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

Relevanta dokument
Besökstider: ca och 17.00

TNA004 Analys II Tentamen Lösningsskisser

12. Numeriska serier NUMERISKA SERIER

1 Föreläsning 14, följder och serier

Lösningsförslag envariabelanalys

Svar till tentan

Potensserier och potensserieutvecklingar av funktioner

a k . Serien, som formellt är följden av delsummor

Tentamen i Envariabelanalys 2

Prov i matematik Fristående kurs Analys MN1 distans UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Anders Källström

Lösningsförslag envariabelanalys

dt = x 2 + 4y 1 typ(nod, sadelpunkt, spiral, centrum) och avgöra huruvida de är stabila eller instabila. Lösning.

Serier. egentligen är ett gränsvärde, inte en summa: s n, där s n =

Lösningsförslag till tentamen MVE465, Linjär algebra och analys fortsättning K/Bt/Kf

Lösningar till MVE016 Matematisk analys i en variabel för I yy 1 + y 2 = x.

Lösningar till Matematisk analys

Lösningsförslag, v0.4

gränsvärde existerar, vilket förefaller vara en naturlig definition (jämför med de generaliserade integralerna). I exemplet ovan ser vi att 3 = 3 n n

TATA42: Föreläsning 5 Serier ( generaliserade summor )

Lösningar till MVE017 Matematisk analys i en variabel för I x 3x y = x. 3x2 + 4.

Numeriska serier Definition av konvergens J amf orelsesatser Vad skall vi j amf ora med? Absolutkonvergens Leibniz kriterium Dagens amnen 1 / 19

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A. e x2 /4 2) = 2) =

Repetition, Envariabelanalys del

Kursens mål är, förutom faktakunskaper om kursinnehållet, att ge:

TNA004 Analys II Tentamen Lösningsskisser

Om användning av potensserier på kombinatorik och rekursionsekvationer

Skrivtid: Lösningar ska åtföljas av förklarande text. Hjälpmedel: formelsamling och manuella skrivdon. 1. Lös ekvationen z 4 = 16i.

Institutionen för Matematik, KTH Lösningar till tentamen i Analys i en variabel för I och K (SF1644) 1/ e x h. (sin x) 2 1 cos x.

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Lösningsförslag till TATA42-tentan

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

L HOSPITALS REGEL OCH MACLAURINSERIER.

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Anteckningar för kursen "Analys i en Variabel"

Prov i matematik Distans, Matematik A Analys UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

Linjära differentialekvationer av andra ordningen

Tentamen SF1661 Perspektiv på matematik Lördagen 18 februari 2012, klockan Svar och lösningsförslag

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A. e 50k = k = ln 1 2. k = ln = ln 2

TATA42: Föreläsning 10 Serier ( generaliserade summor )

Lösningsförslag, preliminär version 0.1, 23 januari 2018

Chalmers tekniska högskola Datum: kl Telefonvakt: Jonny Lindström MVE475 Inledande Matematisk Analys

Analys o linjär algebra. Fortsatt analys.. p.1/81

x f (x) dx 1/8. Kan likhet gälla i sistnämnda relation. (Torgny Lindvall.) f är en kontinuerlig funktion på 1 x sådan att lim a

IV. Ekvationslösning och inversa funktioner

SF1600, Differential- och integralkalkyl I, del 1. Tentamen, den 9 mars Lösningsförslag. f(x) = x x

v0.2, Högskolan i Skövde Tentamen i matematik

SF1625 Envariabelanalys Tentamen Lördagen den 11 januari, 2014

x 2 = lim x 2 x 2 x 2 x 2 x x+2 (x + 3)(x + x + 2) = lim x 2 (x + 1)

S n = (b) Med hjälp av deluppgift (a) beräkna S n. 1 x < 2x 1? i i. och

Föreläsning 1. X kallas för funktionens definitionsmängd, mängden av funktionens alla värden kallas funktionens värdemängd.

SF1625 Envariabelanalys Tentamen Måndagen den 12 januari 2015

Inlämningsuppgifter i Funktionsteori, vt1 2012

i utvecklingen av (( x + x ) n för n =1,2,3º. = 0 där n = 1,2,3,

Om konvergens av serier

Kursens Kortfrågor med Svar SF1602 Di. Int.

