LINKÖPINGS UNIVERSITET
Matematiska institutionen
Tillämpad matematik
Kurskod: TATA42
Provkod: TEN1
Tentamen i Envariabelanalys 2
2010-05-28 kl 8.00-13.00
Inga hjälpmedel är tillåtna. Lösningarna skall vara fullständiga, välmotiverade, ordentligt
skrivna och avslutade med ett svar.
Varje uppgift ger högst tre poäng. En uppgift räknas som godkänd om den bedömts med
minst två poäng. För betyg 3, 4 respektive 5 krävs dels minst åtta, tolv respektive sexton
poäng totalt, dels minst tre, fyra respektive fem godkända uppgifter.
Svar m m finns att hämta på kurshemsidan efter tentamens slut.
1. Bestäm den lösning till differentialekvationen y 00 − 2y 0 − 3y = 4ex som uppfyller begynnelsevillkoren y(0) = 3 och y 0 (0) = −1.
2. Området givet av olikheterna 1 ≤ y ≤ ex och 0 ≤ x ≤ 1 roteras ett varv kring y-axeln.
Beräkna rotationskroppens volym.
sin x − ln(1 + x)
.
x→0
x arctan x
3. (a) Beräkna gränsvärdet lim
(1 p)
e2x − cos x + sin ax
existerar ändligt
x→0
x2
(b) Bestäm konstanten a så att gränsvärdet lim
samt beräkna gränsvärdet.
4. Bestäm den lösning till differentialekvationen 2xy 0 + y =
(2 p)
1
, x > 0, som uppfyller
x+1
begynnelsevillkoret y(1) = 0.
5. (a) Avgör om serien
∞
X
1
(1 − cos ) är konvergent eller divergent.
n
(1 p)
n=1
(b) Undersök serien
gens.
∞
X
(−1)n n + 1
n=1
n2 + n
med avseende på absolutkonvergens och konver(2 p)
Z
1
6. Ange ett rationellt tal som approximerar
−1
5
e−x dx med ett fel som är högst
1
.
10
0
7. Låt
Z ∞ f vara en deriverbar funktion sådan att f (x) ≤ 0 för alla x ∈ R. Visa att
f (x) sin x dx är konvergent ⇔ lim f (x) = 0.
0
x→∞
Envariabelanalys 2, TATA42, 2010-05-28, lösningsförslag
1. Karaktäristiskt polynom är r2 − 2r − 3 = (r + 1)(r − 3) och yh = C1 e−x + C2 e3x .
Förskjutningsregeln ger att (D + 1)(D − 3)y = 4ex ⇔ /y = ex z/ ⇔ (D + 1 + 1)(D + 1 −
3)z = (D + 2)(D − 2)z = z 00 − 4z = 4. Ansättningen zp = A ger zp = −1 och yp = −ex .
En godtycklig lösning ges således av y = yh + yp = C1 e−x + C2 e3x − ex .
Eftersom y 0 = −C1 e−x +3C2 e3x −ex gäller att y(0) = 3 och y 0 (0) = −1 ⇔ 3 = C1 +C2 −1
och −C1 + 3C2 − 1 = −1 ⇔ C1 = 3 och C2 = 1.
Svar: y = y = 3e−x + e3x − ex .
Z 1
x
x(ex −1) dx =
2. En lämplig figur visar att dV = 2πx(e −1)dx och hela volymen = 2π
0
Z 1
Z 1
Z 1
x2
1
x 1
x
ex dx − [ ]10 ) = 2π(e − [ex ]10 − ) =
x dx) = /PI/ = 2π([xe ]0 −
xe dx −
2π(
2
2
0
0
0
1
Svar: π.
2π(e − (e − 1) − ) = π.
2
2
3. (a)
(b)
2
x
3
x + O(x3 ) − (x − x2 + O(x3 ))
sin x − ln(1 + x)
2 + O(x )
= /ML-utveckling/ =
=
=
x arctan x
x(x + O(x3 ))
x2 + O(x4 )
1
1
2 + O(x)
→ då x → 0.
Svar: Gränsvärdet är 1/2.
1 + O(x2 )
2
e2x − cos x + sin ax
= /ML-utveckling/
x2
2
1 + 2x + 2x2 + O(x3 ) − (1 − x2 + O(x4 )) + ax + O(x3 )
(2 + a)x + 25 x2 + O(x3 )
=
=
=
x2
x2
2+a 5
+ + O(x) = /2 + a = 0 ⇔ a = −2 är nödvändigt för gränsvärde/
x
2
5
5
= + O(x) → då x → 0.
Svar: För a = −2 är gränsvärdet är 5/2.
