Lösningsförslag envariabelanalys 09-06-05. Ekvationen är linjär och har det karakteristiska polynomet pr) = r 4 + r 3 + 5r = r r + r + 5) = r r + i)r + + i). Således ges lösningarna till den homogena ekvationen pd)y h = 0 av y h = C + C x + e x C 3 cos x + C 4 sin x) enligt känd sats. För att hitta partikulärlösningar utnyttjar vi superpositionsprincipen och hittar först en lösning till pd)y p = 8e x. Eftersom r = inte är en rot till pr) så försöker vi med ansatsen y p = Ae x. Direkt derivering visar att pd)ae x ) = Ae x + Ae x + 5Ae x = 8Ae x, så om vi låter A = gör det att högerledet blir 8e x. Givetvis kan vi ansätta y p = zx)e x istället och använda förskjutningssatsen eller derivera på likt ovan) istället. För att hitta en partikulärlösning till pd)y p = 0 ansätter vi y p = Bx eftersom pd)polynom) = polynom, där högerledet har gradtal två steg lägre om vi ansätter ett polynom med grad ). Insatt i ekvationen ger detta så B =. pd)bx ) = 0B, Svar: y = C + C x + e x C 3 cos x + C 4 sin x) + e x + x.. a) Standardutvecklingarna +t) / = + t+ ) t + ) ) t 3 +Ot 4 ) = + t 6 t 8 + t3 6 +Ot4 ) och sinu) = u u3 6 + Ou5 ) samt cosv) = v + Ov4 ) visar att, med u = x och t = sin u samt v = x, fx) = + sinx ) ) / x + = + x x ) 3 / ) + Ox )) 0 x4 3! + Ox8 ) x + = + ) x x ) 3 + Ox 0 ) x + Ox 6 ) ) + x + Ox 6 ) ) 3 3! 8 6 ) x4 + Ox8 ) x + = x6 3 x4 + x6 + + x4 + Ox8 ) = x6 6 + Ox8 ).
b) Eftersom fx) = + x 6 ) 6 + Ox ) så ser vi att för x nära 0 så gäller att fx) < = f0) om x 0 eftersom x 6 > 0 så x 6 ) 6 + Ox ) < 0 för x 0 små x). Således har fx) ett lokalt maximum då x = 0. Svar: a) x6 6 + Ox8 ) b) Ett lokalt maximum. 3. Integranden är positiv och då x 3 x = xx ) = xx )x + ) så är integralen generaliserad i både och. Låt oss dela upp integralen i två delar: x3 x dx = x3 x dx + dx. ) x3 x Vi ser direkt att x3 x = xx + ) x x för x, så 0 x3 x dx dx < x enligt den första jämförelsesatsen då den sista integralen är känt konvergent: På liknande sätt ser vi att så 0 x dx = [ x ] =. x3 x =, x <, x 3 /x 3 x3/ 0 x3 x dx dx < 3 x3/ enligt den första jämförelsesatsen, även här på grund av att den sista integralen är känt konvergent. Eftersom båda integralerna i högerledet av ) är konvergenta så måste även integralen i vänsterledet vara konvergent. Svar: Konvergent. 4. Enligt känd formel för plan area i polära koordinater erhåller vi A = = 4 [ ϕ rϕ) dϕ = ] 5 sin ϕ = 4 π 3 + sin ϕ dϕ = 4 ) 3 = π 6 + 3 8. cos ϕ) dϕ
Kurvlängden får vi genom att summera bågelementen ds som i polära koordinater ges av dsϕ) = rϕ) + r ϕ) dϕ = sin ϕ + cos ϕ dϕ = dϕ. Sålunda ges längden av L = Svar: A = π 6 + 3 8 respektive L = π 3. dsϕ) = dϕ = π 3. Notera att bågelementet ds i polära koordinater ges av ds = dx) + dy) = / / x ϕ)) + y ϕ)) dϕ = x = rϕ) cos ϕ, y = rϕ) sin ϕ = = rϕ) + r ϕ)) dϕ. Vidare kan det vara intressant att r = sin ϕ definierar en cirkel med radie / och centrum i 0, /), något som vi kan se eftersom x = r cos ϕ = sin ϕ cos ϕ och y = r sin ϕ = sin ϕ, så x + y ) = sin ϕ cos ϕ + sin 4 ϕ sin ϕ + 4 = sin ϕ cos ϕ + sin ϕ ) sin ϕ + 4 = sin ϕ sin ϕ + 4 = 4, vilket visar att objektet är en del av en) cirkel med radie / och centrum i 0, /). y Γ 0.5 D 0.5 x 5. Vi ansätter en potensserie yx) = med konvergensradie R > 0. Då gäller att c k x k, y x) = c k kx k = c k+ k + )x k k=