Lösningsförslag till tentamen i SF1683 och SF1629 (del 1) 18 december xy = y2 +1

Funktionsserier och potensserier. som gränsvärdet av partialsummorna s n (x) =

MVE500, TKSAM Avgör om talserierna är konvergenta eller divergenta (fullständig motivering krävs). (6p) 2 n. n n (a) n 2.

konstanterna a och b så att ekvationssystemet x 2y = 1 2x + ay = b

Sammanfattning av Hilbertrumteorin

Inlämningsuppgifter i Funktionsteori, ht 2018

TATA42: Föreläsning 6 Potensserier

5B1134 Matematik och modeller Lösningsförslag till tentamen den 11 oktober 2004

ÖVN 6 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF Nyckelord och innehåll. a n (x x 0 ) n.

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Lösningsförslag till tentan i 5B1115 Matematik 1 för B, BIO, E, IT, K, M, ME, Media och T,

Skriv väl, motivera och förklara vad du gör. Betygsgränser: p. ger betyget 3, p. ger betyget 4 och 40 p. eller mer ger betyget

Blandade A-uppgifter Matematisk analys

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Högskolan i Skövde (SK, YW) Svensk version Tentamen i matematik

Lösningsförslag till tentamen Torsdag augusti 16, 2018 DEL A

Tentamen del 2 SF1511, , kl , Numeriska metoder och grundläggande programmering

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen

Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud

Tentamen i matematik. f(x) = 1 + e x.

Kap Inversfunktion, arcusfunktioner.

SF1664 Tillämpad envariabelanalys med numeriska metoder Lösningsförslag till tentamen DEL A

1. Låt u 0 och v 0 vara tvåvektorer i ett linjärt rum med skalärprodukt. Antag att följande relation gäller mellan längder av vektorer: u = 2 v = 2 3

Tentamen: Lösningsförslag

motiveringar. Lämna tydliga svar. 1 (arcsin x) 2 dx: (0.6)

Lösningsförslag, Tentamen, Differentialekvationer och transformer II, del 2, för CTFYS2 och CMEDT3, SF1629, den 9 juni 2011, kl.

Tentamen, SF1629, Differentialekvationer och Transformer II (del 2) 11 april 2017 kl. 8:00-13:00

Ylioppilastutkintolautakunta S tudentexamensnämnden

Modul 4 Tillämpningar av derivata

har ekvation (2, 3, 4) (x 1, y 1, z 1) = 0, eller 2x + 3y + 4z = 9. b) Vi söker P 1 = F (1, 1, 1) + F (1, 1, 1) (x 1, y 1, z 1) = 2x + 3y + 4z.

SF1625 Envariabelanalys

Chalmers tekniska högskola Datum: kl Telefonvakt: Christoffer Standar LMA033a Matematik BI

SF1911: Statistik för bioteknik

Deltentamen. TMA044 Flervariabelanalys E2

MA2001 Envariabelanalys 6 hp Mikael Hindgren Tisdagen den 9 januari Skrivtid:

Kurs: HF1903 Matematik 1, Moment TEN1 (Linjär Algebra) Datum: 25 augusti 2017 Skrivtid 8:00 12:00

Studietips inför kommande tentamen TEN1 inom kursen TNIU23

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

R AKNE OVNING VECKA 2 David Heintz, 13 november 2002

TATA42: Föreläsning 9 Linjära differentialekvationer av ännu högre ordning

Ordinära differentialekvationer

Envariabelanalys 2, Föreläsning 8

Akademin för utbildning, kultur och kommunikation MMA132 Numeriska Metoder Avdelningen för tillämpad matematik Datum: 2 juni 2014

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Repetitionsuppgifter

Transkript:

Institutionen för matematisa vetensaper Chalmers tenisa högsola Sissartade lösningsförslag till tentamen TMA976 Datum: 2015 01 14 1. Lös differentialevationen y y = e x (x + e x ) y(0) = 1 y (0) = 0 Differentialevationen (D 2 1)[y(x)] = e x (x + e x ) är linjär av andra ordningen med onstanta oefficienter och inhomogen. Det arateristisa polynomet är r 2 1 = (r 1)(r + 1). Detta ger att den allmänna homogenlösningen an srivas på formen En partiulärlösning ges av y h (x) = Ae x + Be x. y p (x) = y p,1 (x) + y p,2 (x), där (D 2 1)[y p,1 (x)] = xe x och (D 2 1)[y p,2 (x)] = 1. Ansättningen y p,1 (x) = e x v(x) ger med försjutningsregeln att D(D+2)[v(x)] = x vilet med v(x) = (a+bx)x = ax+bx 2 efter insättning i differentialevationen v (x)+2v (x) = x ger a = b = 1 4. Ansättningen y p,2(x) = c ger c = 1. Vi får alltså (7p) y p (x) = 1 + ( 1 4 x2 1 4 x)ex. Allmänna lösningen y(x) till den ursprungliga differentialevationen ges av y(x) = y h (x) + y p (x) = (A 1 4 x + 1 4 x2 )e x + Be x 1. Begynnelsevilloren bestämmer onstanterna A och B. Vi har 1 = y(0) = A + B 1

