntl termer i potensserien, kn mn säg något om hur br pproimtion dett ger? Bestäm n så tt k=n+ k=n+ k k! < 4 för < 2. k=n+ Lösning. Enklst är tt observer tt k! (n + )! för k n + och därför skriv k k! < k = (n + )! (n + ) n+ k n+ = (n + )! (n + )! 2. n Vi ser tt med n = 5 blir nämnren 6! 2 5 = > 2, så hel serien blir < 4. 6

57 Beräkn ln 2 som ett rtionellt tl med ett fel på högst 4. Lösning. Vi kn så klrt gå tillbk till Mclurinutvecklingr, men vi kn även nvänd serien vi tog frm i förr eemplet. Där visde vi tt ln 2 =. Då är lltså k 2k ln 2 = N k= k= k 2 + k k=n k 2 k. Vi uppskttr den sist termen och ser hur stort N måste vr för tt vi säkert sk få denn del v serien < 4. Alltså, k=n k 2 k N k=n 2 k = N 2 N 2 k = 2 N N 2 N = 2 N. Enklst är nu tt test värden på N och se tt om N = 6 så räcker det eftersom Närmevärdet ges lltså v 4 k= 3. Alternernde serier 2 5 = (vilket är ett rtionellt tl). k2k När det gäller lternernde serier v Lebniz-typ (så tt k är vtgnde) så kn vi gör en smrtre uppskttning v felet. Om n+ > (liknnde resultt gäller om n+ < ) hr vi k=n+ k = n+ + n+2 + n+3 + = n+ + ( n+2 + n+3 ) + ( n+4 + n+5 ) +, där vrje prentes är eftersom k är vtgnde (och serien är lternernde). Dett medför lltså tt k n+ om n+ >. k=n+ Vis tt k=3 fel på högst 4. ( ) k ln k konvergerr och hitt ett n så tt n k=3 ( ) k ln k pproimerr serien med ett 7

58 Lösning. Serien är lternernde och ( ) k ln k = är strängt vtgnde mot noll så serien är ln k konvergent enligt Leibniz sts. Dessutom gäller tt ( ) k ln k ln(n + ), k=n+ så om felet sk vr < 4 krävs tt ln(n + ) > 4 n > ep ( 4) Gnsk mång termer lltså. Är det förvånnde? Upprep smm procedur som i förr eemplet för k= ( ) k e k. Lösning. Mn kn nvänd Leibniz sts, men serien är bsolutkonvergent (vrför?) så det är inte nödvändigt. Däremot bör vi nvänd det när det gäller felet. Vi hr ( ) k e k e, n+ så om felet sk vr < 4 krävs tt k=n+ ep(n + ) > 4 n > ln ( 4) = 4 ln 8.2. Betydligt färre! Vd händer om vi uppskttr som geometrisk serie i stället? Vi undersöker: ( ) k e k e n+ e = k e (n+) e, k=n+ så det blir inte så jättestor skillnd när termern går mot noll snbbt. 8

59 TATA42: Föreläsning 7 Differentilekvtioner v först ordningen och integrlekvtioner John Thim 4 mrs 28 Introduktion En differentilekvtion (DE) i en vribel är en ekvtion som innehåller både vribeln (oft ), en okänd funktion y() smt derivtorer v y() som y (), y () och så vidre. Mn skriver oft F (, y, y, y,...) = där F är någon funktion v fler vribler. Med en lösning till en DE menr vi en funktion y, definierd på något intervll ], b[ (möjligen = och b = ) där y uppfyller F (, y(), y (), y (),...) = för ], b[. Med ndr ord uppfyller lltså funktionen y DE:n i vrje punkt ], b[. Vi börjr med tt betrkt fllet med först ordningens differentilekvtioner (DE). Ordningen på en DE definiers som den högst derivtn den innehåller, så en DE v först ordningen innehåller lltså br y och y (förutom vribeln ). Ett väldigt enkelt eempel är till eempel y () = cos y() = C + sin, där C R är en godtycklig konstnt. Här kunde vi direkt integrer båd sidor i ekvtionen. Om DE:n däremot även innehåller y-termer och knske krångligre vrinter v y så är det inte säkert tt vi kn lös problemet. Om en DE kn skrivs på formen y = F (, y) (tt det går tt lös ut y och isoler på en sid i en ekvtion) kn mn dock rit upp vd som klls för ett riktningsfält för DE:n. Ekvtionen ger för vrje (, y) i plnet vd y måste vr. Dett ger informtion om funktionen y väer eller vtr. Vi ritr upp ett eempel för DE:n y = 2 2y 2 : [email protected]

60 Pilrn i riktningsfältet visr hur lösningskurvor går (kurvor y() lltså). Den heldrgn kurvn är en v ll lösningr y() som finns till ekvtionen y = 2 2y 2. 2 Linjär DE v först ordningen Definition. Om y + f()y = g() kllr vi DE:n för en linjär DE v först ordningen. Dess ekvtioner kn löss med hjälp v en så klld integrernde fktor. Vi finner en sådn genom tt välj en primitiv funktion F till f (dvs en funktion F så tt F = f) och sedn bild e F () som är den integrernde fktorn. Nmnet kommer från följnde egenskp. Vi multiplicerr DE:n med e F () och utnyttjr sedn produktregeln för derivering: y () + f()y() = g() e F () y () + f()e F () y() = g()e F () ( e F () y() ) = g()e F () ˆ e F () y() = C + g()e F () d ˆ y() = Ce F () + e F () g()e F () d. Vi ser här tt om ˆ g() = fås specilfllet y() = Ce F () och om f() = fås specilfllet y() = C + g() d. Här hr vi dessutom vist entydighet för lösningr. Om ett villkor v typen y() = α för något och α är givet finns br ett värde på konstnten C som gör tt y() uppfyller dett. Vd vi gör här är lltså tt vi bestämmer en punkt i plnet som lösningskurvn sk gå genom; jämför 2

61 med riktningsfältet ovn (även om den ekvtionen inte är linjär). Genom vrje punkt går det precis en lösning och olik lösningr korsr ldrig vrndr. Den här typen v entydighet hr mn inte lltid om ekvtionen inte är linjär. Lös ekvtionen y + 3y = 2. Lösning. En v de enklre typern v ekvtioner vi kn få. En integrernde fktor fås som e 3 eftersom (3) = 3 är fktorn före y. Alltså, y + 3y = 2 e 3 y + 3e 3 y = 2e 3 ( ye 3) = 2e 3 ˆ ye 3 = C + 2e 3 d = C e3 y() = Ce Observer här tt Ce 3 löser den homogen ekvtionen y + 3y = för ll C. Konstnten 2 3 brukr klls för en prtikulärlösning till y +3y = 2. Idén tt konstruer den llmänn lösningen till y + 3y = 2 genom lösningr till den homogen ekvtionen och en prtikulärlösning är ett eempel på superpositionsprincipen som finns för linjär ekvtioner. Denn teknik återkommer vi till. När dyker konstnten C upp? Konstnten dyker upp i smbnd med tt vi tr bort derivtn (eftersom mn tppr konstnten när mn deriverr). Alterntivt kn mn se det som tt konstnten hör ihop med den obestämd integrlen (den primitiv funktionen). Båd lterntiven går br, men se till tt konstnten dyker upp innn du gör någon drstiskt med ekvtionen som tt förkort bort sker eller multiplicer ekvtionen med något (som till eempel e 3 ovn). Finn ll lösningr till y = y + 3 och bestäm speciellt de tre lösningr som uppfyller y() =, y() = och y( ) =. 2 /2 Lösning. Vi söker en integrernde fktor och finner den som e eftersom 2 /2 är en primitiv funktion till (fktorn före y om llt som hr med y tt gör flytts till vänsterledet). Vi testr: ( e y) 2 /2 = e 2 /2 y + e 2 /2 y = e 2 /2 (y y). Dett är lltså ok. Då erhåller vi y = y + 3 ( ) e 2 /2 y = 3 e 2 /2 ˆ y = Ce 2 /2 + e 2 /2 3 e 2 /2 d. 3

62 Vi räknr ut integrlen med PI: Deriver och test! Vi hr nu lltså ˆ ˆ ( ) 3 e 2 /2 d = 2 e 2 /2 d ˆ = 2 e 2 /2 + 2 e 2 /2 d = 2 e 2 /2 2e 2 /2 = (2 + 2 )e 2 /2 y() = Ce 2 /2 2 2, R. Vi söker speciellt y så tt y() =. Då måste y() = C 2 =, så C = 2. Kurvn som definiers med dett vl v C går lltså genom origo. För y() = måste y() = C 2 =, så C = och för tt få y( ) = måste C = 2e /2. Vi skissr ett riktningsfält och ritr in vår lösningr i dett De mrkerde punktern är de punkter vi vlt tt förnkr lösningrn i (till eempel så gäller tt y() = motsvrr punkten (, )). 3 Seprbl DE Definition. Om DE:n är v formen g(y())y () = h() klls den för seprbel. 4

63 En seprbel DE löser vi genom tt seprer vriblern. Minnesregeln är tt vi slår sönder y = dy och multiplicerr upp d på ndr sidn. Mer formellt utför vi följnde mnöver. d Låt G = g och H = h (dvs hitt primitiv funktioner till g och h). Då är (G(y) H()) = G (y)y H () = g(y)y h() = G(y) H() = C, där C är godtycklig konstnt. Vi hr lltså hittt ett smbnd för y som inte innehåller någon derivt: G(y()) = C + H(). Vd som återstår är tt lös ut y ur denn ekvtion, vilket kn vr gnsk svårt om G är något som inte är väldigt enkelt (och inverterbrt). Vi hr här inte heller någon entydighet som är uppenbr (beror på G och H) utn får red ut sådnt från fll till fll Det finns krv mn kn ställ på ingående funktioner för tt få det men det ligger utnför rmen på denn kurs. Minnesregel (ej klrt definiert i nuläget som det står så ekvivlenser utläses pproimtivt): g(y) dy d = h() g(y)dy = h()d ˆ ˆ g(y) dy = h() d. Finn en lösning till 2 y = y + så tt y( ) = och en lösning så tt y(2) =. Lösning. Vi vill del med högerledet och måste då kräv tt y+. Om det är snt och hr vi y y + = ˆ ˆ 2 y + dy = d ln y + = C y + = De /, 2 där D = e C är en godtycklig positiv konstnt. Men för tt t bort beloppet återuppstår möjligheten tt h både positiv och negtiv konstnter. Däremot kn inte D =. Vi hr lltså lösningr y() = + De,, D R, D. Intressnt fktum här är tt vi inte kn definier dess lösningr kontinuerligt förbi origo. Ender hr vi < eller >. Vd gäller fllet då y = då? Vi testr och ser tt dett löser ekvtionen så även y() = är en lösning. Denn lösning är definierd även för =. Så vi kn tillåt D = ovn och i fllet då D = går det även tt t bort krvet på tt. Om vi vill tt y(2) = måste vi välj y() = + D ep( /) där D, och y(2) = + De /2 medför tt D = e /2. Svret är lltså y() = + ep ( 2 ), >. Krvet tt > är viktigt. Vi väljer lltså den lösning vrs definitionsmängd innehåller punkten vi hr ett villkor i (i dett fll vr det = 2). 5

64 Divisioner med noll Vid vrje division som utförs måste mn vr mycket noggrnn med tt skriv ut villkor som måste gäll. I föregående eempel kräver vi tt y vilket sedn visr sig vr en möjlig lösning. Divisionen med gör också tt ingen v vår lösningrs definitionsmängder kn innehåll = (förutom ndr undntgsfll som y = ). Vr mycket noggrn med dett! Hitt en lösning till y = y 2/3 för y R. Lösning. Vi vill del med y 2/3 för tt få llt y-beroende på en sidn. Vi måste då kräv tt y. Om det är snt så gäller y = y 2/3 ˆ ˆ y 2/3 dy = d = C + y/3 /3 = C + y = 27 (C + )3. Vi observerr nu tt dett y löser ekvtionen för ll (test dett). Vd händer om y =? Jo, det fungerr också eftersom y = då. Vi hr lltså inte en entydig lösning så vi vet inte om vi funnit smtlig. Dessutom kn mn gör rolig sker som tt skrv ihop lösningr. Vi kn ( + )3 ( + )3 till eempel välj y() = för <, y() = för och y() = för > som i följnde figur (blå kurv). Mn kn gnsk enkelt vis tt denn skrvning ger en funktion som är åtminstone kontinuerligt deriverr och löser differentilekvtionen i fråg. Vidre kn mn för olik värden på C få fler lösningskurvor som tngerr tidigre lösningr så mn med bibehållen deriverbrhet kn hopp från en kurv till en nnn. Fscinernde! y Dett innebär också tt det kn finns hur mång olik lösningr som helst som går genom smm punkt i plnet. Vi kn lltid skrv ihop lite nnorlund och få en ny lösning genom origo till eempel; där lösningskurvor tngerr vrndr kn vi lltså hopp från en lösning till en nnn. 6

