TMA4100 Matematikk1 Høst 2009

Transkript

1 TMA400 Matematikk Høst 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving Vi serieutvikler eksponentialfunksjonen e u om u 0 og får e u + u + 2 u2 + 6 u u4 + k0 Sett inn u t 2 og gang uttrykket med t 2 for å få integranden t 2 e t2 t 2 t t6 6 t t0 Denne rekken integreres leddvis F(x) x 0 u k k! ( ) k t 2(k+) k0 t 2 e t2 dt 3 x3 5 x5 + 4 x7 54 x x 560 x3 + k! k0 ( ) k x 2k+3 (2k + 3)k! La P n (x) n ( ) k x 2k+3 k0 (2k+3)k! Observer av dette er en alternerende rekke for 0 x Av feilestimat formelen for alternerende rekker (Th 5 s 539) følger at F(x) P n (x) ( )n+ x 2(n+)+3 (2(n+)+3)(n+)! (2(n+)+3)(n+)! Den siste uligheten følger av at x Mao; F(x) P (x) F(x) P 2 (x) F(x) P 3 (x) F(x) P 4 (x) (2( + ) + 3)( + )! /4 (2(2 + ) + 3)(2 + )! /54 (2(3 + ) + 3)(3 + )! /264 /560 < 0 3 (2(4 + ) + 3)(4 + )! Polynomet P 4 (x) tilnærmer F(x) med feil mindre enn 0 3 i intervallet [0,] 89:37 Først finn vi Maclaurin-rekka til f(x) cos 2x Dei deriverte av cos 2x er f(x) cos 2x, f (x) 2sin 2x f (x) 2 2 cos 2x, f (3) (x) 2 3 sin 2x f (2n) (x) ( ) n 2 2n cos 2x, f (2n+) (x) ( ) n+ 2 2n+ sin 2x 24 november 2009 Side av 8

2 Løsningsforslag Øving 2 Maclaurin-rekka til f(x) er difor k0 f (k) (0) x k k! j0 ( ) j 2 2j x 2j (2j)! Her er det brukt at cos 0 og at sin 0 0 Ved å bruke identiteten som er gitt i oppgåva følgjer at Maclaurinrekka til sin 2 x er lik rekka til cos 2x ( ) j 2 2j x 2j ( ) j+ 2 2j x 2j 2 (2j)! (2j)! j j0 Ved å derivere rekka leddvis får ein at Maclaurinrekka til (sin 2 x) 2sin xcos x er lik ( ) j+ 2 2j 2j x 2j ( ) j+ 2 2j x 2j (2j)! (2j )! Maclaurin-rekka til g(x) sin 2x finn vi på samme måte som vi fann rekka til cos 2x j j g(x) sin 2x, g (x) 2cos 2x g (x) 2 2 sin 2x, g (3) (x) 2 3 cos 2x g (2n) (x) ( ) n 2 2n sin2x, g (2n+) (x) ( ) n 2 2n+ cos 2x Ved å bruke at cos 0 og sin 0 0 får ein at Maclaurinrekka er lik k0 g (k) (0) x k k! j0 ( ) j+ 2 2j+ x 2j+ (2j + )! Ein kan lett sjå at denne rekka er lik rekka ovanfor ved å endre summasjonsgrensa 808 Vi bruker formelen for binomiske rekker ( + x 2 ) 3 + k ( ) 3 (x 2 ) k k 3 x x4 4 8 x Formelen for binomiske rekker gir oss ( ( x 2 ) ) 2 ( x 2 ) 2 + Vi multipliserer denne med 2x k 2x ( x 2 ) 2 2x + 4x3 + 6x 5 + 8x 7 + 0x 9 + ( ) 2 ( x 2 ) k +2x 2 + 3x 4 + 4x 6 + 5x 8 + k 2(k + )x 2k+ Alternativt kan man se at ( ( x 2 ) ) ( x 2 ) 2 Vi kan dermed komme fram til det samme svaret ved å derivere rekkeutviklingen til ( x 2 ) k0 24 november 2009 Side 2 av 8

3 Løsningsforslag Øving 2 5 d Vi ser at y 0 når y x, det tilsvarer de horisontale pilene i figur d 52 c Siden y ikke avhenger av x, er figur c den eneste muligheten Vi ser også at y 0 når y 53 a y 0 når x 0 (horisontale piler) og y går mot ± (vertikale piler) når y går mot 0 og x 0 54 b y 0 (horisontale piler) når y 2 x 2, det vil si når y x og y x 5220 Dette er en separabel differensialligning dy dx + xy x dy x( y) dx y dy xdx ln y 2 x2 + C Bruk initialbetingelsen til å finne C 2 7 y C 2 e 2 x2 y(x) 7e 2 x2 Alternativt kan man løse ligningen ved hjelp av integrerende faktor Ligningen er oppgitt på standardform der P(x) x og Q(x) x Vi finner integrerende faktor R v(x) e P(x)dx e 2 x2 Multipliser begge sider av ligningen med v(x) og integrer e 2 x2 y + e 2 x2 xy e 2 x2 x (ye 2 x2 ) e 2 x2 x ye 2 x2 e 2 x2 xdx e 2 x2 + C 3 y(x) + C 3 e 2 x2 Bruker initialbetingelsen og finner C 3 7 y(x) 7e 2 x2 24 november 2009 Side 3 av 8

