NTNU. TMA4100 Matematikk 1 høsten Løsningsforslag - Øving 12. Avsnitt Ved Taylors formel (med a = 0) har vi at. 24 For x < 0 har vi at

Transkript

1 NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 200 Løsningsforslag - Øving 2 Avsnitt Ved Taylors formel (med a = 0) har vi at der R 2 (x) = f (n+) (c) (n+)! e x = + x + x2 2 + R 2(x), = ec 6 x3 for en c mellom 0 og x. Vi har at f (n+) (t) = e t e 0. for alle t mellom 0 og x for x < 0.. Ved Teorem 23 følger det at x a n+ R n (x) M (n + )! 0. x 3 = e 3! e For x < 0 har vi at e x ( ) n x n = n! n=0 = ( ) n+ u n, n= der u n = x n (n )!. Ved Teorem 5 med n = 3 har vi at absoluttverdien til feilen er mindre enn u 4 = x 3 3! Avsnitt 5. d. Vi ser at y = 0 når y = x, det tilsvarer de horisontale pilene i figur d. 2 c. Siden y ikke avhenger av x, er figur c den eneste muligheten. Vi ser også at y = 0 når y =. 3 a. y = 0 når x = 0 (horisontale piler) og y går mot ± (vertikale piler) når y går mot 0 og x 0. 4 b. y = 0 (horisontale piler) når y 2 = x 2, det vil si når y = x og y = x. Avsnitt Dette er en separabel differensialligning. dy dx + xy = x dy = x( y) dx y dy = x dx ln y = 2 x2 + C y = C 2 e 2 x2 lfov2 2. november 200 Side

2 TMA400 Matematikk høsten 200 Bruk initialbetingelsen til å finne C 2 = 7. 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. 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 Bruker initialbetingelsen og finner C 3 = 7. (ye 2 x2 ) = e 2 x2 x ye 2 x2 = e 2 x2 x dx = e 2 x2 + C 3 y(x) = + C 3 e 2 x2 y(x) = 7e 2 x2 22 a) Ligningen er allerede på standardform med P (t) = k m og Q(t) = 0. Vi finner integrerende faktor. v(x) = e P dt = e k m t Multipliser og integrer. e k m t u + e k m t ku m = 0 Bruker initialbetingelsen til å finne C = u 0. b) u du = (e k m t u) = 0 e k m t u = C u(t) = C e k m t u(t) = u 0 e k m t 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 lfov2 2. november 200 Side 2

3 TMA400 Matematikk høsten 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 0.3 og luften som blir pumpet inn inneholder 4% CO, da får vi av den første sammenhengen dy(t) dt = 0.3 4% 00% y(t) Vi setter denne på standard form. dy(t) dt y(t) = Her er P = og Q = , denne differensialligningen kan løses ved å multiplisere med integrerende faktor v(t) = e P dt = e t. Vi får e t y e t y = e t (ye t ) = e 0.3 ye t = 4500 t e t dt = e t + C Ser at = 80. Bruk så initialbetingelsen y(0) = 0 til å finne C = 80, det gir y(t) = 80 ( e 0.3 t) 4500 I oppgaven spør de om hvilken t som gir y(t) 4500 = 0.0% 00%. 0.0 y(t) = e t = e t = = t = ln(0.9975) t = 4500 ln(0.9975) Det tar altså cirka 38 minutter før karbonmonoksidkonsentrasjonen når 0.0%. lfov2 2. november 200 Side 3

4 TMA400 Matematikk høsten 200 Avsnitt 5.3 a) Av likning () får ein at farta til syklisten er lik v(t) = v 0 e kt/m, der v 0 = v(0) = 9m/s, k = 3, 9kg/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 s(t) = mv 0 k ( e kt/m ). k e k 0/m = mv 0 k Strekninga syklisten rullar finn ein ved å finne grensa lim t s(t). Strekninga syklisten rullar er difor lik mv 0 lim s(t) = lim t t k ( e kt/m ) = mv 0 k 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,. 68, 5. Det tek med andre ord tilnærma lik 4, sekund før syklisten rullar med ei fart på m/s. Avsnitt Eulers metode er gitt som y n+ = y n + f(x n, y n )dx I denne oppgaven er f(x, y) = 2y(x + ), dx = 0.2, y 0 = 3 og x n = ndx. Dette gir y(0.2) y = (0 + ) 0.2 = 4.2 y(0.4) y 2 = (0.2 + ) 0.2 = 6.26 y(0.6) y 3 = (0.4 + ) 0.2 = Så De eksakte verdiene finner vi ved å løse den separable differensialligningen. dy = 2y(x + ) dx y dy = 2(x + ) dx ln y = x 2 + 2x + C y(x) = C 2 e x2 +x lfov2 2. november 200 Side 4

5 TMA400 Matematikk høsten 200 Siden y(0) = 3 får vi C 2 = 3. y(x) = 3e x2 +x Dette gir y(0.2) = y(0.4) = y(0.6) = Forbedret Eulers metode er gitt som z n = y n + f(x n, y n )dx [ ] f(xn, y n ) + f(x n, z n ) y n = y n + dx 2 I denne oppgaven er f(x, y) = 2y(x + ), dx = 0.2, y 0 = 3 og x n = ndx. Dette gir n x n z n y n y(x n ) Eksamensoppgaver 27 a) Vi bruker L Hôpitals regel, integralregningens fundamentalsetning, og substitusjonen u = x 2 (det siste er ikke strengt nødvendig, men forenkler regningen noe): lim x 0 x 0 ln( + t2 ) dx x 3 = 0 0 = lim ln( + x 2 ) ln( + u) x 0 3x 2 = lim = 0 u 0 + 3u 0 = lim u 0 + b) Ligningen er separabel, og standardmetoden gir oss generell løsning ved dx y dy = x 2 2 y2 = x + C. Vi setter inn for initialdataene: x =, y = som gir C = 3 2, og dermed ( y = 2 C ) = 3 2 x x (som er definert for x 3.) 50 Hvalbestanden oppfyller differensialligningen + u 3 = 3. dp dt = ke αt P, der k er en konstant. Differensialligningen er separabel, vi separerer og integrerer: dp P = ke αt dt ln P = k α e αt + C som gir P (t) = C e (k/α)e αt (C = e C ). lfov2 2. november 200 Side 5

6 TMA400 Matematikk høsten 200 P (0) = P 0 gir C = P 0 e k/α og løsningen blir P (t) = P 0 e (k/α)( e αt). Siden α > 0 er lim t e αt = 0 og følgelig er lim t P (t) = P 0 e k/α som er en konstant. 90 a) Stigningstallet til tangenten til grafen til T gjennom punktet (0, T 0 ) er gitt ved Ligningen for tangenten er da gitt ved dt dx (0, T 0) = at b 0 = at 2 0. y T 0 = at 2 0 (x 0) y = T 0 at 2 0 x. Vi bruker tangentligningen til å finne en tilnærmet verdi for T (x) når x =.2M: T (.2) y(.2) = T 0 at = K. b) Differensialligningen er separabel. Vi separerer og integrerer: dt dx = at 2 + bx at 2 dt = + bx dx at = ln + bx + C b T =. ln + bx + C Bruk initialbetingelsen til å finne C: T 0 = C C = T 0. Det følger at T (x) = Den nøyaktige verdien for T (.2) er følgelig T (.2) = a b bt 0 a b ln + bx + = at T 0 0 ln + bx + b ln K. lfov2 2. november 200 Side 6