65 4 Linjär DE v ordning med komple koefficienter För dett ändmål sk vi introducer komplevärd funktioner sådn tt för R så tillåts f() C. På dett sätt hr funktionen f en rel- och imginärdel. Vi delr upp f i komponenter f() = u() + iv() där u, v är reellvärd funktioner (vnlig funktioner lltså). Vi känner redn till ett eempel: den komple eponentilfunktionen e i = cos + i sin. Precis som när vi introducerde komple tl i grundkursen visr det sig tt dess funktioner beter sig precis som vnlig funktioner när det kommer till vår så kllde räkneregler. Även differentil- och integrlklkyl fungerr nlogt. Vi definierr ˆ f () = u () + iv (), ˆ ˆ f() d = u() d + i v() d och så vidre. Produktregler, prtiell integrtion, kedjeregler och llt nnt fungerr precis som vnligt. Självklrt behöver ll dess fenomen egentligen beviss ordentligt, men vi överlämnr det som övning. Vi är speciellt intresserde v funktionen e w där w C och R. Skriv w = α + iβ för α, β R. Då är e w = e α+iβ = e α e iβ = e α (cos(β) + i sin(β)). Den stor nledningen till vårt intresse för denn funktion är tt (e w ) = we w precis som för den reell eponentilfunktionen (vis tt dett är snt från definitionen). Dett gör tt vi enkelt kn hitt integrernde fktorer även för DE med komplevärd funktioner. Speciellt för linjär DE v ordning ett med konstnt koefficienter, dvs y + wy = g() (e w y) = e w g() y() = Ce w + e w ˆ e w g() d. Dett ntyder på viss struktur hos dess lösningr. Som nämnt tidigre prtr mn om en homogen lösning y h () = Ce w och en prtikulär lösning y p () som ges v den ndr termen. Den totl lösningen ges v y() = y h () + y p () och lösningsgången kn reducers till frågn om tt hitt en prtikulärlösning och sedn få ll möjlig lösningr till ekvtionen genom tt lägg till de homogen lösningrn. Nmnet homogen kommer från tt y h löser den homogen motsvrigheten till den givn ekvtionen (med g() = ). Den här tekniken återkommer vi till på näst föreläsning! 5 Integrlekvtioner På liknnde sätt som mn kn betrkt DE kn mn istället h ekvtioner där det ingår integrler v okänd funktioner som vi försöker lös ut. Tekniken vi nvänder i denn kurs bygger på tt helt enkelt deriver ekvtionen och lös en ekvivlent DE i stället. I mång tillämpningr däremot gör mn oft tvärt om, dvs formulerr om DE som integrlekvtioner då ekvtioner med integrler i llmänhet beter sig bättre numeriskt än motsvrnde DE. 7

66 Finn ll kontinuerligt deriverbr funktioner y så tt y() + ˆ y(t) dt = 2e 2, R. Lösning. Vi deriverr likheten (förutsätter här tt y är deriverbr) och erhåller y () + y() = 4e 2. Dett följer direkt från integrlklkylens huvudsts! Om y är kontinuerlig finns en primitiv funktion Y så tt Om vi deriverr denn likhet fås d d ˆ ˆ y(t) dt = Y () Y (). y(t) dy = Y () = y(). Vi löser DE:n vi fick ovn genom tt multiplicer med den integrernde fktorn e : y () + y() = 4e 2 e y () + e y() = 4e 3 (e y()) = 4e 3 e y() = 4 3 e3 + C y() = Ce e2. Hur bestämmer vi C? Vi måste hitt ett villkor från integrlekvtionen. Enklst är tt sätt in = då integrlen försvinner då. Alltså måste y() + = 2e 2. Vi bestämmer nu C: Det finns lltså br en lösning: 2e 2 = y() = Ce e2 C = 2e e3. y() = 2 3 ( e 3 + 2e 2). Entydig lösning! Noter tt det endst blir en lösning till en integrlekvtion v typen ovn. För tt behåll ekvivlens när vi deriverr ekvtionen måste vi ställ krv på lösningen. Det är ett principfel tt svr med smtlig lösningr till den differentilekvtion! 8

67 TATA42: Föreläsning 8 Linjär differentilekvtioner v högre ordning John Thim 4 mrs 28 Differentilopertorer För tt underlätt nottion och vis på underliggnde struktur introducerr vi begreppet differentilopertor (DO). Den enklste icke-trivil vrinten på en DO är helt enkelt opertionen tt deriver med vsende på vribeln. Vi brukr skriv det ( ) d,, eller det som kommer d tt vr vnligst i dett vsnitt, D. Med ndr ord gäller lltså dy d = Dy() = y () för ll deriverbr funktioner y. Vi tillåter oss tt vr lite slrvig med nottionen. Självklrt så kn mn även betrkt opertionen tt deriver två gånger. Denn opertion kn enkelt skrivs D 2. Då är D 2 y = y vilket kn ses genom mnövern D 2 y = D(Dy) = Dy = y. På smm sätt är D 3 y = y (3) och så vidre. Vi är nu mogn för följnde definition. Definition. Om p(r) är ett polynom definierr vi differentilopertorn p(d) genom Differentilopertor p(r) = n r n + n r n + + r + p(d)y = n D n y + n D n y + Dy + y för ll y som kn kontinuerligt derivers n gånger. Polynomet p(r) klls differentilopertorns krkteristisk polynom. Ett pr eempel är på sin plts. [email protected]

68 (i) Om p(d) = D + är P (D)y = y + y; (ii) Om p(d) = D 2 2 är P (D)y = y 2y; (iii) Om P (D) = (D + ) 2 = D 2 + 2D + är p(d)y = y + 2y + y. Det sist eemplet kommer vi tt återvänd till. Mn kn lltså precis som för vnlig polynom fktoriser p(d) br mn är försiktig i vilken ordningen mn skriver D:n och konstnter. Dett kommer tt vr nyckeln till tt lös högre ordningens DE. Skriv ekvtionen 2y (3) 3y + 2y = 7 med hjälp v en DO. Lösning. Vi ser direkt tt ekvtionen ekvivlent kn formulers som 2D 3 y 3Dy + 2y = 7, och om vi låter p(d) = 2D 3 3D +2 kn vi skriv p(d)y = 7. De termer som inte innehåller y kn inte ingå i opertorn. Konstnt koefficienter Definition. Vi säger tt den DO p(d) vi introducerde ovn hr konstnt koefficienter eftersom konstntern,,..., n är just konstnter. Definitionen knske verkr lite konstig, men mn rbetr oft med DO:er där mn låter koefficientern,, 2,..., n i p(d) bero på (lltså vr funktioner v ). Vi kommer oftst tt enbrt betrkt fllet med konstnt koefficienter när vi rbetr med högre ordningens DE:er (med blnd nnt Euler-ekvtioner som undntg). Linjäritet Sts. Opertorn p(d) definierd ovn är linjär, dvs om y och y 2 är n gånger deriverbr funktioner och c, c 2 C är konstnter så är p(d) ( c y + c 2 y 2 ) = c p(d)y + c 2 p(d)y 2. Beviset är enkelt eftersom vi vet tt vi kn deriver en summ genom tt t summn v respektive derivtorer smt tt vi kn bryt ut konstnter (med ndr ord, tt opertorn D är linjär). Fktum är tt stsen gäller även om vi inte hr konstnt koefficienter. Förskjutningsregeln Sts. Om C är en konstnt och p(d) enligt ovn är en DO med konstnt koefficienter så gäller tt p(d) (e z()) = e p(d + )z(). 2

69 Bevis. Polynomet p(r) kn lltid fktorisers (med eventuellt komple rötter) som p(r) = C(r r )(r r 2 ) (r r n ). Vi skriver p(d) = C(D r )(D r 2 ) (D r n ). Det räcker lltså tt vis förskjutningsstsen för en v dess fktorer eftersom vi itertivt kn förflytt oss genom hel polynomet i så fll. Vi väljer D r i. Då är (D r i ) (e z()) = (e z()) r i e z() = e z () + e z() r i e z() = e ((D + ) r i ) z(). Opertorn D förskjuts lltså med i den i:te fktorn och dett gäller för vrje i. Låt p(r) = r 2 + r 2 = (r )(r + 2). Då medför förskjutningsregeln tt p(d) ( e 2 z() ) = e 2 p(d 2)z. Så vd innebär p(d 2)? Inget mer än tt mn ersätter r med D 2 i polynomet p(r): p(d 2) = (D 2) 2 + (D 2) 2 = (D 2 )(D 2 + 2) = (D 3)D = D 2 3D. Alltså blir p(d) ( e 2 z() ) = e 2 p(d 2)z = e 2 (z 3z ). Knske kn mn tyck tt det verkr bökigt med förskjutningsregeln, men i viss fll underlättr den riktigt ordentligt. Låt p(r) = (r 3). Då kommer p(d)(e 3 z()) = ( D 3 D D D D D D D D D ) ( e 3 z() ). Hur förenklr vi dett? Ser bökigt ut. Men med förskjutningsregeln blir p(d)(e 3 z()) = e 3 p(d + 3)z = e 3 (D + 3 3) z = e 3 D z = e 3 z (). Betydligt mycket mindre rbete! Multipl rötter som krockr med konstnten i eponenten i e brukr hnters mycket enklre med förskjutningsregeln. 3

70 2 Superpositionsprincipen Superpositionsprincipen är principen tt lösningr till linjär ekvtioner kn konstruers genom tt dder lösningr till delproblem. Med ndr ord, om y löser p(d)y = g och y 2 löser p(d)y 2 = g 2 så kommer y = y + y 2 tt lös p(d)y = g + g 2. Dett är nledningen till tt vi kn del upp en lösning i en homogen del och en prtikulärlösning; vi kn lltså lös en del v problemet i tget. Sts. Smtlig lösningr till p(d)y = g kn dels upp i två delr: y = y h + y p, där den homogen lösningen y h löser ekvtionen p(d)y h = och prtikulärlösningen y p är någon lösning till p(d)y p = g. Bevis. Betrkt z = y y p där y och y p är olik lösningr till ekvtionen. På grund v linjäriteten måste då p(d)z = p(d)(y y p ) = p(d)y p(d)y p = g g =. Alltså löser z den homogen ekvtionen p(d)z =. Så om vi hr en prtikulärlösning y p så tt p(d)y p = g, så ges smtlig lösningr v denn prtikulärlösning plus lösningr y h till den homogen ekvtionen p(d)y h =. Om Superposition v prtikulärlösningr g() = g () + g 2 () + + g n () består v fler termer kn även prtikulärlösningen dels upp i fler delr: y p = y p + y p2 + + y pn enligt superpositionsprincipen och sedn kn mn lös vrje p(d)y pk = g k och summer y p = y p + y p2 + + y pn för tt finn en totl prtikulärlösning. Vi återkommer med eempel på dett senre. 3 Linjär DE v först ordningen med konstnt koefficienter Först lite repetition från förr föreläsningen. Definition. Om y + f()y = g() kllr vi DE:n för en linjär DE v först ordningen. 4

71 Det kn vr intressnt tt noter tt den differentilopertor p(d) som hänger ihop med denn ekvtion ges v p(d) = D + f(). Således hr p(d) inte konstnt koefficienter i det generell fllet vi tidigre behndlt. Men om f() = är en konstnt visde vi då tt ˆ y() = Ce + e e g() d ger smtlig lösningr ˆ till ekvtionen. Vi kllde y h () = Ce för den homogen lösningen och y p () = e e g() d för en prtikulärlösning. Låt oss formuler ekvtionen som Om vi nvänder förskjutningsregeln ser vi tt p(d)y = g(), där p(d) = D +. D (e y) = e (D + )y = e p(d)y och lltså är p(d)y = g() e D (e y) = g() (e y) = e g() ˆ e y = C + e g() d ˆ y = Ce + e e g() d. Vi hr lltså plockt ut den integrernde fktorn ur p(d) med hjälp v förskjutningsregeln. Dett är grundstenen för tekniken vi kommer tt nvänd för högre ordningens ekvtioner! 4 Linjär DE v ndr ordningen med konstnt koefficienter Låt oss utgå från en opertor p(d) = D 2 + D + b. Motsvrnde polynom p(r) kn lltid fktorisers som p(r) = (r r )(r r 2 ) om vi tillåter tt r och r 2 kn vr komple tl. Lösningr till den homogen ekvtionen p(d)y h = bestäms med följnde sts. Lösningr till den homogen ekvtionen Sts. Smtlig lösningr till den homogen ekvtionen p(d)y h = ges v y h = C e r + C 2 e r 2 y h = (C + C 2 )e r om r r 2 och om r = r 2. Bevis. Vi fktoriserr det krkteristisk polynomet p(r) = (r r )(r r 2 ), vilket leder till p(d)y h = (D r )(D r 2 )y h =. Låt z = (D r 2 )y h. Då är lltså (enligt fllet v ordning ett) (D r )z = z = Ae r. 5

