TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk Høst 4 Løsningsforslag Øving Vi observerer at både y = cos πx 4 og y = x er like funksjoner. Det vil si at arealet til høyre for y-aksen er lik arealet til venstre for y-aksen. Vi ser derfor kun på området x. For å finne skjæringspunktet til grafene, må vi løse ligningen x = πx cos. 4 For å løse denne bruker vi at cos π 4 =. Vi ser derfor at x = er en løsning. Skjæringspunktet er altså i x, y =,. Det er også mulig å løse ligningen ved å bruke fikspunktiterasjon. Vi velger da et startpunkt x, og itererer oss frem til løsningen ved hjelp av iterasjonsskjemaet x n+ = πxn cos. 4 Alternativt kunne vi også ha brukt Newtons metode. Vi finner nå arealet, A, ved å integrere differansen mellom de to kurvene fra x = til x =, og deretter multiplisere med for å få med arealet til venstre for y-aksen. πx A = cos x dx 4 4 πx = π sin 4 x 4 π = π sin 4 = 8 π = 8 π. Review Exercise 5, side 88 Vi skal evaluere integralet I = x tan x dx. Vi prøver med delvis integrasjon, se side i boka. Vi følger notasjonen i boka, og setter U = tan x og dv = x dx. Da er V = x og du = x + dx = x + 9 dx. 6. oktober 4 Side av 7

2 Integralet kan nå uttrykkes som I = UV V du = tan x x x x + 9 dx = x tan x x x dx + C. + 9 Vi står igjen med et nytt integral. Her er integranden en rasjonal funksjon der polynomordenen er lik for teller og nevner. Vi bruker derfor polynomdivisjon, og kan uttrykke integralet som x x + 9 dx = 9 x dx. + 9 Vi husker fra tidligere i oppgaven at Vi har derfor at d x dx tan = x x + 9 dx = x + 9 dx = x tan, slik at x x + 9 dx = x x tan. Vi setter så dette inn i uttrykket for I ovenfor, slik at I = x tan x x tan x = x tan x + 9 x tan = x + 9 tan x x + C. + C x + C Vi tegner først opp et tverrsnitt av bassenget: y y x 6. oktober 4 Side av 7

3 Vi har også tegnet inn et tynt volumelement i grått. Som vist på figuren har dette lengde y når y og lengde m når y. Bredden til bassenget er konstant lik 8 m og høyden til volumelementet er. Volumet i m til volumelementet blir derfor { 8 y = 8, y, dv = 8 = 6, y. Tyngden er gitt som df = ρg dv. Videre må volumelementet løftes y m. Arbeidet som kreves er derfor gitt som { 8ρgy y, y, dw = y df = yρg dv = 6ρg y, y. Dersom vi setter ρ = kg/m og g = 9,8 m/s, får vi det totale arbeidet i N m ved å integrere dw fra y = til y =, W = y= y= dw = = 8ρg 8ρgy y + y y + 6ρg 6ρg y y = 8ρg y y + 6ρg y y = 8ρg + 6ρg = 8ρg + 6ρg = 4 4 ρg = 9,8,4 6. Det kreves altså et arbeid på omlag,4 6 N m for å løfte alt vannet ut av bassenget Antall databrikker som selges per uke er gitt ved st = te t/. Dette tilsvarer raten som varen blir solgt med. Antall varer T solgt det første året får vi da ved å integrere st fra t = til t = 5. T = 5 st dt = 5 te t/ dt. Dette integralet løser vi ved delvis integrasjon. La U = t og dv = e t/ dt. Da er du = dt og V = e t/, slik at te t/ dt = UV V du = t e t/ e t/ dt = te t/ + e t/ dt = te t/ + e t/ + C = t + e t/ + C. 6. oktober 4 Side av 7

