Lösningsförslag

Tenta 18 augusti 2004

1. Vi ser direkt att noll är en lösning. Den andra hittar vi med Newton– Raphsons metod: Sätt f(x) = e^{x^{2}} −x^{3} −x^{2} −1 och väj x_{0} = 1 som startvärde. Definiera en talföljd rekusivt genom att sätta

x_{n+1} = x_{n} − \frac{f(x_{n})}{f′(x_{n})} = x_{n} − \frac{e^{x_{n}^{2}} − x_{n}^{3} − x_{n}^{2} − 1}{2x_{n}e^{x_{n}^{2}} − 3x_{n}^{2} − 2x_{n}} .

Efter ett par iterationer ser vi att följden stabiliserar sig runt 1.1836 som alltså är den andra roten.

2. Vi börjar med att Taylorutveckla sin x och cos x runt x = π/2. Man får:

sin x = 1 − \frac{(x − π/2)^{2}}{2} + O((x − π/2)^{4}),

cos x = −(x − π/2) + O((x − π/2)^{3}).

Dessutom ger en standard utveckling att ln(1 + t) = t + O(t^{2}) om t är litet. Alltså får vi

ln(sin x) · tan x = sin x · \frac{ln(1 − \frac{(x−π/2)^{2}}{2} + O((x − π/2)^{4}))}{−(x − π/2) + O((x − π/2)^{3})}

= sin x\frac{−\frac{(x−π/2)^{2}}{2} + O((x − π/2)^{4})}{−(x − π/2) + O((x − π/2)^{3})}
= sin x \frac{\frac{(x−π/2)}{2} + O((x − π/2)^{3})}{1 + O((x − π/2)^{2})}
⟶ sin(π/2)\frac{0}{1 + 0} = 0, x → π/2.

3. Den integrerande faktorn blir e^{− ln(1+x^{2})} = 1/(1 + x^{2}). Efter multiplikation av ekvationen med denna får vi

\frac{x + x^{3}}{1 + x^{2}} = \frac{y′(x)}{1 + x^{2}} − \frac{2x}{(1 + x^{2})^{2}} y(x) = (\frac{y(x)}{1 + x^{2}} )′.

Alltså gäller

\frac{y(x)}{1 + x^{2}} = ∫ \frac{x + x^{3}}{1 + x^{2}} dx = ∫ xdx = x^{2}/2 + C

och lösningen blir alltså

y(x) = (1 + x^{2})x^{2}/2 + C(1 + x^{2}).

4. Vi använder kvotkriteriet för att hitta konvergensradien: Betrakta kvoten

|(\frac{sin(1/(n + 1))}{\sqrt{n + 1}}x^{n+1})/(\frac{sin(1/n)}{\sqrt{n}}x^{n})|

av term n+1 och term n i serien. Vi undersöker om denna har ett gränsvärde då n → ∞.

|(\frac{sin(1/(n + 1))}{\sqrt{n + 1}}x^{n+1})/(\frac{sin(1/n)}{\sqrt{n}}x^{n})| = \frac{| sin(1/(n + 1))|}{| sin(1/n)|} \begin{matrix}√ & \overline{n} \\ √ & \overline{n + 1} \end{matrix} \frac{|x|^{n+1}}{|x|^{n}}

= \frac{| sin(1/(n + 1))|}{1/(n + 1)} \frac{| sin(1/n)|}{1/n} \frac{n}{n + 1}\sqrt{\frac{n}{n + 1}}|x|
→ 1 · 1 · 1 · 1 · |x| = |x|, n → ∞.

Rotkriteriet säger att serien är absolutkonvergent om detta gränsvärde är < 1 och divergent om det är > 1. Potensserien är alltså absolutkonvergent om |x| < 1 och divergent om |x| > 1 så konvergensradien är 1. När |x| = 1 får vi ingen information från rotkriteriet utan vi måste undersöka detta fall separat. Vi betrakta serien

∑_{1}^{∞} \frac{sin(1/n)}{\sqrt{n}}.  (1)

Om denna är konvergent så är vår potensserie absolutkonvergent för |x| = 1. Från standardutvecklingen ser vi att sin(1/n) beter sig som 1/n då n är stort. Vi jämför därför vår serie (1) med den konvergenta serien ∑ 1/n^{3/2}. Vi använder jämförelsekriteriet på gränsvärdesform och beräknar alltså gränsvärdet

(\frac{sin(1/n)}{\sqrt{n}})/(\frac{1}{n^{3/2}} ) = \frac{sin(1/n)}{1/n} \begin{matrix}√ & \overline{n} \\ √ & \overline{n} \end{matrix} → 1, n → ∞

som är ändligt och nollskilt. Jämförelsekriteriet på gränsvärdesform ger nu att serien (1) är konvergent och alltså är vår potensserie konvergent för |x| = 1. SVAR: Serien konvergerar för −1 ≤ x ≤ 1.

5. Vi låter m(t) vara antal gram bakterier i odlingen vid tiden t och N(t) vara antal gram näring i odlingen vid tiden t. Första påståendet i uppgiften säger att m′(t) = 2N(t). Andra påståendet säger att m(0) = 1 och att N(0) = 0. De två sista påståendena kan sammanfattas i: N′(t) = t + 1 − m(t)/2. Deriverar vi ekvationen m′(t) = 2N(t) och utnyttjar uttrycket för N′(t) får vi differentialekvationen

m′′(t) = 2N′(t) = 2t + 2 − m(t).

Karaktäristiska ekvationen blir r^{2} + 1 = 0 med rötterna i och −i. Homogenlösningarna är alltså C_{1} sin(t) + C_{2} cos(t). Vi ansätter ett första grads polynom som partikulärlösning, At + B och försöker anpassa koefficienterna A och B. Insättning av ansatsen i differentialekvationen ger

0 = 2t + 2 − At − B.

Så 2t + 2 är en partikulärlösning. Alltså:

m(t) = C_{1} sin(t) + C_{2} cos(t) + 2t + 2.

För att bestämma konstanterna C_{1} och C_{2} använder vi begynnelsevillkoren m(0) = 1 och N(0) = 0. Det sista villkoret ger att m′(0) = 0. Vi får alltså:

1 = m(0) = C_{2} + 2
0 = m′(0) = C_{1} + 2

så C_{1} = −2 och C_{2} = −1. Lösningen blir alltså

m(t) = −2 sin(t) − cos(t) + 2t + 2.