72 Då blir (D r 2 )y h = Ae r ˆ y h = Be r2 + e r 2 e r 2 Ae r d. Om r r 2 följer det lltså tt och om r = r 2 är y h = Be r 2 + A r r 2 e r = C e r + C 2 e r 2 y h = Be r 2 + Ae r = (A + B)e r. Hitt ll lösningr till 2y + y y = Lösning. Vi skriver upp det krkteristisk polynomet p(r) = 2r 2 +r och fktoriserr dett: ( p(r) = 2 r ) (r + ). 2 Lösningrn är lltså r = /2 och r = vilket ger lösningrn y() = C e /2 + C 2 e. Hitt ll lösningr till y 4y + 3y =. Lösning. Vi skriver upp det krkteristisk polynomet p(r) = r 2 4r + 3 och undersöker när p(r) = : p(r) = r 2 4r + 3 = r = 2 ± 3i. Komple rötter lltså, men det gör inget. De homogen lösningrn ges v y h () = Ae (2+3i) + Be (2 3i) = e 2 ( Ae 3i + Be 3i) = e 2 (A cos 3 + ia sin 3 + B cos 3 ib sin 3) = e 2 (C cos 3 + C 2 sin 3) där C = A + B och C 2 = ia ib. Men eftersom A och B redn är godtycklig konstnter kn vi lik gärn se C och C 2 som godtycklig konstnter. Svret blir lltså tt y() = e 2 (C cos 3 + C 2 sin 3). 5 Lösningr till icke-homogen ekvtioner Lösningsgången är i princip likdn när vi löser ll linjär differentilekvtioner med konstnt koefficienter. Vi försöker summer denn. 6

73 Givet en ekvtion y + y + by = g gör vi normlt sett följnde: Identifier p(d) och skriv ned det krkteristisk polynomet p(r). Fktoriser p(r) (möjligen komplet) och noter speciellt röttern r och r 2. Skriv ned ll homogen lösningr y h = C e r + C 2 e r 2 eller y h = (C + C 2 )e r då r = r 2. Om r och r 2 är komple kn vi välj tt skriv y h på reell form med cosoch sin-termer i stället: där r,2 = α ± βi. Lösningsschem y h () = e α (C cos β + C 2 sin β), Hitt någon prtikulärlösning y p till ekvtionen. Formuler den llmänn lösningen y = y h + y p. Här finns obestämd konstnter. Eventuellt bestäm konstntern C och C 2 om det finns villkor. Det störst problemet här brukr vr tt hitt prtikulärlösningen och vi kommer ägn en hel del tid åt dett problem. Det brukr känns lite d-hoc (vilket det knske även är) och mn behöver bygg upp lite känsl för vd som är lämplig nstser. Villkor på lösningr Observer tt hel lösningen y = y h + y p måste bestämms innn någr villkor sätts in för tt finn konstntern C och C 2. Dett kn inte görs direkt på homogenlösningen. 6 Prtikulärlösningr När vi letr en prtikulärlösning så brukr vi oft utgå från någon slgs nsts som verkr rimlig och sedn bestämm vilk värden prmetrr i nstsen måste h. Om det går tt välj prmetrrn så är vi färdig, nnrs måste nstsen modifiers. Så hur vet mn vd för slgs nsts mn sk gör? 6. Polynom Om högerledet består v ett polynom p(d)y = q() = b n n + b n n + + b + b nsätter vi ett nnt polynom som hr minst smm grd som q(). Hur hög grd som behövs hr tt gör med hur p(d) ser ut. Anstsen är nturlig eftersom derivtn v polynom är polynom. 7

74 Hitt en prtikulärlösning till 2y + y y = 3 + Lösning. Vi nsätter y p () = A + B eftersom vi vill mtch ett först-grds polynom. Då är y = och y = A, så A (A + B) = 3 + A B = och A = 3 A = 3 och B = 4. Prtikulärlösningen ges lltså v y p () = 3 4. Kontroller tt dett fungerr! Om viss termer skns i p(d) kn vi komm undn med enklre nstser. Hitt en prtikulärlösning till y + 2y = Lösning. Vi vill mtch grd 2, men ser i HL tt konstnt skns och tt det i VL skns y- term. Alltså nsätter vi y p = A 3 + B 2 + C och ser tt 6A + 2B + 2 ( 3A 2 + 2B + C ) 6A =, = A + 4B = 3, 2B + 2C =. Alltså måste A = /6, 4B = 2 så B = /2, och C = B = /2. Vår prtikulärlösning är lltså y p () = Vd händer om vi gör fel nsts? Det blir inte värre än tt vi hmnr i en sitution där vi inte kn bestämm konstntern. Tänk till eempel om vi inte tr med C-termen i nstsen ovn. Då blir den sist ekvtionen 2B =, så B =. Men då är både 6A = 3 och 6A = vilket så klrt inte går. Hmnr vi här får vi gör om nstsen! Hur? Lägg till fler termer om du inte kommer på något bättre. 6.2 Eponentilfunktioner Uttryck innehållnde eponentilfunktioner e ( kn vr komple) kn trnsformers med nstsen z()e vilket normlt sett reducerr fllet till något enklre. I fllet med konstnt koefficienter kommer vi ihåg förskjutningsregeln: p(d)(z()e ) = e p(d + )z. Vi återfår lltså funktionen e efter ll deriveringr (inte förvånnde egentligen) och kn förkort bort denn om den förekommer i ll termer i högerledet (eftersom e ). Hitt ll lösningr till y 3y + 2y = e 2. 8

75 Lösning. Vi vet tt p(r) = r 2 3r + 2 = (r 2)(r ) och därmed tt vi söker y p tt p(d)y p = e 2. Vi nsätter y p () = z()e 2 och ser vd som händer: så p(d) ( z()e 2) = e 2 e 2 p(d + 2)z() = e 2 p(d + 2)z() = (D + 2 2)(D + 2 )z = D(D + )z = z + z =. Vi söker en lösning, så vi nsätter z() = A 2 + B vilket ger 2A + 2A + B = 2A + B = och 2A = A = och B =. 2 ( ) 2 Vi får lltså y p () = 2 e 2. Den homogen delen får vi direkt från fktoriseringen: y h () = C e 2 + C 2 e. Enligt superpositionsprincipen får vi nu tt smtlig lösningr ges v ( ) y() = y h () + y p () = C e 2 + C 2 e e 2. Alterntivt. Vi kn även direkt sätt in y p = z()e 2 och deriver på utn tt nvänd förskjutningsregeln. Vi hr då tt y p = (z + 2z)e 2 och tt y p = (z + 2z + 2z + 4z)e 2 vilket ger tt p(d)(ze 2 ) = (z + 4z + 4z)e 2 3(z + 2z)e 2 + 2ze 2 = (z + z )e 2. Om dett sk bli e 2 måste lltså z + z = och vi är tillbk där vi hmnde med förr metoden. 6.3 Sinus och cosinus Dess kn behndls på olik sätt. En vrint är tt betrkt dem som rel- respektive imginärdel v en komple eponentilfunktion. Alterntivt nsätts en linjärkombintion v sinus och cosinus med smm frekvens som i högerledet. Dess lterntiv kn behöv modifiers om nstsen mtchr de homogen lösningrn. Finn ll lösningr till y + y 6y = 2 sin 2. Lösning. Låt p(r) = r 2 + r 6. De homogen lösningrn ges v y h () = C e 2 + C 2 e 3 eftersom p(r) = hr lösningrn r = 2 och r = 3 och fktoriseringen p(r) = (r 2)(r + 3). Vi vill h ut 2 sin 2, så det är rimligt tt nsätt en prtikulärlösning v formen y p = A sin 2 + B cos 2 eftersom den typen v funktioner dyker upp när mn deriverr. Vi räknr ut vd som händer med nstsen: y p +y p 6y p = 4A sin 2 4B cos 2+2A cos 2 2B sin 2 6A sin 2 6B cos 2 = 2 sin 2. 9

76 Vi mtchr sin 2-termer och cos 2-termer och finner tt 4A 2B 6A = 2 och 4B + 2A 6B =. Alltså är A = 5/26 och B = /26. Vi hr därmed Den fullständig lösningen ges v y p () = 5 26 sin 2 cos y = y h + y p = C e 2 + C 2 e sin 2 cos Alterntivt. Eftersom sin 2 = Im e 2i betrktr vi ekvtionen p(d)u = 2e 2i. Vi byter nmn på funktionen till u för tt inte blnd ihop det med y som är den reell lösningen vi söker i slutändn. För prtikulärlösningen nvänder vi förskjutningsstsen och nstsen u p () = z()e 2i : p(d) ( z()e 2i) = 2e 2i e 2i p(d + 2i)z() = 2e 2i p(d + 2i)z() = 2 (D 2 + 2i)(D i)z = 2 (D 2 + ( + 4i)D + 2i)z = 2. Dett ser riktigt bökigt ut men vi söker br en prtikulärlösning, så vi nsätter z p = A. Då är ( + 2i)A = 2, eller A = 26 5 i. Alltså, 26 u p () = z p ()e 2i = ( ) i (cos 2 + i sin 2) = cos sin 2 26 i sin cos Vi finner nu vår sökt prtikulärlösning genom tt t y p = Im u p (), vilket stämmer överens med vd vi tog frm ovn med den reell metoden. Observer tt vi här på köpet även får en prtikulärlösning för högerledet cos 2 (hur?). Dett lterntiv bygger på tt ekvtionen är linjär så superpositionsprincipen fungerr och vi kn del upp i rel- och imginärdel.

77 TATA42: Föreläsning 9 Linjär differentilekvtioner v ännu högre ordning John Thim 4 mrs 28 Linjär DE v godtycklig ordning med konstnt koefficienter Vi kommer nu tt betrkt linjär differentilekvtioner v högre ordning: y (n) () + n y (n ) () + + y () + y() = g() där vi som vnligt kn skriv p(d)y() = g(), med p(d) = D n + n D n + + D +. Det krkteristisk polynomet kn fktorisers enligt p(r) = r n + n r n + + r + p(r) = (r r ) m (r r 2 ) m2 (r r k ) m k där m + m m k = n och r i r j då i j. Dett innebär lltså tt roten r i hr multiplicitet m i. Med smm teknik som tidigre (itertivt lös ekvtionen genom tt eliminer en derivt i tget; se förr föreläsningen) kn vi vis följnde sts. Lösningr till den homogen ekvtionen Sts. Smtlig lösningr till den homogen ekvtionen p(d)y h = ges v y h = q ()e r + q 2 ()e r2 + + q k ()e rk, där q i () är godtycklig polynom så tt grd q i m i. [email protected]

78 Dett innebär tt om r i är en enkelrot (m i = ) så är q i () = A en konstnt. För en dubbelrot ges q i () = A + B, för en trippelrot hr vi q i () = A 2 + B + C och så vidre. Observer tt r i så klrt kn vr komple tl, och i så fll är r i,j = α ± iβ (om vi hr reell koefficienter) där r j är den konjugerde roten och för godtycklig konstnter A och B. C e r i + C 2 e r j = e α (A cos β + B sin β) 2 Superposition Superpositionsprincipen fungerr så klrt fortfrnde eftersom ekvtionen är linjär. Vi kn lltså del upp lösningen för en godtycklig linjär DE i en del som löser den homogen ekvtionen och en prtikulärlösning. Vi upprepr stsen från förr föreläsningen. Sts. Smtlig lösningr till p(d)y = g kn dels upp i två delr: y = y h + y p, där den homogen lösningen y h löser ekvtionen p(d)y h = och prtikulärlösningen y p är någon lösning till p(d)y p = g. Bevisen för dess stser är nlog med fllet för ordning två. Hitt ll lösningr till y y + y y = +. Lösning. Vi skriver upp det krkteristisk polynomet p(r) = r 3 r 2 + r och fktoriserr dett: p(r) = (r )(r 2 + ) = (r )(r + i)(r i). De homogen lösningrn ges lltså v y h () = C e + Ae i + Be i = C e + C 2 cos + C 3 sin. Vi söker en prtikulärlösning y p och nsätter y p = C + D eftersom högerledet är ett polynom v grd ett. Då blir p(d)y p = C (C + D) = + C D = och C = C = och D = 2. Svret är lltså y() = C e + C 2 cos + C 3 sin 2. Vrför inte ett lite mer urrtt fll. 2