4 Dette gir T = t + e t/ 5 = 6e 5/ 97. Det blir altså solgt 97 databrikker det første året Den oppgitte ligningen er en førsteordens lineær differensialligning se side 45 i boka. Vi bruker først metoden med integrerende faktor. Den integrerende faktoren er gitt som e µx der µx er integralet av faktoren foran y-leddet, µx = dx = ln x. x Altså er den integrerende faktoren e ln x = x. Vi multipliserer begge sider av ligningen med dette uttrykket, dx x + yx =. Vi gjenkjenner så venstre siden som den deriverte av x y, slik at d x y =. dx Vi integrerer begge sider med hensyn på x og får at x y = x + C y = x + C x. En annen metode vi kan bruke er å sette y = kxe µx, der e µx = x er løsningen av det homogene ligningssystemet dx + y x =. Vi setter så uttryket for y inn i differensialligningen, og prøver å bestemme hva kx må være for at y = kxx skal være en løsning. k xx + kx x + kxx = x k xx = x k x = kx = dx = x + C. Dermed er løsningen gitt ved y = x + Cx = x + C x. Dette er samme svar som når vi brukte den integrerende faktoren Vi bruker analysens fundamentalteorem The Fundamental Theorem of Calculus, side i boka og deriverer begge sider av ligningen, dx = yx + x. 6. oktober 4 Side 4 av 7

5 Dette er en separabel førsteordens differensialligning. Vi skriver om slik at vi får alle ledd avhengig av y på venstre siden og alle ledd avhengig av x på høyre siden. Deretter integrerer vi begge sider. y = dx + x y = dx + x y = tan x + C y = tan x + C. 8.. Vi er gitt initialverdiproblemet y = x + y, y =. La oss først bemerke at dette problemet har eksakt løsning y E = x + + e x. Denne løsningen kan finnes blant annet ved hjelp av metoden med integrerende faktor side 45 i boka. Vi vil bruke denne til å finne feilen som de numeriske metodene gir. La fx, y = x + y. Forbedret Eulers metode eller Heuns metode; Improved Euler method side 4 i boka er gitt ved iterasjonsskjemaet x n+ = x n + h, u n+ = y n + hfx n, y n = y n + hx n + y n, y n+ = y n + h fx n, y n + fx n+, u n+ = y n + h x n + y n + x n+ + u n+. I vårt tilfelle er startverdiene for iterasjonene x = og y =. a Med h =, gir første iterasjon x = x + h = +, =,, u = y + hx + y = +, + =,, y = y + h x + y + x + u = +, + +, +, =,4. De resterende iterasjonene er gjengitt i tabellen under. n x n u n y n y E y n, -,,,,,4,86,4,58,5768,6849,6,976,696,54 4,8,5585,6669,4 5,,68,4546,47 b Med h =, får vi dette bør gjøres på en pc 6. oktober 4 Side 5 av 7

6 n x n u n y n y E y n, -,,,,,,4,,,45,756,,8655,98465,5 4,4,568,5884,845 5,5,779985,794894,549 6,6,48,4857,8 7,7,494,47,458 8,8,6546,645578,554 9,9,996,64,684,,46,486,84 c Med h =,5 får vi n x n u n y n y E y n, -,,,5,5,55,4,,765,5,89,5,7766,759,4 4,,975,469,96 5,5,474,779,58 6,,968,999,5 7,5,4846,48776,99 8,4,5796,587,479 9,45,689,68658,566,5,7986,79678,66,55,96,9574,765,6,98,46,877,65,7558,88,999 4,7,586,674, 5,75,47769,4876,74 6,8,6446,64965,49 7,85,86,87698,596 8,9,58,74,777 9,95,,9448,97,,479,448,8 Oppsummert ser vi at approksimasjonen av y stadig blir bedre når vi minsker steglengden h. Feilen går som Oh. Det vil si at når vi halverer h vil feilen minske med en faktor omlag Vi er gitt en funksjon φx med følgende egenskaper, φ = A, φ x kφx på [, X], der k og X er positive konstanter. Vi ønsker å vise at φx Ae kx på [, X]. Vi 6. oktober 4 Side 6 av 7

7 følger hintet og regner ut den deriverte til φx e kx, d dx φx e kx = φ xe kx φxke kx e kx = φ x kφx e kx. Vi bruker så den andre betingelsen og får at d φx kφx kφx dx e kx e kx =. Dette betyr at φx e kx er ikke-synkende på [, X]. Altså må φx e kx φ e = φ = A. for alle x [, X]. Ved å gange opp med e kx på begge sider står vi igjen med ulikheten som var det vi ønsket å vise. φx Ae kx, 6. oktober 4 Side 7 av 7