4 Løsningsforslag Øving a) Ligningen er allerede på standardform med P(t) k m integrerende faktor R v(x) e P dt e k m t Multipliser og integrer og Q(t) 0 Vi finner e k m t u + e k tku m m 0 (e k m t u) 0 e k m t u C u(t) C e k m t Bruker initialbetingelsen til å finne C u 0 u(t) u 0 e k m t b) u du du dt + ku m 0 ( k m )dt ln u k m t + C 2 u(t) C 3 e k m t u(t) u 0 e k m t 5228 Vi har følgende sammenheng Endringsraten av CO i rommet Raten CO kommer inn Raten CO går ut La y(t) være mengden CO i rommet, og V 4500 være volumet av rommet Da blir Raten CO går ut y(t) V Raten luft blir pumpet ut Bruk at luft blir pumpet inn og ut med samme rate 03 og luften som blir pumpet inn inneholder 4% CO, da får vi av den første sammenhengen dy(t) dt 03 4% 00% y(t) Vi setter denne på standard form dy(t) dt + 03 y(t) november 2009 Side 4 av 8

5 Løsningsforslag Øving 2 Her er P og Q , denne differensialligningen kan løses ved å multiplisere med integrerende faktor v(t) e R P dt e t Vi får e t y e t y e t (ye t ) e 03 ye t 4500 t e t dt e t + C Ser at Bruk så initialbetingelsen y(0) 0 til å finne C 80, det gir y(t) 80 ( e 03 t) 4500 I oppgaven spør de om hvilken t som gir y(t) % 00% y(t) 00 e t e t t ln(09975) t 4500 ln(09975) Det tar altså cirka 38 minutter før karbonmonoksidkonsentrasjonen når 00% 53: a) Av likning () får ein at farta til syklisten er lik v(t) v 0 e kt/m der v0 v(0) 9m/s, k 39kg/s og m Ved å integrere får ein at s(t) v(t) dt v 0 e kt/m dt C mv 0 k e kt/m Konstanten C finn ein ved å bruke at s(0) 0 C mv 0 k e k 0/m mv 0 k Så s(t) mv 0( e kt/m ) k Strekninga syklisten rullar finn ein ved å finne grensa lim t s(t) Strekninga syklisten rullar er difor lik lim s(t) lim t t mv 0 ( e kt/m ) mv 0 k k november 2009 Side 5 av 8

6 Løsningsforslag Øving 2 b) Tida det tek før syklisten rullar i m/s er lik v(t) v 0 e kt/m ln v 0 kt m ln t m ln v 0 k 4 Det tek med andre ord tilnærma lik 4 sekund før syklisten rullar med ei fart på m/s Eksamensoppgave 27 a) Når x 0 er dette eit 0 0 fundamentalsetning og l Hopital s regel følger uttrykk Ved å bruke analysens lim x 0 x 0 ln( + t2 ) dt x 3 ln( + x 2 ) lim x 0 3x 2 lim x 0 2x ( + x 2 )6x /3 b) Dette er ei separabel differensiallikning Ved å samle x og y ledda på kvar si side av likskapsteiknet og deretter integrere får ein y ± C 2/x y() gir at y(x) x y dy dx x 2 y 2 /2 /x + C Eksamensoppgave 50 Opplysningene i oppgaven gir oss at dp(t) dt kp(t)e αt, der k er en konstant Dette er en separabel differensialligning P dp ke αt dt ln P k α e αt + C P(t) C 2 e k α e αt Bruk initialbetingelsen til å finne C 2 P 0 e k α P(t) P 0 e k α ( e αt ) 24 november 2009 Side 6 av 8

7 Løsningsforslag Øving 2 Ved å ta grenseverdien får vi lim t P(t) P 0e k α siden α > 0 Dette er en konstant Eksamensoppgave 78 f(x) x a) Vi må først vise at formelen gjelder for n Vi deriverer f(x) direkte f (x) 2( x) 3 2 Sett inn n i formelen, dette gir f (x) 2( x) 3 2 Siden disse er like har vi vist at den gjelder for n Vi antar så at formelen gjelder for n k, det vil si f (k) (x) (2k)! 2 2k k!( x) 2k+ 2 Vi må vise at den deriverte av dette uttrykket tilfredstiller formelen for n k+ Vi deriverer df (k) (x) dx (2k)! 2 2k k!( x) 2k + 2k (2k + )! 2 2k+ k!( x) 2k+ 2 + Gang med 2(k + ) over og under brøkstreken (2k + 2)! 2 2k+2 (k + )!( x) 2k+ 2 + (2(k + ))! 2 2(k+) (k + )!( x) 2(k+)+ 2 f (k+) (x) Vi har vist at df(k) (x) dx f (k+) (x), som er det andre kravet i et induksjonsbevis Ved induksjon følger det at formelen gjelder for alle heltall n > 0, som var det vi skulle vise 24 november 2009 Side 7 av 8

8 Løsningsforslag Øving 2 b) Taylors formel gir P 3 (x) f(0) + f (0)x + f (0) 2! x 2 + f (x) x 3 3! R 3 (x) f(4) (c) x 4, for en 0 < c x og x < 4! Vi setter inn i formelen for de deriverte og finner Dette gir f(0) f (n) (0) (2n)! 2 2n n! P 3 (x) + 2 x x R 3 (x) ( c) 9 2 x 4, for en c mellom 0 og x, og x < c må være i intervallet [ 0,0] Vi velger c x 0 da det gjør at restleddet R 3 (x) blir størst mulig, slik er vi garantert at feilen er mindre enn R 3 (x) R 3 (0) ( 0) 9 2(0) < Ved å sette inn i f(x) og P 3 (x) får vi f(0) P 3 (0) ( ) Vi må finne en R n (x) som garantert er mindre enn for x < 0 Det vil si må løse f (n) (0) 0 n < n! Ved å sette inn forskjellige n finner vi f (5) (0) ! f (6) (0) ! Altså må vi velge n 6 for å få ønsket nøyaktighet 24 november 2009 Side 8 av 8