79 Finn ll lösningr till y 3y + 3y y = 2e. Lösning. Det krkteristisk polynomet ges v p(r) = r 3 3r 2 + 3r vilket vi känner igen från Pscls tringel, så p(r) = (r ) 3 (vis dett). Alltså är y h = ( A 2 + B + C ) e enligt stsen ovn. Test tt p(d)y h =. Vi ser även tt lösningrn till den homogen ekvtionen krockr med högerledet så det räcker inte med en enkel nsts (dett fenomen brukr klls resonns). Vi nsätter därför y p = z()e. Förskjutningsregeln ger tt p(d) (z()e ) = 2e e p(d + )z = 2e p(d + )z = 2 D 3 z = z (3) = 2 Vi söker en prtikulärlösning z p, så vi tr helt enkelt z p = 23 6 = 3. Test tt dett fungerr! 3 Vår eftersök prtikulärlösning ges nu v y p = 3 3 e. Totlt sett hr vi ( ) 3 y = y h + y p = 3 + A2 + B + C e. Modifierd nsts Om högerledet krockr med de homogen lösningrn kn mn komm undn med tt modifier nstsen genom tt multiplicer med k där k är multipliciteten för roten till det krkteristisk polynomet som orsker konflikten. vis ser vi i föregående eempel tt e krockr med en homogen lösning eftersom r = är en rot till p(r). Dessutom är dett en trippelrot så vi måste nsätt y p () = A 3 för tt hitt en prtikulärlösning. Om vi betrktr y h ser vi tt vi måste t oss förbi dess termer v grd 2. Med nstsen y p () = z()e sker dett utomtiskt så denn metod är lite enklre. Låt oss upprep en uppmning från förr föreläsningen. Villkor på lösningr Observer tt hel lösningen y = y h + y p måste bestämms innn någr villkor sätts in för tt finn konstntern i y h. Dett kn inte görs direkt på homogenlösningen. Finn ll lösningr till y 4y + 5y = 2 cos 3 så tt y () =, y() = y(2π) = 2. 3

80 Lösning. Låt p(r) = r 3 4r 2 + 5r. Vi ser tt De homogen lösningrn ges v p(r) = r(r 2 4r + 5) = r(r (2 i))(r (2 + i)). y h () = C + e 2 (C 2 sin + C 3 cos ). Vi vill h ut cos 3, så det är rimligt tt nsätt en prtikulärlösning v formen y p = A sin 3 + B cos 3 eftersom den typen v funktioner dyker upp när mn deriverr. Vi räknr ut vd som händer med nstsen: p(d)y p = 27A cos B sin 3 4( 9A sin 3 9B cos 3) + 5(3A cos 3 3B sin 3) = ( 2A + 36B) cos 3 + (36A + 2B) sin 3. Vi mtchr sin 2-termer och cos 2-termer och finner tt 2A + 36B = 2 och 36A + 2A =. Alltså är A = / och B = 3/. Vi hr lltså Den fullständig llmänn lösningen ges v y p () = sin cos 3. y = C + e 2 (C 2 sin + C 3 cos ) sin cos 3. Vi sk nu (inte tidigre) bestämm konstntern. Vi hr { y() = C + C 3 + 3/, y(2π) = C + e 4π C 3 + 3/. Om y() = y(2π) måste lltså C 3 =. Sen är y() = y(2π) = 2, så C = 2 3/ = 7/. Nu behöver vi deriver lite: y () = e 2 ((2C 2 C 3 ) sin + (C 2 + 2C 3 ) cos ) 3 cos 3 9 sin 3 så y () = C 2 + 2C 3 3/ = men C 3 = så C 2 = 3/. Svret blir nu y() = e2 sin sin cos 3. Lös ekvtionen y (4) + 2y + y = sin. 4

81 Lösning. Låt p(r) = r 4 + 2r 2 + = (r 2 + ) 2 = (r + i) 2 (r i) 2. Alltså ges de homogen lösningrn till p(d)y h = v y h = (C + C 2 ) cos + (C 3 + C 4 ) sin. Vi ser nu tt vi får problem med nstsen för högerledet eftersom sin är en lösning till den homogen ekvtionen. Att br multiplicer med hjälper inte heller eftersom även sin är en homogen lösning! Vår nsts blir Vi deriverr lite och finner tt y p = A 2 sin + B 2 cos. p(d)y p = 2A sin 8A cos + A 2 sin 2B cos + 8B sin + B 2 cos + 2 ( 2A sin + 4A cos A 2 sin + 2B cos 4B sin B 2 cos ) + A 2 sin + B 2 cos = 8A sin 8B cos. Alltså måste A = /8 och B =. Vi hr nu lltså (C + C 2 ) cos + (C 3 + C 4 ) sin 2 sin. 8 Alterntivt kn vi betrkt hjälpekvtionen w (4) + 2w + w = e i och sedn t y() = Im w() för tt hitt smm svr som ovn. Med fördel nvänder mn här förskjutningsstsen när mn finner en prtikulärlösning med nstsen w p () = z()e i. Lös ekvtionen y (6) 64y = 32. Lösning. Det krkteristisk polynomet blir p(r) = r 6 64 som hr röttern ( r = 2 ep i πk ), k =,, 2, 3, 4, 5. 3 Jämför med ekvtionen z 6 = 64 från Grunken! Alltså ges lösningrn till den här ekvtionen v 5 ( ( y h = C k ep 2 ep i πk ) ). 3 En prtikulärlösning finner vi genom tt nsätt y p = A och se tt 64A = 32, eller ekvivlent, tt A = /2, så enligt superpositionsprincipen hr vi y() = 5 ( ( 2 + C k ep 2 ep i πk ) ). 3 Vi kn formuler om dett på reell form (med ndr konstnter C i ): y() = ( ) ( C e 2 + C 2 e 2 + ep C 3 cos 2 + C 4 sin 2 ) ( + ep 2 ) ( C 5 cos 2 + C 6 sin 2 )

82 3 Ekvtioner med icke-konstnt koefficienter Vi vslutr med en typ v ekvtion där vi hr koefficienter som beror v på ett speciellt sätt, nämligen de så kllde Eulerekvtionern. Dess hr formen n y (n) () + n n y (n ) () + + y () + y() = g(), så vi ser tt vrje derivt v ordning k hr koefficienten k k. Denn speciell ekvtion kn vi lös genom tt byt vribel till t = ln. Det verkr rimligt eftersom t = / = och vrje gång vi deriverr t sänks eponenten ett steg till, vilket borde kunn kompenser för k före y (k). Mn kn vis tt dett lltid reducerr ekvtionen till en ekvtion för en funktion z(t) = y(e t ) som hr konstnt koefficienter (och därför kn löss med tidigre tekniker). Vi visr ett pr steg. Först derivtn fås enkelt till z (t) = d dt y(et ) = y (e t )e t så y (e t ) = e t z (t). Vi deriverr nu dett uttryck en gång till (både produkt och kedjeregeln): z (t) = d dt( y (e t )e t) = y (e t )e 2t + y (e t )e t = y (e t )e 2t + z (t) så y (e t ) = e 2t (z (t) z (t)). Sen kn vi fortsätt: z (t) = d ( y (e t )e 2t + y (e t )e t) dt = y (e t )e 3t + 2y (e t )e 2t + y (e t )e 2t + y (e t )e t = y (e t )e 3t + 3(z (t) z (t)) + z (t) vilket ger y (e t ) = e 3t( z (t) 3z (t) + 2z (t) ) och så vidre. Finn ll lösningr till 3 y 2y = 2 4. Lösning. Låt t = ln. Då är = e t och vi låter z(t) = y(e t ). Enligt ovn blir nu 3 y 2y = 2 4 z 3z = 2 4e t. Vi skriver upp det krkteristisk polynomet p(r) = r 3 3r 2 lösningrn ges lltså v z h (t) = C e 3t + C 2 t + C 3. Vi nsätter en prtikulärlösning z p (t) = At 2 + Be t. Då blir = r 2 (r 3). De homogen z p 3z p = Be t 6A 3Be t = 2Be t 6A = 2 4e t, så 2 = 6A och 2B = 4. Alltså måste A = 2 och B = 2. Vi hr totlt sett lösningrn z(t) = z h (t) + z p (t) = C e 3t + C 2 t + C 3 2t 2 + 2e t. Vi byter tillbk till vribeln och erhåller då y() = C 3 + C 2 ln + C 3 2 ln

83 4 Kontroll v lösningr Vd betyder det egentligen tt p(d)y() = h() och, e.g., y() = y () =? Vi hr nu tgit frm verktyg för tt hitt något mgiskt y() som mn svrr med och får poäng på tentn. Men vd är egentligen y()? Dess funktioner är inget nnt än precis de funktioner som löser ekvtionen p(d)y() = h() i något intervll ], b[ som bestäms tillsmmns med y(). Lösningen uppfyller också eventuellt någr givn villkor. Vi kn lltså lltid test om vi verkligen hr löst uppgiften genom tt sätt in vårt svr i ekvtionen och test. Även om den här kontrollen inte krävs bör mn genomför den! Vis tt y() = C e sin löser ekvtionen y 2y + y 2y = 6( 2 2) för ll konstnter C. Lösning. Vi deriverr på och får y = 2C e cos y = 4C e sin y = 8C e 2 cos och sätter vi in dess uttryck i ekvtionen får vi y 2y + y 2y = 8C e 2 cos 2(4C e sin ) + 2C e cos 2(C e sin ) = C ( )e 2 + ( + ) cos + (2 2) sin = 6( 2 2). Vi kn även utifrån känd lösningr konstruer ekvtioner som får precis dess lösningr. Hitt en differentilekvtion som hr precis lösningrn (Ae 2 + ) cos + Be 2 sin. Lösning. Vi kn identifier tt det är e 2 (A cos +B sin ) som är de homogen lösningrn och tt cos är en prtikulärlösning. Vi börjr med tt konstruer en ekvtion som hr korrekt homogen lösningr. Vi ser tt på komple form måste termern e (2±i) finns med så det krkteristisk polynomet måste ges v p(r) = (r (2 + i))(r (2 i)) = r 2 4r + 5. Således är den homogen ekvtionen y 4y +5y =. Nu vill vi tt y p = cos sk vr en prtikulärlösning så vi undersöker vilket högerled som är nödvändigt: y p 4y p + 5y p = cos 4( sin ) + 5 cos = 4 cos + 4 sin. Svret blir lltså ekvtionen y 4y + 5y = 4 cos + 4 sin. 7

84 5 Generell struktur Följnde stycke hndlr om linjär lgebr och kopplingen till linjär DE. Spr det till ni hr läst kursen i linjär lgebr. Eftersom p(d) är linjär kn vi dder två homogen lösningr och få en ny homogen lösning smt även multiplicer en homogen lösning med en konstnt och erhåll en ny homogen lösning. Dett rgument visr tt mängden v homogen lösningr utgör ett vektorrum V. Dett rum är lltså mängden v ll lösningr y till ekvtionen p(d)y =. I klssisk teori betrktr mn V som ett underrum v C n (ll n gånger kontinuerligt deriverbr funktioner), vilket är ett nturligt krv med tnke på den högst derivtn som ingår. Om dett kn mycket skrivs, men fokus här är på strukturen v lösningsrummet V. Vi vet från stsen i föregående vsnitt tt det i de enklste fllen finns n stycken olik rötter som vrder ger upphov till en eponentilfunktion som homogen lösning. Finns det multipl rötter till polynomet ges homogen lösningr som polynom q() gånger eponentilfunktioner och även här finns det precis n stycken olik sorters funktioner (eempelvis e och e betrkts som helt olik). Dett är ingen slump utn dess n typer v funktioner utgör en bs för vektorrummet V. Konstntern i den llmänn homogen lösningen skpr lltså en linjärkombintion v bsvektorern. Den llmänn homogen lösningen beskriver lltså en godtycklig vektor i rummet V. 6 Anstser för prtikulärlösningr Vi vslutr med en tbell för nstser till prtikulärlösningr. Rimligheten i nstsern kommer från tt funder över vd för slgs funktioner mn behöver skick in i en DE för tt få ut det högerled mn vill h. Observer tt nstsen z()e (med C eventuellt) kn nvänds i stället för de vrinter som innehåller termer e, vilket reducerr problemet till en enklre DE för z där vi hr fått bort eponentiltermen. Dett gäller även i fllet då högerledet innehåller termer v typen e cos b eller e sin b. Ekvtionen reducers då till en ekvtion för z där högerledet endst innehåller sin b och/eller cos b. Kom även ihåg tt mn kn hitt prtikulärlösningr för sådn högerled genom en komple hjälpekvtion (hur då?). 8

85 Tbell : Anstser för prtikulärlösningr. Högerled Ansts Undntg n n + n n b n n + b n n + + b + b r = rot (b n n + b n n + + b + b ) r = dubbelrot 2 (b n n + b n n + + b + b ) r = trippelrot A sin k + A 2 cos k B sin k + B 2 cos k r = ±ik rot (B sin k + B 2 cos k) r = ±ik dubbelrot 2 (B sin k + B 2 cos k) r = ±ik trippelrot e, C Be r = rot Be r = dubbelrot B 2 e r = trippelrot q()e z()e ing undntg 2 A e α cos β + A 2 e α sin β B e α cos β + B 2 e α sin β r = α ± iβ rot Om undntgsfllet inträffr försöker vi med nstsen på näst rd. 2 Ger ekvtion för z. Nytt högerled där e försvunnit. Hitt en lösning till denn ekvtion! Metodvl beror på q(). 9

86

87 TATA42: Föreläsning Tillämpningr v potensserier John Thim 4 mrs 28 Vi hr introducert potensserier f() = c k k = c + c + c c och vist tt dess hr en konvergensrdie R så serien är bsolutkonvergent när < R och divergent när > R. Vi tillåter R = (konvergent endst i = ) och R = (konvergent för ll ). Vi konstterde tt för < R gick det tt termvis deriver och integrer potensserier: f () = kc k k k= och ˆ där dess ny potensserier hr smm konvergensrdie. Lösningr till DE på serieform Genom tt nsätt en lösning som en serie y() = f(t) dt = c k k + k+, c k k och låt ekvtionen ge villkor på koefficientern c k kn mn oft hitt lösningr till DE:er som mn inte kn lös med de metoder vi tidigre nvänt. Speciellt i de fll då vi inte hr konstnt koefficienter eftersom dess är svår tt behndl. Men låt oss börj med något enkelt. Utnyttj tt den unik lösningen till y y =, y() =, ges v y() = e för tt hitt en serieutveckling för e. Lösning. Vi nsätter en potensserie på formen y() = c k k och undersöker när denn löser differentilekvtionen. Vi skriver ut den termvis deriveringen v y() och indeerr om serien så vi summerr termer v typen k i stället för k : [email protected] y () = kc k k = k= (k + )c k+ k.