samt Alltså måste xyx) = c k x k+ = = y xy = c + c k x k. k= c k+ k + ) c k ) x k. Eftersom koefficienterna är entydiga så innebär detta att c = samt att k= c k+ k + ) c k = 0 c k+ = c k, k =,, 3,... k + Villkoret att y0) = 0 ger att c 0 = 0, vilket resulterar i att För udda index ser vi att Svaret ges alltså av serien c = c 4 = c 6 = = 0. c = c 3 = c 3 = 3 c 5 = c 3 5 = 3 5 c 7 = c 7 7 = 3 3 5 7. c k+ = yx) = k 3 5 7 k + ). c k x k = c k+ x k+ då de jämna termerna försvinner. Här är c k+ koefficienterna vi bestämde ovan. Konvergensradien kan vi enklast finna medelst kvottestet: c k+)+ x k+)+ c k+ x k+ = c k+3 x = k + 3 x 0, där vi använde rekursionsformeln c k+ c k+ c k = k + som vi härledde ovan. Konvergensradien är således oändlig. Svar: yx) = x + x3 3 + 4x5 5 + 8x7 05 +, R =. Notera att vi kan hyfsa till uttrycket för koefficienterna genom att fylla igen hålen som dyker upp vid de jämna heltalen. Vi förlänger således med 4 6 k = k k!, så c k+ = k k k! 3 4 k k + ) = 4k k! k + )!
för k = 0,,,... Svaret ges alltså av serien yx) = 4 k k! x k+ k + )!, x R. Observera att vi även kan hitta ett annat uttryck för lösningen genom att multiplicera med den integrerande faktorn e x : y xy = d ) x e x y = e x y = e x e t dt + Ce x. dx Med villkoret y0) = 0 så ser vi att C = 0. Alltså måste 4 k k! x k+ k + )! x = e x e t dt. Vad händer om vi Maclaurinutvecklar integranden och e x? 6. Vi vet att där och ξ är mellan 0 och t. Alltså måste där e t = + t + t + t3 3! + + tn n! + rt), rt) = 0 e ξ n + )! tn+ e x = x + x4 x6 xn + + )n + r x ), 3! n! e ξ r x ) = ) n+ n + )! xn+ och ξ är mellan 0 och x. Vi kommer integrera över intervallet x, så ξ är alltså mellan 0 och. Därmed blir r x ) = e ξ )n+ n + )! xn+ n + )! x n+, x. Hur många termer är nödvändiga? Svaret får vi genom att undersöka vad som händer när vi integrerar resttermen: r x ) dx r x ) dx x n+ dx = n + )! n + )! n + 3). Genom att testa ser vi att n = 3 gör att r x ) dx 4 9 = 08 < 0. Alltså kommer e x dx = ) x + x4 x6 dx + R = 3! 3 + 0 ) + R = 5 4 35 + R, 0
där R < 0. Svar: e x dx 5 35. Ett alternativ är att betrakta Maclaurinserien för integranden: e x = x ) k, k! som har konvergensradien R =. Vi då integrera termvis och erhåller att [ ] ) k x k+ e x dx = k! k + ) k n = k! k + ) = ) k + k! k + ) }{{} approximation k=n+ ) k k! k + ) } {{ } fel Vi noterar att detta är en Leibniz-serie termernas belopp avtar monotont mot noll och serien är alternerande), så ) k k! k + ) n + )! n + 3) 9 = 08 < 0 k=n+ om vi låter n = 3. t k 7. Eftersom k! = et för alla t R så är e = e = gäller då att n e k! = k=n+ k! > 0. Då alla termer är positiva så k! för alla icke-negativa heltal n. Vidare gäller att k! = ) n! n + + n + )n + ) + n + )n + )n + 3) + k=n+ < ) n! n + + n + )n + ) + n + )n + )n + ) + = + ) n! n + n + + n + ) + = n! n + = n! n, n+ vilket är precis vad vi ville visa. Antag nu att e är rationell. Då finns positiva) heltal m och n så att e = m/n. Om vi förlänger olikheten vi bevisat med n! så ser vi att 0 < n! m n n n! k! < n! n! n 0 < l < n.
för heltalet l = n! m n n! n n k! = mn )! Då n är ett positivt heltal har visat att det finns ett heltal l så att 0 < l < /n där /n, vilket givetvis är orimligt. Alltså kan inte e vara ett rationellt tal. Svar: Se ovan. n! k!.