Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 18/5-21/5

Transkript

1 Fasit til utvalgte oppgaver MAT0, uka 8/5-2/5 Øyvid Rya May 28, 200 Oppgave 2.4. Rekke er betiget koverget, side + divergerer, mes de altererede rekke kovergerer etter teste for altererede rekker. Dee er absolutt koverget: Sammelig de positive rekke jo kovergerer) med 2 (som Betiget koverget, side arcsi ( ) divergerer (sammelig med de divergete ), og ( ) arcsi ( ) kovergerer (alle kravee i teste for e altererede rekke er oppfylt). e) Betiget koverget, side + divergerer (sammelig med de divergete, og ( ) + kovergerer. Sistevte tilfredsstiller alle kravee i teste for e altererede rekke: Vi ser lett at lim a 0. For å se at rekke er avtagede ka du for eksempel rege ut de deriverte til f() + og sjekke at dee er < 0 for stor ok. f ) ( Rotteste på absolutt. ) 2 gir greseverdie e <, slik at rekke kovergerer Oppgave a lim + a a. Fra forholdsteste for geerelle rekker følger det da at rekke divergerer hvis a >, kovergerer (absolutt)hvis a <. For a ser vi at rekke kovergerer. For a ser vi at de divergerer. lim a + a 0. Rekke er derfor (absolutt) koverget for alle a.

2 d) Når 2 < a < 2 vil a 2. Forholdsteste vil da gi at rekka kovergerer. Hvis a > 2 vil a 2 >, og samme teste gir at rekka divergerer. Når a 2, a 2, a 0 divergerer rekka på gru av divergesteste. Oppgave Vi bruker gresesammeligigsteste på de positive rekkee a og a /( + a ) lim lim a + a, a +a : Hvor vi har brukt at a 0 på gru av divergesteste. også a +a absolutt. Dermed kovergerer Oppgave 2.6. Forholdsteste gir at rekke kovergerer absolutt for 2 <, og divergerer hvis 2 >. De divergerer hvis 2, slik at kovergesitervallet blir (, 3). Forholdsteste igje gir at rekke kovergerer for < 3, divergerer for > 3. For 3 ser vi fort at rekke divergerer, slik at kovergesitervallet blir ( 3, 3). Forholdsteste gir koverges for 2 <, dvs. for (0, ). Det er fort gjort å sjekke at rekke divergerer i edepuktee av dette itervallet, slik at kovergesitervallet blir (0, ). d) Forholdsteste gir koverges for + <, dvs. for ( 2, 0). For 2 ser vi vi får e altererede rekke, som oppfyller kravee i teste for koverges av altererede rekker. For 0 ser vi fort at rekke divergerer, slik at kovergesitervallet blir [ 2, 0). e) lim a + a. 4 Rekka kovergerer derfor i ( 3, 5). Ved sammeligig med rekka 2 ser vi at rekka også kovergerer i edepuktee, slik at kovergesområdet blir [ 3, 5]. f ) lim a + a lim si(/( + )) (+) cos(/( + )) lim 2 si(/). cos(/) 2 Vi ser derfor at rekke kovergerer for <. Rekka kovergerer ikke for, som ka sees ved å sammelige med rekke. Rekka kovergerer betiget for på gru av teste for altererede rekker. Kovergesområdet blir derfor [, ). 2

3 g) Forholdsteste gir a + a ( + ) 2 (2 + 2)(2 + ). 4 Vi ser derfor at rekke kovergerer for < 4, og divergerer for > 4. For 4 er dat lagt ifra opplagt hva som skjer, og vi bør skrive om leddee i rekke på følgede måte for å se hva som skjer: a (!)2 4 (2)! ( )( ) (2 )(2 2) 2 ( )( 2) 2 ( )( 2) (2 )(2 2) 2 2(2 2)(2 4) 4 2 2(2 2)(2 4) (2 )(2 2) 2 2(2 2)(2 4) 4 2 (2 )(2 3) >, der de siste ulikhetee følger av at hver av faktoree i produktet er >. Derfor er rekke diverget for 4, og kovergesitervallet blir ( 4, 4). h) lim a / lim 7/ 2 2. Rekka kovergerer derfor i itervallet ( /2, /2). Det er klart at rekka divergerer i edepuktee på gru av divergesteste, slik at hele kovergesitervallet også er ( /2, /2). Oppgave Rekke her er geometrisk. Hvis 2 < (dvs. ( 2, 0) (0, 2) får vi e geometrisk rekke, og dsumme blir ( 2 ). For 0 er alle leddee i rekka 0, slik at summe blir 0. Summefuksjoe blir derfor gitt ved { S() ( 2, 0) (0, 2) 0 0 For ± 2 og alle adre -verdier divergerer rekke. Kovergesområdet er altså ( 2, 2), og summe er altså 0 hvis 0, og hvis 0 og < 2. Vi ser at summefuksjoe ikke er kotiuerlig i dette tilfellet. Dette ka virke som strider mot Abels teorem. Legg imidertid merke til at potesrekke ikke har samme form slik de har i Abels teorem. 3