88 Nu söker vi koefficientern c k så tt = y () y() = (k + )c k+ k c k k = ( ) (k + )ck+ c k k där vi utnyttjr tt båd seriern är bsolutkonvergent för tt slå ihop summorn. För tt dett nu sk bli noll för ll (med < R) måste (k + )c k+ c k = för k =,, 2, 3,... Vi vet också tt y() = vilket ger tt c = (vrför?). Med ndr ord uppfyller c k det rekursiv smbndet c = och c k+ = c k /(k + ) för k =, 2,... Vi itererr någr steg och ser vd som händer: c = Vi får lltså serien y() = c = c + = c 2 = c + = 2 c 3 = c = 2 3 c 4 = c = c k+ = c k k + = (k + )! k. Konvergensrdien blir R = eftersom k! k+ /(k + )! k /k! = k! (k + )! =, k + då k. Vi känner igen svret från Mclurinutvecklingen v e. Vi kn även komm åt ekvtioner vi inte kunnt lös tidigre som i följnde eempel. Finn ll lösningr till ekvtionen y + y + y = som kn uttrycks som en potensserie. Lösning. Vi nsätter y() = y = y = c k k. Då blir kc k k = k= kc k k = k= k(k )c k k 2 = k=2 kc k k (k + 2)(k + )c k+2 k där vi indeert seriern lämpligt för tt nu kunn undersök ekvtionen: = y + y + y = ((k + 2)(k + )c k+2 + kc k + c k ) k = (k + ) ((k + 2)c k+2 + c k ) k 2

89 c k vilket medför tt c k+2 = k + 2 för k =,, 2,... Eftersom c k+2 br beror på c k kommer det tt dyk upp två sorters termer (det är två steg melln k och k + 2). Vi skiljer därför nu på udd och jämn k. Först jämn inde. Alltså, och för udd k, c 2 = c 2 c 4 = c 2 4 = c 2 4 c 6 = c 4 6 = c c 2k = c 2k 2 2k = ( )k c k = ( )k c 2 k k! c 3 = c 3 c 5 = c 3 5 = c 3 5 c 7 = c 5 7 = c c 2k+ = c 2k 2k + = ( ) k c (2k + ) = ( )k 2 k k! c. (2k + )! Iblnd nvänder mn skrivsättet (2k + )!! = (2k + )(2k )(2k 3) 5 3, dvs produkten v ll udd positiv heltl mindre än eller lik med 2k +. Anlogt kn mn definier (2k)!! som produkten v de jämn heltlen. Vi kn nu skriv upp hur lösningrn y() ser ut: y() = c ( ) k 2 k k! 2k + c ( ) k 2 k k! (2k + )! 2k+. För vilk? Vi undersöker konvergensrdiern och ser tt dess är R = i båd fllen. Vår lösningr löser lltså ekvtionen på hel R. Konstntern c och c är godtycklig och kn till eempel bestämms om begynnelse- eller rndvillkor är givn. ) Den först serien kn vi utn llt för stor problem se blir c ep ( 2 (vis det). Den ndr 2 serien är lite svårre tt nlyser. Mn kn dock vis tt den kn skrivs c ) ˆ 2 2/2 ( 2 ep 2 ep ( s 2) ds. 2 Vi ritr upp funktionern för c = c =. Den grön är den udd serien och den blå den jämn. 3

90 y ep( 2 /2).5 ( ) k 2 k k! (2k + )! 2k Inte direkt den typen v funktioner vi funnit tidigre när vi löst linjär DE v ndr ordningen! Följdfråg: är y() enligt ovn den llmänn lösningen till ekvtionen i fråg eller finns det fler? Vi kn även prt om potensserier kring ndr punkter än = ; jämför med hur vi gick från Mclurinpolynom till Tylorpolynom. Vi rbetr lltså i det här läget med serier c k ( ) k. Funktioner som kn uttrycks i form v potensserier enligt dett klls nlytisk. Definition. En funktion f klls nlytisk i en punkt = om det finns ett öppet intervll I =] c, + c[ så tt f() = c k ( ) k för ll I. Med ndr ord så konvergerr potensserien till f när Anlytisk funktion När vi nsätter potensserier för tt lös DE söker vi lltså nlytisk lösningr (åtminstone nlytisk i = ). Det är värt tt noter här tt det finns funktioner som är kontinuerligt deriverbr till och med oändligt mång gånger men som fortfrnde inte är nlytisk. Betrkt eemplet från föreläsning 3 där f() = ep( / 2 ) för och f() =. Mclurinserien till denn funktion är identiskt lik med noll (smtlig c k = ) vilket så klrt endst stämmer överens i just = (det finns lltså inget öppet intervll). Men i övrigt är funktionen snäll. Men mn kn konstruer eempel (oändligt deriverbr) som inte är nlytisk i en end punkt. vis är f() = e k cos k k= fktiskt en funktion som är oändligt mång gånger kontinuerligt deriverbr men som inte är nlytisk i en end punkt. Kul v! Dgens ptologisk eempel är därmed vklrt. Fktum är 4

91 tt mängden v snäll funktioner som inte är nlytisk i en end punkt är betydligt större än mängden v nlytisk funktioner. Det är inte heller så trevligt tt ll nlytisk funktioner enkelt kn representers som så kllde elementär funktioner. vis går lösningrn till följnde DE under nmnet Airyfunktioner. Finn ll nlytisk (i = ) lösningr till y y =. Lösning. Vi söker nlytisk lösningr och nsätter då en potensserie y() = ekvtionen v = = c k k(k ) k 2 k=2 c k k+ c k+2 (k + 2)(k + ) k = 2c 2 + c k k k= ( ) ck+2 (k + 2)(k + ) c k k k= c k k. Då ges Alltså måste c 2 = och för k =, 2,... måste c k+2 = c k /(k + 2)(k + ). Vi erhåller lltså 3 sorters koefficienter så vi betrktr c 3k, c 3k+ och c 3k+2. Det följer från tt c 2 = tt c 3k+2 = för k =,, 2,.... Vi fortsätter med c 3k : c 3 = c 3 2 c 6 = c = c c 9 = c 4 6 = c c 3k =. c 3k 3 3k(3k ) = (3k 2)!!! c, (3k)! där n!!! definiers som produkten v ll heltl n, n 3, n 6, n 9 och så vidre till vi hmnr i, 2 eller 3. vis är 2!!! = och 4!!! = På liknnde sätt hr vi c 4 = c 4 3 c 7 = c = c c = c 7 9 = c c 3k+ = c 3k 2 3k(3k + ) = (3k + )!!! c. (3k + )! I Bires mening. Mängden v funktioner nlytisk i någon punkt sett som delmängd v C (I) på ett intervll I är v den först ktegorin. Dett innebär tt den mängden är betydligt mindre än komplementet som består v C -funktioner på I som inte är nlytisk i en end punkt. 5

92 Vi kn nu skriv upp hur lösningrn y() ser ut: y() = c (3k 2)!!! 3k! 3k + c (3k + )!!! (3k + )! 3k+. Vi låter här ( 2)!!! = för tt underlätt nottionen. För vilk? Vi undersöker konvergensrdiern och ser tt dess är R = i båd fllen. Vår lösningr löser lltså ekvtionen på hel R och är nlytisk på hel R också. Dess funktioner brukr som sgt klls Airy-funktioner och vi kn definier Ai() = (3k 2)!!! 3k! 3k och Bi() = (3k + )!!! (3k + )! 3k+ för R. Vi skissr upp funktionern (den blå är Ai() och den grön är Bi()). y Bi().5 Ai() Dess funktioner är speciellt rolig eftersom de först beter sig svängnde innn de plötsligt bestämmer sig för tt ger som eponentilfunktioner i stället. Fscinernde! 2 Mclurinserier Entydighetsstsen för Mclurinutvecklingr medför tt om f är en nlytisk funktion i = f (k) () så måste f() = k, dvs en potensserie f() = c k k måste h c k = f (k) (). k! k! Låt oss återigen betrkt f() = e. Vi visr tt r() för vrje R om ntlet termer i Mclurinpolynomet går mot oändligheten. 6

93 Lösning. Lgrnges form på resttermen för utvecklingen v ordning n ges v r() = för något ξ melln och (där är fit). Då är r() e ξ (n + )! n+ eξ n (n + )!, då n e ξ (n + )! n+ enligt stndrdgränsvärde eftersom n /n! då n (vi låter lltså = och utnyttjr tt e ξ e < ). Eftersom resttermen går mot noll hr vi vist tt e k = k!, R. Kn vi komm åt resultt v denn typ utn tt gå vi Lgrnges restterm? Vis tt cos = ( ) k 2k (2k)! konvergerr för ll. Lösning. Direkt vi kvotkriteriet erhåller vi tt ( ) k+ 2(k+) (2k)! (2(k + ))! ( ) k 2k = 2 (2k + 2)(2k + ), då k. Serien hr lltså konvergensrdie R =. Eftersom cos är kontinuerligt deriverbr oändligt mång gånger och Mclurinkoefficientern för cos ges v koefficientern i serien ovn medför entydigheten tt dett är Mclurinserien för cos. Anstsen y = c k k till ekvtionen ( )y = 2y med krvet y() = leder till Konvergensrdie från rekursionsformel (k + 2)c k+2 = (2 3k)c k c k+2 = 2 3k k + 2 c k, smt c = och c =. Då gäller tt smtlig c 2k+ = och svret fås på formen Låt nu b k = c 2k så tt y = > lim k b k+ 2(k+) b k 2k c 2k 2k (udd termer försvinner). b k 2k. Kvottestet visr tt vi hr bsolutkonvergens då c 2k+2 = lim k c 2k 2 = lim k 2 3k k = 3 2 < 3. Vi smmnfttr någr v de känd Mclurinseriern med ders respektive konvergensområden. Jämför med motsvrnde Mclurinutvecklingr från föreläsning 3. 7

94 Mclurinserier (i) e = ! + + n +, < <. n! (ii) ln( + ) = n + ( )n +, <. 3 n (iii) cos = k + ( )k +, < <. 4! (2k)! (iv) sin = 3 3! + 5 5! + 2k ( )k +, < <. (2k )! (v) ( + ) α α(α ) = + α α(α ) (α n) n + n! α(α )(α 2) 3! 3 +, < <. (vi) rctn = n + ( )n +, < <. 5 2n 3 Modifiernde serienstser Vi hr tidigre stött på DE v Euler-typ, 2 y + y + by =, som vi kunde lös genom tt substituer t = ln (för > ). Lösningrn kn även fås genom tt finn röttern till r 2 +( )r+b = och bild c r +c 2 r 2 om r r 2 och c r +c 2 r ln om r = r 2 (komple rötter kräver lite omskrivning för tt få över llt på reell form). Mn visr dett genom tt nsätt r som lösning och se vilk villkor mn får på r. Utför dett! Kn mn gör något liknnde för ekvtioner där och b beror på? Hitt lösningr till Bessels DE v ordning och /2, dvs 2 y +y +( 2 ν 2 )y = med ν = och ν = /2. Lösning. En direkt potensseriensts visr sig resulter i svårlöst problem så vi nsätter i stället en modifierd nsts y() = r deriverr gltt och ser vd vi får: y () = y () = c k k där r måste bestämms på något sätt. Vi c k (k + r) k+r c k (k + r)(k + r ) k+r 2 8