och 0 = y (0) = A 1 4 B. Detta ger A = 9 8 och B = 7 8. Svar: y(x) = ( 9 8 1 4 x + 1 4 x2 )e x + 7 8 e x 1 2. Lös differentialevationen { y = (x + y) 2 y(0) = 1 t. ex. genom att införa en ny variabel z(x) = x + y(x). Efter variabelbytet z(x) = x + y(x) fås den separabla differentialevationen z = 1 + z 2. Detta ges oss arctan(z(x)) = x + C och härur z(x) = tan(x + C). Villoret y(0) = 1 medför att 1 = z(0) = tanc och med C = π 4 fås Svar: y(x) = tan(x + π 4 ) x, x ( 3π 4, π 4 ) 3. Beräna sin(sin x) x 3 1 x lim 2 x 0 x 5. Standardutveclingarna och ger oss sinx = x x3 6 + x5 120 + O(x7 ), x 0 1 3 1 1 + x = 1 + 3 x + 3 ( 2 3 ) x 2 + O(x 3 ), x 0 2 sin(sinx) x 3 1 x 2 = sin(x x3 6 + x5 120 + O(x7 )) x(1 1 3 x2 1 9 x4 + O(x 6 )) = 2

= (x x3 6 + x5 120 ) 1 x3 (x 6 6 )3 + 1 120 x5 (x 1 3 x3 1 9 x5 ) + O(x 7 ) = =... = 19 90 x5 + O(x 7 ). Härur följer Svar: 19 90 4. För vila reella tal x är serien Σ =1 ( 1)( x 2 ) absolutonvergent, betingat onvergent respetive divergent? Sätt a = ( 1) 1, = 1, 2, 3,... 2 Vi observerar att eftersom och 1 = e ln 1 = ln O((ln )2 ) ln lim = 0 e t = 1 + t + O(t 2 ), t 0. Detta medför att lim a = 1 2 och vi får att onvergensradien R för potensserien är 2. Av detta följer att potensserien är absolutonvergent för x < 2 och divergent för x > 2. Återstår att studera fallen x = ±2. x=2 : Serien Σ =1 ( 1) är divergent enligt jämförelseriteriet då Σ =1 ln divergerar eftersom Σ =1 1 divergerar. x=-2 : Serien Σ =1 ( 1) ( 1) är alternerande och 0 b 0 då där b = 1 Om följden (b ) =l är avtagande för något positivt heltal l följer från Leibniz onvergensriterium att serien är onvergent. Notera att för positivt heltal gäller 1 +1 + 1 1 1 ( + 1) 1 +1 3

+1 ( + 1) (1 + 1 ). Då lim (1 + 1 ) = e är den söta avtagandeegensapen för b -följden visad och potensserien onvergerar för x = 2 men ej absolutonvergent där då potensserien divergerar för x = 2. Detta ger oss Svar: Absolutonvergens för x ( 2, 2), betingad onvergens för x = 2 och divergens för x (, 2) [2, ) 5. För vila reella tal a onvergerar serien + 2 2 Σ =2 a? Efter omsrivningen + 2 2 a = 4 a ( + 2 + 2) och utnyttjande av standardutveclingen 1 + x = 1 + O(x), x 0 får vi + 2 2 a = 1 a+1 2 4 2 + O( 1 2). Dessutom vet vi att Σ 1 =1 onvergerar p > 1. p Av detta följer enligt jämförelsesatsen för positiva serier att den ursprungliga serien onvergerar om och endast om a + 1 2 > 1, dvs a > 1 2. Svar: a > 1 2 6. Avgör om funtionsserien är liformigt onvergent på [0, 1]. Σ x =1 ( 1) (5p) 4

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

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