4 Oppgave For at følgee skal kovergere må vi på gru av divergesteste ha at a 0. Vi reger ut l( + ) lim lim 0 0 +, og dermed ka vi bruke gresesammeligigsteste til å slå fast at de ee rekka kovergerer hvis og bare hvis de adre gjør det. De gitte rekka kovergerer på gru av hvis og bare hvis l ( ) + gjør p det. Dee kovergerer igje på gru av hvis og bare hvis rekka p gjør det. Fra tidligere vet vi fra itegralteste at dee kovergerer hvis og bare hvis p >. Vi ka bruke gresesammeligigsteste som i til å se at rekka har samme kovergesradius som, og dee ser vi lett at har kovergesradius. For ser vi at rekka divergerer side divergerer, for ser vi at rekka kovergerer side de tilsvarede rekka er altererede. Kovergesområdet er derfor [, ). Oppgave 2.7. Vi bruker Setig 2.7. og for f() 0 2 : 0 f () f(t)dt f () F () 0 + ( + ) 2 +. f () F () 3 ( + 2) + 3 ( 2) + ( + ) 2. 4

5 d) f () F () Oppgave ( 4) ( )! 3 ( 4) + ( + )! 3 + ( 4) 3f()! 0 3 ( 4) (f() ). 3! er e geometrisk rekke som kovergerer for <. Bruker vi summeformele for geometriske rekker får vi 2. Vi ka skrive Itegrerer vi begge sider får vi Gager vi med 2 på begge sider får vi som var det vi skulle vise. l ( ) + ( 2 0 t t ) dt 2 [ l t + l + t ] 0 ( ) + 2 l , Sett i 2 i, da får du ligige som du skal komme frem til. Oppgave 2.8. Taylor-rekke rudt er 0 e k! ( )k. Forholdsteste viser at dee kovergerer for alle. Hvis M er restleddet e begreset av M (+)! ( )+. Det er klart at vi ka få dee så lite vi vil bare vi velger stor ok. (eller bruk Setig 2.8.2). 5

6 De deriverte av si() repeterer seg med periode 4: si(), cos(), si(), cos(), si(),... Det er klart at Taylor-rekke rudt π/4 blir ( 2 + ( π/4) 2 2! ( π/4)2 3! ( π/4)3 + ) 4! ( π/4)4 + (på gru av derivasjosregele for si(), cos() kommer det alltid to positive ledd etter to egative ledd, og omvedt). Samme kovergessområde og begruelse ellers som for. d) Taylorrekka blir T f() k0 ( ) k k! ( ) k k! ( ) k ( ) k. Dette er e geometrisk rekke, som har kovergesområde (0, 2) (edepuktee er ikke med på gru av divergesteste). Summeformele for e geometrisk rekke gir summe f(), som viser at rekke kovergerer mot fuksjoe. ( ( ) k0 e) De deriverte av l( + ) er + 0 Høyreside må derfor være Taylor-rekke til l( + ) 0 ( ). ( ) Itegrerer vi fra 0 til får vi ( ) +. Vet vet derfor at høyreside her er Taylor-rekke til l( + ) (og har samme kovergesitervall (, ) som rekke for +. Kovergesitervallet her blir faktisk (, ], side vi å har fått koverges i det ee edepuktet også (altererede rekke). Oppgave Vi vet at si ( ) k k0 (2k+)! 2k+, slik at si( 2 ) k0 ( ) k (2k + )! (2 )2k + k0 ( ) k (2k + )! 4k+2. Vi har e k0 k k!, slik at ( 3 ) k e 3 k! k0 ( ) k 3k. k! k0 6

7 d) Side f () (0) ( ) + ( )! ( ) får vi l( + ) l( 3 ) (ser her at de adre rekke ikke er altererede). + ( ) 3 e) Side f () (0) ( ) (2)!!2 2 ( 0) får vi ( ) (2)! + (!) (2)! (!) f ) Vi har e k0 k k!, slik at 2 e k0 k+2 k! k2 k (k 2)!. g) Vi vet at si ( ) k k0 (2k+)! 2k+, slik at si() k0 ( ) k (2k + )! 2k. Side f() er deert slik at de er kotiuerlig i 0, så vil rekke over være Taylorrekka til f. Oppgave Vi ser først at f () () ( )e 2 ( )e 2. Vi ser umiddelbart at dette stemmer med iduksjoshypotese for. Ata at vi har vist at Da blir f () () ( ( + ) ( + ))e 2. f (+) () ( ( + ) + 2 ( + ) ( + ))e 2 ( ( + 2) + 2 ( + )( + 2))e 2, som viser at iduksjoshypotese er riktig for + også. 7