95 från vilket det följer tt ekvtionen kn skrivs = 2 y + y + ( 2 ν 2 )y = c k (k + r)(k + r ) k+r + = = c k (k + r) k+r + ( c ) k (k + r)(k + r ) + k + r ν 2 k+r + ( c k (k + r) 2 ν 2) k+r + c k 2 k+r k=2 = c ( r 2 ν 2) r + c ( ( + r) 2 ν 2) r+ + c k k+r+2 ν 2 c k 2 k+r k=2 ( ( ck (k + r) 2 ν 2) ) + c k 2 k+r. k=2 c k k+r Här ser vi tt ender måste c = eller så måste r = ±ν för tt ekvtionen sk vr snn (för ll > ). Vidre måste c = om inte r = /2. Sen blir det rekursiv smbndet c k = c k 2, k = 2, 3, 4,.... (k + r) 2 ν2 Fll : ν =. Här ser vi tt r = för tt slipp sätt c =. Då blir c = vilket ger ll udd termer =. Vi undersöker de jämn: c 2 = c 2 2 Vi erhåller lltså y() = c ( ) k 2 2k (k!) 2 2k. Konvergensrdien hittr vi till eempel med kvotkriteriet: c 4 = c = ( ) 2 c = ( )2 c c 6 = c = ( ) 3 c = ( )3 c c 2k = c 2k 2 (2k) 2 = ( )k c 2 2k (k!) 2. 2(k+) 2 2(k+) ((k + )!) 22k (k!) 2 2 2k = 2 4 ( ) 2 k + då k. Serien konvergerr lltså för ll. Dubbelroten som vi fnn ovn (r = ) är nledningen till tt vi br erhåller en sorts lösning. För tt hitt en oberoende lösning till krävs en hel del rbete till så vi stnnr här. Den lösning vi hittt brukr klls Bessels funktion v ordning och beteckns J () = ( ) k 2 2k (k!) 2 2k. Det är en svängnde funktion med vtgnde mplitud. 9

96 y.5 J () = ( ) k 2 2k (k!) 2 2k Fll 2: ν 2 = /4. Här ser vi tt r = ±/2 för tt slipp sätt c =. När det gäller c beror det på om ν = /2 eller om ν = /2. För ν = /2 måste c = på smm sätt som i fll. För ν = /2 är c godtycklig eftersom ( + r) 2 ν 2 = i det fllet. Vi undersöker de jämn koefficientern först: c 2 = c 2(2 ± ) c 4 = c 2 4(4 ± ) = ( )2 c 2(2 ± ) 4(4 ± ) c 6 = c 4 6(6 ± ) = ( )3 c 2(2 ± ) 4(4 ± ) 6(6 ± ). c 2k = c 2k 2 2k(2k ± ) = ( )k c 2(2 ± ) 4(4 ± ) 6(6 ± ) 2k(2k ± ). För ν = /2 är det plussen som gäller och vi ser då tt c 2k = erhåller lltså y() = c ( ) k (2k + )! 2k+/2 = c /2 ( )k (2k + )! ( ) k (2k + )! 2k+ = c sin för k =,, 2,.... Vi eftersom vi känner igen Mclurinutvecklingen för sin. Serien konvergerr för ll, men vi hr krvet > från tidigre så vi hr enbrt lösningr för >. När det gäller ν = /2 är c godtycklig och vi kn t frm koefficientern c 2k+ = ( )k c (2k + )! smt c 2k = ( )k c (2k)! y() = c /2 för k =,, 2,.... Dett ger oss lösningrn ( ) k (2k)! 2k + c /2 ( ) k (2k + )! 2k+ = c cos + c sin

97 för >. Vi erhöll här precis Mclurinutvecklingrn för cos respektive sin. Dess funktioner kn rits upp (den grön är cos-termen och den blå är sin-termen). y

98

99 TATA42: Föreläsning Kurvlängd, re och volym John Thim 4 mrs 28 Kurvlängd Vi börjr med tt betrkt situtionen då en kurv i plnet ges på prmeterform: ((t), y(t)). Dett innebär tt både - och y-koordintern simultnt uttrycks som funktioner v någon prmeter t som vrierr i ett intervll. Till eempel skulle (t) = cos t och y(t) = sin t, där vi låter t 2π, beskriv cirkeln 2 + y 2 =. På dett sätt kn vi även få med fllet då en kurv inte kn uttrycks som en funktion y = f(). vis kn kurvn som bestäms v = 6 sin 3 t och y = 3 cos t 5 cos 2t 2 cos 3t cos 4t med t 2π rits enligt följnde. y L 2.7 l.e. Att beskriv dett som ett funktionssmbnd y = f() förefller gnsk omöjligt. Omvänt däremot, om vi utgår från en funktion kn vi lltid skp en prmeterfrmställning. Prmeterform för en funktionskurv Om kurvn vi är intresserd v ges v en funktion f på ett intervll [, b], i.e., y = f() för b, så kn vi beskriv dett på prmeterform genom tt till eempel välj = t och y = f(t), där t b. [email protected] En dödsklle visde sig vr för svår tt beskriv mtemtiskt...

100 Än så länge hr vi egentligen inte ställt någr krv på ingående funktioner, men för tt på något (enkelt) sätt kunn definier vd vi menr med kurvlängd kommer vi tt kräv tt funktionern är kontinuerligt deriverbr (dvs f är deriverbr och f är kontinuerlig). Vi brukr smmnftt dett villkor genom tt säg tt f C ([, b]). Vi ntr underförstått tt dett gäller om inget nnt nges. Sts. Om C ([, b]) och y C ([, b]) så ges längden v kurvn ((t), y(t)) för de t där t b, v ˆ b L = ( (t)) 2 + (y (t)) 2 dt. Vi skissr beviset lite informellt br för tt se tt det verkr rimligt; det finns ett mer precist bevis i kursboken. Vi ritr en figur och funderr över hur vi kn pproimer längden v en liten del v kurvn. Låt t > vr ett litet tl och låt r(t) = ((t), y(t)) R 2. Vi hr följnde principfigur: r(t) s l r(t + t) Då är det lill bågelementet s l om t är litet och kurvn gltt (ges v deriverbr funktion). Längden l i sin tur kn vi beräkn genom l = r(t + t) r(t) = ((t + t) (t)) 2 + (y(t + t) y(t)) 2 ((t ) 2 ( ) 2 + t) (t) y(t + t) y(t) = + t ( t t (t)) 2 + (y (t)) 2 dt då t. Vi väljer nu tt kll det sist uttrycket för bågelementet ds. Med ndr ord, vi definierr ds = ( (t)) 2 + (y (t)) 2 dt. Räkn ut omkretsen för en cirkel med rdie R. 2

101 Lösning. Vi vet redn svret, men vi nvänder stsen ovn för tt illustrer. Lämpligen representerr vi cirkeln som (t) = R cos t och y(t) = R sin t för t 2π. Dett är ett sätt tt prmetriser cirkeln på. Eftersom ingående funktioner är snäll erhåller vi då kurvlängden L = ˆ 2π ˆ 2π ( (t)) 2 + (y (t)) 2 dt = ( R sin t)2 + (R cos t) 2 dt = ˆ 2π = R ˆ 2π R sin 2 t + cos 2 t dt dt = 2πR, eftersom R = R då R >. Ovnstående är ett specilfll för kurvlängd då vi nvänder polär koordinter. Mer generellt låter vi rdien vr en given funktion r = h(t), så (t) = r(t) cos t och y(t) = r(t) sin t. Stsen ovn implicerr tt ds = h(t) 2 + h (t) 2 dt (vis det). Låt oss smmnftt dett nvändbr resultt. Kurvlängd i polär koordinter Om en kurv Γ ges i polär koordinter, = r cos t och y = r sin t, där r = h(t) för α t β och h är kontinuerlig, så kn längden v Γ beräkns enligt L = ˆ β α h(t)2 + (h (t)) 2 dt. Kurvlängd v en funktionskurv Om vi är intresserde v längden v kurvn y = f(), b, kn vi enkelt ställ upp uttrycket för dett genom tt prmetriser som i eemplet tidigre: (t) = t och y(t) = f(t). Då är (t) = och y (t) = f (t) och längden ges v L = ˆ b + (f ()) 2 d. ( ) Rent konkret blir klkylern oft gnsk jobbig eftersom integrnden innehåller kvdrtrötter v ndrgrdsuttryck. Som tur är behndldes mång sådn situtioner i envribel-ettn! Räkn ut längden v kurvn y = 2 för. 3

102 Lösning. Vi ser tt kurvn ges v en C -funktion och tt y = f() med f() = 2. Då ges lltså kurvlängden v ˆ + (2)2 d = = ˆ d [ ] = 5 = 5 = ˆ ˆ ˆ ˆ där vi utnyttjt välkänd (nåj..) primitiv funktion till. Eftersom vi får tillbk inte- + 2 grlen med rätt tecken hr vi nu ˆ d ˆ d + d [ ( + 42 d + 2 ln 2 + ) ] d ln(2 + 5), 2 + (2)2 d = ln(2 + 5). 4 Definition v kurvlängd Om f C kn mn definier längden L v en kurv direkt med ( ) ovn, men observer tt vi inte direkt kn nvänd stsen som definition v kurvlängd för ll kurvor. Betrkt till eempel fllet då f() =. Som beknt är f inte deriverbr i origo och därmed fungerr inte stsen som formulerd. Men vi vet också tt mn kn del upp Riemnnintegrler i två delr och därmed kunn räkn ut längden v kurvn på vrje del och summer dess. Dett fungerr även om vi hr mång fler punkter där f inte finns (åtminstone så länge dett är ett ändligt ntl). Vd händer sen? Ett eempel på en kurv där det går åt skogen tt räkn ut längden är Kochs snöfling. Mn strtr med en liksidig tringel och delr sedn vrje sid i tre delr och ersätter den mitterst med en ny liksidig tringel. Processen uppreps på ll ny linjesegment om och om igen oändligt mång gånger. Den kurv som uppstår visr sig inte h någon prmetrisering som är deriverbr i en end punkt! Hur sk vi definier längden v en sådn kurv? Vi ritr de se först stegen. 4

103 Fktum är tt L = är den end rimlig definitionen. Vrför? Låt L n vr kurvlängden för itertion n och ntg tt kntlängden i den först tringeln är. Då är L = 3. När n = 2 får vrje linjesegment längden /3 och vrje sid ger upphov till 4 ny knter. Således blir kurvlängden när n = 2 inget nnt än L 2 = = 4. När n = k finns det 3 4k knter, vr och en v dess hr längden 3 k. Alltså ges den totl kurvlängden L k för itertion k v ( ) k 4 precis L k = 3 4 k 3 k = 3. När n är det således tydligt tt L n. 3 Vd blir ren som innesluts v kurvn? Är frågn rimlig? Vid itertion k finns 3 4 k knter, så vid itertion k läggs det till 3 4 k tringlr, vr och en med ren 3 k 3 k 3. 4 Således blir totl ren A n vid itertion n (med n 2) n 3 3 A n = A k 9 k 4 = n 2 ( ) k = (4/9)n 4/9 k= 3 = ( ( ) ) n , då n En rimlig tolkning på ren som omsluts v snöflingn är lltså 2 3/5. 2 Pln re Om g() f() på ett intervll [, b] så ges ren A melln f och g v A = ˆ b (g() f()) d under förutsättning tt funktionern är tillräckligt snäll. Området vrs re vi är intresserde v är D = {(, y) R 2 : b, f() y g()}. 5

104 y g() D b f() Räkn ut ren melln y = cos och y = sin, π/4. Lösning. Aren ges v A = ˆ π/4 (cos sin ) d = [ sin + cos ] π/4 = 2 vilket är positivt så svret är inte helt orimligt. Vi bör även kontroller tt cos sin för < < π/4. En figur visr tydligt hur situtionen ser ut, och här är lltså den skuggde ren lik med 2.4 reenheter. y D π 4 2. Are i polär koordinter Polär koordinter är nvändbr i situtioner då vi hr lättre tt beskriv hur långt från origo något befinner sig än tt preciser hur vrition ser ut direkt i - och y-koordinter. Vi hr som beknt = r cos ϕ och y = r sin ϕ och kn då betrkt områden som ges på formen D = {(, y) R 2 : r h(ϕ), α ϕ β} där h(ϕ) är någon kontinuerlig funktion och α β. Vi skissr hur situtionen ser ut. 6

105 y D da r = h(ϕ) dϕ α β ϕ Aren v dett område kn beräkns enligt följnde: A(D) = ˆ β α h(ϕ) 2 dϕ. 2 Motiveringen till reformeln kommer från tt vi kn betrkt ett litet reelement vid vinkeln ϕ enligt da = πh(ϕ) 2 dϕ 2π = h(ϕ)2 dϕ 2 eftersom det är en del v en disk med rdien h(ϕ). Vi summerr dess reelement och erhåller formeln ovn. 3 Volym Både rottionsre- och rottionsvolymsberäkningr hör egentligen hemm i en flervribelnlyskurs, men på grund v rottionssymmetrin kn vi oft reducer re- och volymberäkningr till ett fll med br en vribel. Mycket v kommnde formler är lite hndviftnde men visr ändå på hur krftfull verktyg integrl- och differentilklkyl är. 3. Rottionsvolym vi skivor Vi börjr med tt beskriv det som brukr klls skivformeln. Vi betrktr en icke-negtiv funktion f() och låter området D = {(, y) R 2 : y f(), b} roter ett vrv kring -eln. För vrje värde [, b] uppstår då en disk (skiv) med re A() = πf() 2 eftersom rdien för disken ges v funktionsvärdet i punkten : r = f(). 7