2
2
4. Första ordningens linjär DE.
Z
1
1
dx
1
1
0
0
⇔ y +
y =
⇔ /
= /x > 0/ = ln x + C =
2xy + y =
x+1
2x
2x(x + 1)
2x
Z 2
√
√
√ 0
√
√
1
dx
ln x
√
ln x + C, IF= e
⇔ y x =
=
= x/ ⇔ (y x) = √
2 x(x + 1)
Z 2 x(x + 1)
√
√
dt
/t = x ⇔ x = t2 , t > 0, dx = 2tdt/ =
= arctan t + C = arctan x + C ⇔
2
t +1
√
arctan x + C
√
y=
.
x
√
arctan x − π4
π
π
√
.
y(1) = 0 ger 0 = +C ⇔ C = − . Den sökta lösningen är således y =
4
4
x
√
arctan x − π4
√
Svar: y =
.
x
1
1
1
1
1
1 1
= 1 − (1 −
+ O( 4 )) =
+ O( 4 ) = 2 ( +
2
2
n
2n
n
2n
n
n 2
∞
X
1
1
1
1
1
O( 2 )). Eftersom + O( 2 )) → då n → ∞ och
är konvergent följer att
n
2
n
2
n2
1
X
1
även
(1 − cos ) är konvergent enligt jämförelsekriteriet på gränsvärdesform.
n
Svar: Serien är konvergent.
5. (a) Positiv serie. 1 − cos
(−1)n n + 1
1 (−1)n +
k
=
|
n2 + n
n
1 + n1
1
n
(−1)n +
1 + n1
1
n
X1
är
n
X (−1)n n + 1
divergent följer av jämförelsekriteriet på gränsvärdesform att även
|
|
n2 + n
är divergent och därmed att serien inte är absolutkonvergent.
X (−1)n
(−1)n n + 1
(−1)n
1
är alternerande och
Notera att
=
+
.
Då
n2 + n
n+1
n2 + n
n+1
X (−1)n
1
avtar mot 0 är
konvergent enligt Leibniz. Vidare gäller att 0 <
n+1
n+1
X 1
1
1
< 2 , då n ≥ 1, och då
är konvergent ger jämförelsekriteriet att
2
n +n
n
n2
X 1
X (−1)n n + 1
även
är
konvergent.
Sammantaget
visar
detta
att
är
n2 + n
n2 + n
konvergent.
Svar: Serien är konvergent men inte absolutkonvergent.
(b) |
|. Eftersom |
| → 1 då n → ∞ och
t2 t3 eξ t4
6. Enligt Maclaurin med restterm på Lagranges form gäller att et = 1 + t + + +
Z 1
Z 1 2 3! 104!
x
5
−x5
för något ξ mellan 0 och t. Sätt t = −x så fås att
e
dx =
(1 − x5 +
−
2
−1
−1
Z 1 ξ 20
Z 1
Z 1
x15
e x
x6
x11
x16 1
5
−x5
) dx +
dx ⇒ |
e
dx − [x −
+
−
]−1 | = |
e−x dx6
24
6
22
96
−1
−1
−1
Z 1 ξ 20
Z 1 20
e x
x
1
1 x21 1
(2+ )| = |
dx| ≤ /0 < eξ < 4, ty −1 ≤ ξ ≤ 1/ ≤ 4
dx = [
] =
11
6 21 −1
−1 24
−1 24
1
1
1
23
1
< . Således är 2 +
=
ett närmedvärde med ett fel mindre än
.
63
10
11
11
10
23
.
Svar: Exempelvis
11
7. f 0 ≤ 0 medför att f är avtagande och därmed existerar lim f (x) = A där A = −∞ är
x→∞
möjligt.
Z M
Z ∞
f (x) sin x dx → 0 om
f (x) sin x dx är konvergent medför att
Notera också att
N
0
M > N och N → ∞.
A
Om A > 0 finns ω sådant att x ≥ ω ⇒ f (x) > . För n ∈ N sådan att 2nπ > ω
2
Z 2nπ+ π
Z ∞
2
A 1 π
√
f (x) sin x dx > ·
gäller då att
· vilket visar att
f (x) sin x dx ej är
2
2 4
2nπ+ π4
0
konvergent.
A
Fallet A < 0 ger samma slutsats (ersätt
med ett godtyckligt tal < 0 om A = −∞) ty
2 Z ∞
Z ∞
(−f (x)) sin x dx är konvergent. Således
f (x) sin x dx är konvergent precis då
0
0
Z ∞
f (x) sin x dx är konvergent ⇒ lim f (x) = 0.
gäller att
x→∞
0
Z
(k+1)π
Antag att lim f (x) = 0 och sätt ak =
x→∞
f (x)| sin x| dx. Det gäller att (ak )
kπ
avtar mot 0, ty f (x) avtar mot 0 då x → ∞ och | sin x| har perioden π, och därför
Z nπ
∞
n−1
X
X
k
(−1)k ak eftersom serien är konvergent enligt
(−1) ak →
att
f (x) sin x dx =
0
k=0
k=0
Leibniz.
Z b
Låt b > 0 och låt nb vara det största heltalet sådant att nb π ≤ b. Notera att |
f (x) sin x dx| ≤
nb π
Z b
πf (nb π) → 0 då b → ∞ ty lim f (x) = 0. Således gäller att
f (x) sin x dx =
x→∞
0
Z nb π
Z b
∞
X
f (x) sin x dx +
sin x dx →
(−1)k ak då b → ∞ vilket visar att lim f (x) ⇒
x→∞
0
nb π
k=0
Z ∞
f (x) sin x dx är konvergent.
0
Sammantaget har vi således visat ekvivalensen.