8 Vi ser at f () (0) 2 2 ( + ). Taylor-rekke blir dermed 2 2 ( + ). ( )! Ved hjelp av forholdsteste ser vi at dee kovergerer for alle. Det er lett å se at vi ka få restleddet så lite vi vil ved å velge stor ok. Dermed vil Taylor-rekke kovergere mot f for alle. Setter vi i /2 ser vi at Taylor-rekke blir ( ) + 4( )!, som er rekke fra oppgavetekste. Summe blir dermed f( /2) (/4 /2)e 4e. d) Vi har e! 0 e 2 2! 0 e 2 2 +! 0 2 e ! ( )! 2 2 ( 2)!. Legger vi samme de to siste rekkee ser vi at vi får for 2 (for er det lett å se at vi får samme bidrag som i Taylor-rekke over) 2 ( )! ( 2)! som stemmer med Taylor-rekke over. 2 + ( ) ( )! ( )!, 8

9 Oppgave Vi bruker forholdsteste: lim a + a lim lim. + log + log log + log lim log + log lim 2(+) 2 Kovergesradie er derfor. Rekka kovergerer for på gru av teste for altererede rekker. For ka vi sammelige med de divergete rekka : lim log lim log log e lim 2 l 2 log e lim 2 log e lim. Det er dermed klart fra gresesammeligigsteste at dee rekka også divergerer for, slik at kovergesområdet er [, ). Side potesrekke er lik Taylorrekka til f er f (30) (0) 30! log 30, slik at f (30) (0) 30! log. Vi begreser så feile for ledd N +, N + 2,... slik: 30 2 N+ log N + + log N + 2 N log N N+2 log N ( 2 N+ + ) 2 N+2 + Det holder derfor å velge N slik at 2 N log N + > 0. Prøver vi oss frem er vi at N 5 er de miste slike verdie. 9

10 Oppgave Forholdsteste viser at kovergesradie er. Rekke er altererede i edepuktee, slik at kovergesområdet blir [, ]. Kall summe for s(). Deriverer vi rekka leddvis får vi s () ( ) 2 + 2, der vi har gjekjet rekka som e geometrisk rekke. Itegrerer vi får vi s() + 2 d 2 l( + 2 ) + C. Setter vi i 0 på begge sider får vi at C 0, og dermed s() Oppgave kovergerer år < (bruk forholdsteste). Side rekke divergerer år (divergesteste), så er kovergesitervallet (, ). Vi har at S() Itegrerer vi begge sider fra 0 til får vi Deriverer vi å får vi 0 S(t) dt t.. S() ( ) 2, slik at S() ( ) 2. Det eeste problemet som kue oppstå her er år vi deler med, side ka være 0. Dette er ikke oe problem likevel, side vi ka bruke det vi vet om at summefuksjoe er e kotiuerlig fuksjo, også i 0. Oppgave Forholdsteste gir at rekka kovergerer for < 3. Rekka kovergerer for ved teste for altererede rekker. Rekka divergerer for ved sammeligig med de divergete rekka. 0

11 Vi gager først med og får S() Deriverer vi å får vi Itegrerer vi dette får vi (S()) S() 3 l 3 + C l( 3) + C. 3 Setter vi i 0 ser vi at C 0, slik at { S() l( 3) 0 0 Oppgave Ved forholdsteste blir kovergesradie. Rekka kovergerer i begge edepuktee ved sammeligigsteste på rekka 2. derfor blir kovergesområdet [, ]. Deriverer vi rekka leddvis to gager får vi f () ( ) Vi itegrerer først og får f () l + + C, og dermed f () l( + ) (sett i 0), der vi kue ta bort absoluttverditeget. Vi itegrerer så på ytt og bruker delvis itegrasjo: f() l( + ) + d l( + ) + l( + ) + C ( + ) l( + ) + C. Setter vi i 0 ser vi at C 0, slik at f() ( + ) l( + ). Vi ser at f(/2) 3/2 l(3/2) /2. Altså har vi at ( l(3/2) f(/2) ) ( ) 3 2. ( ) 2 Rekke til høyre er her altererede. Hvis vi klarer å e N slik at a N N+ (N + )N 250,

12 så får vi de øyaktighete vi skal ha. Vi må altså velge miste mulige N slik at 2 N+ (N +)N Vi er fort at dette blir N 3, slik at approksimasjoe blir l(3/2) ( ) ( 3 8 ) Oppgave Ved forholdsteste blir kovergesradie, slik at rekka kovergerer i (, ). Rekka kovergerer ikke i edepuktee, på gru av divergesteste. Dermed blir kovergesområdet (, ). Kall summe av rekka for s(). Deriverer vi rekka får vi først s (). Deler vi med får vi Itegrerer vi får vi s () s () d + C + C. Deriverer vi får vi eller s () s () ( ) 2. Ny itegrasjo gir at ( ) 2 + ( ) 2, s() l( ) + + C. Setter vi i 0 ser vi at C, slik at s() l( ) +. Oppgave ved forholdsteste ser vi at rekka kovergerer for alle. 2

13 deriverer vi rekka får vi at f () ( ) ( 2)! 2 2 ( ) ( 2)! ( )! 0 2 e. som er e rekkeutviklig for f (). Itegrerer vi ved delvis itegrasjo får vi at f() 2 e + 2e d 2 e 2e 2e d 2 e 2e 2e + C. Setter vi i 0 og f(0) 2 ser vi at C 4, slik at f() 2 e 2e 2e