106 Vi multiplicerr med d för tt få en infinitesiml cylinder (höjden är lltså d) som hr volymen dv = A() d = πf() 2 d. Vi summerr dess och erhåller då den så kllde skivformeln: V = ˆ b dv = π ˆ b f() 2 d. Skivformeln Sts. Om f() är kontinuerlig så ges volymen V som uppstår då området D = {(, y) R 2 : y f(), b} roterr ett vrv kring -eln v V = π ˆ b f() 2 d. Vi bevisr inte stsen utn nöjer oss med rgumentet ovn. En principskiss visr också hur vi summerr små skivor för tt få hel volymen. Formeln är även känd som brödskiveformeln. Vrför tror du formeln fått det nmnet? y f() A() b f() Beräkn volymen v den kropp som uppstår då området som begränss v kurvn y = 3 2 och -eln roters ett vrv kring -eln. 8

107 Lösning. Kurvn y = 3 2 skär -eln då 3 2 =, vilket sker precis då = och = 3. För 3 är 3 2, så volymen vi söker ges v ˆ 3 ˆ 3 ] 3 ) π (3 2 ) 2 d = π ( ) d = π [ = π ( Mn bör se till tt dett uttryck åtminstone är positivt (vrför?). En figur är också på sin plts: y 3 2 +d 3 Vi kn även t hänsyn till ihåligheter i rottionskroppen som i följnde eempel. Bestäm volymen då området 3, y 2, roterr ett vrv kring y = 2. Lösning. Det vnligste felet är tt mn missr tt det är en viss specifik yt som roterr runt en el, inte området melln en kurv och rottionseln. De cylindrr som uppstår (med höjd d) är INTE homogen utn hr ett hålrum. Vi skissr hur situtionen ser ut i plnet: y y = 2 Ett tvärsnitt vid : d Således kommer volymen tt ges v ˆ ( 3 [ π ( 2 + 2) 2 d π = π ] 3 2 ) ( ) 243 = π = 423π 5 5, där vi helt enkelt drgit bort volymen v den ihålig cylindern med rdie 2 och höjd 3. 9

108 Beräkn volymen v ett klot med rdie 2 där vi skär ut en cylinder med rdie som hr -eln som sin symmetriel. Lösning. Vi tänker oss tt klotet uppstår vid rottion v disken 2 + y 2 2 kring -eln. Cylindern uppstår när vi roterr området melln y = och -eln kring -eln. Cylindern får oändlig volym så hur reder vi ut hur mycket som ligger i klotet? Ett sätt är skiss situtionen. y 2 2 Kurvn 2 + y 2 = 2 skär linjen y = precis då = ±. Vi ser då tt skivformeln med en undre gräns y = istället för y = (-eln) ger tt den eftersökt volymen blir V = π ˆ ( ) ˆ d = π ( 2 ) d = 4π 3. Rottion kring lr prllell med -eln Vi kn roter kring en linje y = c i stället för kring -eln om vi kräver tt f() c. Det end som ändrs är rdien eftersom det nu är reltivt y = c och inte y =, så skivformeln får utseendet π ˆ b (f() c) 2 d. Smm formel gäller om f() c. Det viktig är tt vi ligger på en sidn v rottionseln. 3.2 Rottionsvolym vi cylindrr Om vi vill roter kring y-eln i stället är det oft enklst tt gör med rörformeln. Vi betrktr smm område D = {(, y) R 2 : y f(), b} med tillägget tt (så hel området är på en sidn v rottionseln). Vid ett fit [, b] tänker vi oss en cylinder med höjden f() och rdien. Dett ger mntelren M() = 2πf(). Vi multiplicerr med en liten tjocklek för tt få ett volymselement dv = M() d = 2πf() d. Vi summerr dess volymelement och erhåller då den så kllde cylinderformeln: V = ˆ b dv = ˆ b M() d = 2π ˆ b f() d.

109 Cylinderformeln Sts. Låt och f(). Volymen V som uppstår då området D = {(, y) R 2 : y f(), b} roters ett vrv kring y-eln ges v V = 2π ˆ b f() d Vi försöker skiss situtionen. y f( ) f() b b Beräkn rottionsvolymen som uppstår då området som begränss v kurvn y = 3/, -eln och 4, roters ett vrv kring y-eln. Lösning. För givet [, 4] är rdien för vår cylinder (vståndet till y-eln) och höjden ges v 3/. Alltså är mntelren 2π(3/) = 6π och vårt volymselement blir helt enkelt 6πd. Alterntivt direkt vi rörformeln: y y = 3/ 2π ˆ 4 3 ˆ 4 d = 2π 3 d = 8π. +d Rottion kring lr prllell med y-eln Det är inget mgiskt med y-eln, utn rottion kn ske kring vilken linje = c som helst utn större modifiktion. Det end som ändrs är krvet tt byts ut mot tt c och tt rdien för vår cylindrr nu ges v r = c, eller tt b c och r = c.

110 Beräkn rottionsvolymen som uppstår då området som begränss v kurvn y = 3/, -eln och 4, roters ett vrv kring () linjen = (b) linjen = 5. Lösning. Situtionen är väldigt snrlik föregående eempel. () För givet [, 4] är rdien för vår cylinder (vståndet till rottionseln) och y höjden ges v 3/. Rörformeln ger nu tt volymen ges v ˆ 4 2π ( ) 3 ˆ 4 ( d = 2π 3 3 ) d y = 3/ = 6π [ ln ] 4 = 6π (3 2 ln 2). Observer tt denn volym är strikt mindre än volymen i förr eemplet. Precis som sig bör. (b) Nu befinner vi oss på ndr sidn rottionseln, och rdien för rottionen ges då istället v r = 5. Sålund, y +d V = 2π ˆ 4 (5 ) 3 d = 2π (5 ln 3 9). y = 3/ Volymen är åtminstone större en noll (eftersom ln 3 > ) så inget direkt orimligt. +d 5 4 Smmnfttnde eempel för rottionsvolymer I föregående eempel hr vi nvänt skivformeln för rottion kring lr prllell med -eln och rörformeln för rottion prllell med y-eln, men det är inget krv. Följnde eempel belyser dett. Låt området D ges v det begränsde området melln kurvn y =, -eln och linjen = 2. Bestäm volymen V då D roterr ett vrv kring -eln och volymen V y då D roterr ett vrv kring y-eln. Lösning. Vi börjr med tt rit en figur (lltid en br idé). 2

111 y 2 y = y+dy y +d 2 Vi ser tt för kurvn gäller tt y = om och endst om y 2 = (både och y är ickenegtiv). Vi kn lltså uttryck kurvn både som en funktion v och som en funktion v y. På dett sätt kn ll rottionsvolymer ställs upp på två olik sätt: med vseende på och med vseende på y. Vi ställer upp volymen som uppstår vid rottion kring -eln först: lterntivt V = 2π V = π ˆ 2 ˆ 2 ( ) 2 d = π 2 y(2 y 2 ) dy = 2π [ 2 ] 2 = 2π ] [y 2 y4 2 = 2π. 4 Angående den ndr formeln kn vi säg tt vi egentligen roterr en cylinder med bsrdie 2 och höjd 2 (längs -eln) och drr bort volymen som uppstår från kurvn = y 2. Om vi roterr kring y-eln i stället erhåller vi vi rörformeln tt V y = 2π ˆ 2 [ ] 2 2 d = 2π 5 5/2 = 6π 2. 5 Alterntivt kn vi nvänd skivformeln där vi återigen måste skär bort delr ur rottionen med hjälp v en cylinder: V y = π ˆ 2 ( 2 2 (y 2 ) 2) d = π (4 ) 2 25/2 5 = 6π

112

113 TATA42: Föreläsning 2 Rottionsre, tyngdpunkter och Pppos-Guldins formler John Thim 4 mrs 28 Rottionsre När vi sk beräkn rottionsre kommer vi tt utför liknnde mnövrr som vi gjorde för rottionsvolymer, men vi kommer så klrt tt betrkt små reelement i stället för små volymselement.. Rottionsre kring -eln Vi betrktr en funktion f() och låter kurvn D = {(, y) R 2 : y = f(), b} roter ett vrv kring -eln, där < b. För vrje värde [, b] uppstår då en cirkel som hr omkrets 2πf() eftersom rdien för cirkeln ges v funktionsvärdet: r = f() (vståndet till rottionseln). Vi multiplicerr med bågelementet ds för tt få en infinitesiml cylinder (höjden är lltså ds) vrs mntelre blir da = 2πf()ds. Vi summerr dess och erhåller då följnde. Sts. Om f() är kontinuerligt deriverbr och < b så ges ren A som uppstår då kurvn D = {(, y) R 2 : y = f(), b} roterr ett vrv kring -eln v A = 2π ˆ b f() ds = 2π ˆ b f() + (f ()) 2 d. [email protected]

114 Vi bevisr inte stsen utn nöjer oss med rgumentet ovn. En principskiss visr också hur vi summerr mntelren v dess små cylindrr för tt få hel rottionsren. y ds f() ds da b da 2πf() f() I den högr figuren hr vi klippt upp bndet som skps när vi roterr ds kring -eln. Vi ser här tt kntlängdern blir precis ds och 2πf(), så det är rimligt tt re-elementet ges v da = 2πf() ds. Beräkn volymen v den kropp som uppstår då kurvn y = 2,, roters ett vrv kring -eln. Lösning. Aren kommer tt ges v π ˆ (2) d = 4 5π ˆ 2 d = 4 5π. 3 Precis som för rottionsvolymer bör mn se till tt dett uttryck åtminstone är positivt (vrför?). Vidre är det objekt som uppstår en kon i dett fll (med bsrdien 2 och höjden ) och vi räknr lltså ut mntelren på denn! 2 y y = 2 2 2

115 Rottion kring lr prllell med -eln Vi kn roter kring en linje y = c i stället för kring -eln med smm teknik om vi br kräver tt ender f() c eller f() c (tt vi befinner oss på en sidn v rottionseln med ndr ord). Det som ändrs är rdien eftersom det nu är reltivt y = c och inte y =, så A = 2π ˆ b f() c + (f ()) 2 d..2 Rottionsre för rottioner kring y-eln Om vi vill roter kring y-eln i stället nvänder vi oss v ett liknnde rgument som i rörformeln för rottionsvolymer. Vi betrktr smm kurv D = {(, y) R 2 : y = f(), b} med tillägget tt (så hel kurvn är på en sidn v rottionseln). Däremot måste inte f() längre. Vid ett fit [, b] tänker vi oss ett litet bågelement ds på höjden f(). Dett roters kring y-eln och det uppstår då en liten rottionsre da = 2π ds eftersom omkretsen för cirkeln är 2π för rdien. Vi summerr dess reelement och erhåller följnde formel. Sts. Låt < b. Aren A som uppstår då kurvn D = {(, y) R 2 : y = f(), b} roters ett vrv kring y-eln ges v A = 2π ˆ b ds = 2π ˆ b + (f ()) 2 d. Vi försöker skiss situtionen. y f( ) f() ds b b 3

116 Mn kn gör smm sorts uppklippning här som i fllet då vi roterde kring -eln, vilket motiverr formeln da = 2π ds för reelementet. Beräkn rottionsren som uppstår då kurvn y = 2, 2 roters ett vrv kring y-eln. Lösning. Eftersom y = 2 erhåller vi ren A = 2π ˆ 2 ˆ 2 + (2) 2 d = π d = π [ ] 2( ) 3/ ( 7 3/2 ) ( ) π 7 7 π = =. 6 6 Rimligt svr? Väldigt svårt tt säg, men det är åtminstone positivt! y ds +d y = 2 Rottion kring lr prllell med y-eln Precis som för rottionsvolymer är det inget mgiskt med y-eln, utn rottion kn ske kring vilken linje = c som helst. Det end som ändrs är krvet tt byts ut mot tt c eller c b och tt rdien nu ges v r = c. 2 Tyngdpunkter Låt oss fokuser på det pln fllet i 2 dimensioner. Generlisering till 3 dimensioner sker nturligt efter det med volym i stället för re (da blir dv och så vidre). I det 2-dimensionell fllet inkluderr vi även fllet med kurvor och i det fllet behöver da byts ut mot bågelementet ds. Vi tänker oss också tt densiteten är konstnt lik med ett så tt re (eller volym respektive kurvlängd) är det smm som mss. Låt oss fokuser på situtionen där ett område D beskrivs v D = {(, y) R 2 : f() y g(), b} där vi ntr tt f() g(). Vidre tänker vi oss tt grvittionen verkr i negtiv y-elns riktning. Vi mrkerr ett litet område melln och + i figuren nedn. 4

117 y g() g D f() + b Dett område ger upphov till ett vridnde moment kring origo som pproimtivt hr storleker (g() f()). Mssn för motsvrnde område ges v (f() g()) (densiteten är ett) och vi vet från fysiken tt tyngdpunkt ges v totlt moment delt på totl mss. Det förefller lltså rimligt tt definier området D:s tyngdpunkt t med vseende på y-eln genom t = ˆ b ˆ b (g() f()) d (g() f()) d där da är re-elementet (f() g()) d. Vidre kn vi även nvänd dett element för tt definier D:s tyngdpunkt y t med vseende på -eln: y t = ˆ b ˆ b y da. Oft behöver mn här rbet lite med da för tt uttryck dett i y i stället för när vi söker y t. För enkl geometrisk objekt är det gnsk enkelt tt se vrt tyngdpunkten ligger. I en cirkel är det i mitten och smm sk gäller en rektngel. Hur går det med en tringel? da Finn tyngdpunkten T p för en rätvinklig tringel. Lösning. Betrkt en rätvinklig tringel där hypotenusn ges v y = k + kh, h och k >. Tyngdpunkten t med vseende på y-eln ges v y ˆ h A ˆ h ( k + kh)d = kh3 6A, där A = ( k + kh)d = kh2 2, så t = h. På en 3 tredjedel v höjden lltså. 5 = ˆ b ˆ b kh y t da da T p t h

118 Smm gäller så klrt y t (på en tredjedel v höjden i y-elns riktning lltså) pg symmetriskäl. Men vi kn räkn ut det också om vi vill. Vi hr y t = A ˆ kh ( y h y ) dy = = kh k 3, där vi skrivit om da = ( h y/k ) dy med vseende på y. 3 Pppos-Guldins regler Vi sk nu ställ upp krftfull regler för både rottionsvolymer och rottionsreor där vi utnyttjr tyngdpunkter. Problemet flytts nu till tt bestämm tyngdpunkten i stället för bökig rottionsuppställningr. Därmed hr vi inte sgt tt det lltid är enklre tt räkn ut tyngdpunkten, men viss fll förenkls vsevärt med de tekniker vi nu går genom (speciellt kommer vi åt fllen med lutnde rottionslr). 3. Rottionsvolym Vi låter D vr ett plnt område som ligger helt på en sidn v en linje L. Beteckn det vinkelrät vståndet melln tyngdpunkten T p och linjen L med l. Dett är lltså det kortste vståndet melln T p och linjen L. D T p l L Om D roters ett vrv kring linjen L uppstår en rottionsvolym. Denn volym kn då beräkns med hjälp v Pppos-Guldins regel som säger tt volymen som uppstår ges v ren för D gånger tyngdpunktens väg vid rottionen: V = A(D) 2πl. Låt disken 2 + y 2 roter ett vrv kring linjen y = 4 +. Bestäm rottionsvolymen som uppstår. 6

119 Lösning. Diskens tyngdpunkt ligger i centrumpunkten som i dett fll är origo. Det kortste vståndet från origo till tyngdpunkten blir 8 (betrkt tringeln med hörn i ( 4, ), (, 4) och (, )) smt cirkeln). y 4 l 4 T p Tyngdpunktens väg blir lltså 2π 8 = 4π 2. Pppos-Guldin ger nu tt den eftersökt volymen blir V = π 4π 2 = 4π Rottionsre Vi låter Γ vr en pln kurv som ligger helt på en sidn v en linje L. Beteckn det vinkelrät vståndet melln tyngdpunkten T p för den pln kurvn och linjen L med l. Precis som tidigre är dett det kortste vståndet melln T p och linjen L. T p l Γ L Om Γ roters ett vrv kring linjen L uppstår en rottionsre. Denn re kn beräkns med hjälp v Pppos-Guldins regel som säger tt ren som uppstår ges v kurvlängden s för Γ gånger tyngdpunktens väg vid rottionen: A = s 2πl. Observer tt tyngdpunkten i llmänhet inte hmnr på tråden (den behöver inte hmn inne i området i det två-dimensionell fllet heller). 3.3 Pppos-Guldin loklt och bklänges Pppos-Guldins regler kn även med fördel nvänds loklt. Med dett menr vi tt de små reoch volymelement vi tidigre betrktt vid rottion kn nvänds tillsmmns med de typer v summtionsrgument vi ägnt oss åt. Speciellt är dett lämpligt när mn roterr kring lutnde lr, vilket vi återkommer till. Vi illustrerr med ett eempel (en gmml tentuppgift). 7

120 Bestäm volymen som uppstår då det begränsde området melln y = och y = roterr ett vrv kring = 2. Lösning. Kurvn y = skär y = precis då = (4 ) = = eller = 4. Det begränsde området ges därför v y och 4. För ett litet re-element da vid med tjocklek d så ligger tyngdpunkten pproimtivt 2+ från rottionseln vågrätt. Tyngdpunktens väg för da blir således 2π(2+). Vidre ges da v en rektngel med höjden och bredden d, så da = (4 2 )d. Enligt Pppos- Guldins formel ges nu det lill volymselementet dv v y dv = 2π(2 + )da = 2π(2 + )(4 2 )d och därmed erhåller vi den eftersökt volymen genom tt summer dess volymselement: V = ˆ 4 ] 4 dv = 2π [ = 256π d da Självklrt kn integrlen även ställs upp direkt med hjälp v cylinderformeln. Fktum är tt vi kn nvänd Pppos-Guldins regler bklänges för tt hitt tyngdpunkten för en kurv eller ett område i plnet. Vi illustrerr med ett eempel. Pppos-Guldin för tt hitt T p Hitt tyngdpunkten för en hlvdisk 2 + y 2 R 2, y. Lösning. Tyngdpunkten med vseende på y-eln ligger så klrt i t =. Hur hittr vi tyngdpunkten y t med vseende på -eln? Vi skissr lösningen och grfiskt borde y t ligg lite lägre än mittpunkten på y-eln. y T p R R 8

121 Vi ser tt ren v det pln området ges v A = πr2 smt tt om dett område roters kring 2 -eln uppstår en rottionsvolym V = 4πR3 eftersom dett är ett klot. Tyngdpunktens väg 3 under rottionen är helt enkelt 2πy t. Pppos-Guldins regel implicerr nu tt πr 2 2 2πy t = 4πR3 3 y t = 4R 3π. Tyngdpunkt för område givet som funktionsgrf Eemplet ovn är ett specilfll v en mer generell sitution då ett område ges som ren melln en funktionskurv y = f(), -eln, = och = b (förutstt tt f ). Mn kn då vis tt tyngdpunkten y t ges v y t = ˆ b 2 ˆ b f() 2 d. f() d Dett följer från Pppos-Guldin. En principfigur kn se ut enligt nedn. y y t T p b Aren ges då v A = ˆ b f() d och om vi roterr området ett vrv kring -eln uppstår en rottionsvolym som v skivformeln beräkns till V = π regler följer nu tt A 2πy t = V ur vilket smbndet ovn kn löss ut. ˆ b f() 2 d. Enligt Pppos-Guldins Vd skulle händ med motsvrnde klkyl för tyngdpunkten t och rottion kring y-eln? Använd cylinderformeln och se vd som trillr ut. Beknt? 9

122 Lutnde rottionsel Räkn ut rottionsvolymen som uppstår när det begränsde området melln kurvorn y = 3 och y = 2 roterr ett vrv kring y = 3. Lösning. Rottionseln är inte prllell med vre sig y- eller -eln, men vi kn komm åt problemet med hjälp v Pppos-Guldin. Kurvorn skär vrndr i = och = 3 så det är området 2 y 3, 3, som sk roter kring y = 3. Vi skissr problemet. y v l + d Tyngdpunkten för det mörkre skuggde reelementet ligger pproimtivt i t = och y t som mitt melln y = 3 och y = 2. Låt l vr hlv lodrät vståndet melln y = 3 och y = 2, 3 2 dvs l =. Dett är lltså det lodrät vståndet melln y = 3 och tyngdpunkten. Vi 2 söker dock det vinkelrät vståndet för tt kunn nvänd Pppos-Guldins formler (det är dett vstånd som ger sträckn tyngdpunkten förflyttr sig vid rottion). Lite geometri visr tt vinkeln v kn uttrycks som v = rctn om lutningen för linjen är k >. Därmed blir k l det vinkelrät vståndet l sin v =. Pppos-Guldins formel medför nu tt rottionsele- + k 2 mentet dv kn ställs upp enligt dv = 2πl da = 2πl (3 2 )d = π(3 2 ) 2 d + k 2 = π(3 2 ) 2 d eftersom k = 3 i vårt fll. Vi summerr vår dv och erhåller då volymen v rottionskroppen: V = ˆ 3 dv = π ˆ 3 ( ) d = 8π = 8π.

123 4 Rottionsvolym och rottionsre i polär koordinter Låt = r cos ϕ och y = r sin ϕ som vnligt när vi nvänder polär koordinter. 4. Rottionsvolym Betrkt ett område D = {(, y) R 2 : r h(ϕ), α ϕ β} där h(ϕ) är någon kontinuerlig funktion. Vi skissr hur situtionen ser ut. Det mörkre området är en mindre del för en liten vinkel dϕ vid någon vinkel ϕ. y T p dϕ α β ϕ Aren för dett re-element ges pproimtivt v πh(ϕ) 2 dϕ 2π = h(ϕ)2 dϕ, och eftersom vi kn 2 betrkt det lill området som en tringel finns tyngdpunkten T p på 2/3 v sträckn från origo. Alltså blir det vinkelrät vståndet från -eln till T p pproimtivt 2 h(ϕ) sin ϕ och den väg 3 tyngdpunkten förflyttr sig blir således 4π h(ϕ) sin ϕ. Volymselementet dv som uppstår ges 3 lltså v Pppos-Guldins formel enligt dv = 4π h(ϕ)2 h(ϕ) sin ϕ dϕ och vi kn summer för 3 2 tt erhåll följnde uttryck. Rottionsvolym på polär form Sts. Om området D roters ett vrv kring -eln ges rottionsvolymen v V (D) = 2π 3 ˆ β α h(ϕ) 3 sin ϕ dϕ.

124 Det är inte direkt meningen tt ni sk memorer formlern här utn mer kunn upprep principen. Låt oss betrkt ett eempel. Området r cos t, t π/2, roters ett vrv kring linjen =. Bestäm volymen för kroppen som uppstår. Lösning. Sträckn från tyngdpunkten för ett litet vinkelområde vid vinkel t till y-eln ges som 2 3 h(t) cos t = 2 cos2 t och således blir sträckn som tyngdpunkten förflyttr sig vid rottion 3 ( ) 2 2π 3 cos2 t + Vi kn nu ställ upp ett volymselement enligt Pppos-Guldins formel: ( ) 2 dv = 2π 3 cos2 t + cos2 t dt. 2 Här hr vi utnyttjt tt ett litet reelement i polär koordinter kn skrivs da = h(t)2 dt. 2 Eftersom ( ) ( ) 2 3 cos2 t + cos2 t + cos 2t = ( + cos 2t) + = cos 2t + cos 4t 24 följer det tt ˆ π/2 dv = 2π Låt oss även rit situtionen. ˆ π/2 ( cos 2t + ) cos 4t dt = 3π y.5 En liten nmärkning. Området ser cirkulärt ut eller hur? Om h(t) = cos t, = h(t) cos t smt y = h(t) sin t, ser vi tt 2 + y 2 = cos 4 t + cos 2 t sin 2 t = cos 2 t ( cos 2 t + sin 2 t ) = cos 2 t =, så 2 + y 2 = ( ) 2 + y 2 =

125 Alltså en cirkel med rdie /2 och centrum i (/2, ). Då vet vi tt ren v området är π/8 (hlv disken) och tt tyngdpunkten ligger vid t = /2. Alltså kn vi nvänd Pppos-Guldin på hel området direkt: ( V = 2π + ) π 2 8 = 3π Rottionsre En kurv Γ ges v r = h(ϕ) där α ϕ β och h(ϕ) är någon kontinuerligt deriverbr funktion roters kring -eln. Det uppstår en rottionsre och vi försöker skiss vd som händer. y Γ ds T p dϕ α β ϕ Det lill bågelementet ds ges som beknt v ds = h(ϕ) 2 + h (ϕ) 2 dϕ och eftersom tyngdpunkten pproimtivt ligger vid r = h(ϕ), så erhåller vi tt tyngdpunktens väg vid rottion kring -eln blir 2πh(ϕ) sin ϕ (jämför med rottionsvolymsfllet ovn). Aren som uppstår ges lltså v Pppos-Guldins formel: Rottionsre på polär form Sts. Om kurvn Γ roters ett vrv kring -eln uppstår rottionsren ˆ β A(D) = 2π h(ϕ) sin ϕ h(ϕ) 2 + h (ϕ) 2 dϕ. α Vis tt ren för ett klot med rdie R ges v den beknt formeln A = 4πR 2. Lösning. Vi kn tänk oss kurvn som ges v h(ϕ) = R för ϕ π och låt den roter ett vrv kring -eln. Rottionsren som uppstår ges då enligt ovn v 2π ˆ π R sin ϕ R dϕ = 2πR R ˆ π eftersom R = R då R >. 3 sin ϕ dϕ = 4πR 2,

126