Indhold. Litteratur 11

Transkript

1 Indhold Forord ii 00-sættet 1 Opgave Spørgsmål (a) Spørgsmål (b) Spørgsmål (c) Spørgsmål (d) Opgave Spørgsmål (a) Spørgsmål (b) Spørgsmål (c) Spørgsmål (d) Spørgsmål (e) Opgave Spørgsmål (a) Spørgsmål (b) Spørgsmål (c) Spørgsmål (d) Opgave Spørgsmål (a) Spørgsmål (b) Spørgsmål (c) Spørgsmål (d) Bilag Litteratur 11 i

2 Forord På de følgende sider, giver jeg mit bud på en besvarelse af eksamenssættet i kurset Matematik 11 det senere Matematisk analyse 1+ fra sommeren 00. Opgaveformuleringen er at finde på Klaus Thomsens hjemmeside, via adressen notedir/opg0.pdf. Jeg har efter bedste evne forsøgt at referere til bøgerne i litteraturlisten på side 11. Til eksamen er der formodentlig ikke tid nok til at give lige så mange referencer, som jeg har gjort det her, så forhåbentlig vil denne besvarelse hjælpe med til, at man bedre kan huske sætningsreferencerne, når man sidder og sveder til eksamenen. Århus, maj 005 Mads Sørensen ii

3 Eksamensopgaver 00-sættet Opgave 1 Spørgsmål (a) Eftersom er i og 3i løsninger til ligningen (i) 5i(i) 6 = 4( 1) 10( 1) 6 = 0, (3i) 5i(3i) 6 = 9( 1) 15( 1) 6 = 0, z 5iz 6 = 0. Idet i 3i, giver Sætning 5.3. i [1] mig nu, at differentialligningen har den fuldstændige løsning hvor C 1,C C R. Spørgsmål (b) u (t) 5iu (t) 6u(t) = 0 (1) u(t) = C 1 e it +C e 3it, Højresiden af (1) er af samme type som ligning (5.3) i [1]; f(t) = e it med γ 1 = i, n 1 = 1 og s = 1. Da γ 1 ikke er løsning til (1), gætter jeg nu på, at u 0 (t) = Ke it er en partikulær løsning til differentialligningen Ved indsættelse i () finder man følgende: u (t) 5iu (t) 6u(t) = e it. () u 0 (t) 5iu 0 (t) 6u 0(t) = Ke it 5i ( ike it) 6Ke it = Ke it, som skal være lig e it. Heraf ses nemt, at K = 1. De reelle konstanter, der med u 0 (t) = ae ibt er løsning til (), er altså a = 1 og b = 1. 1

4 Spørgsmål (c) Sætning i [1] giver mig, at den fuldstændige løsning til () er på formen u(t) = C 1 e it +C e 3it e it, (3) hvor C 1,C C. Jeg vil også finde den løsning, v, til (), der opfylder, at v(0) = 1 og v (0) = i. Den første betingelse giver mig følgende: C 1 e i 0 +C e 3i 0 e i 0 = 1 = C 1 +C 1 = 1 = C 1 = C. Jeg differentierer dernæst (3): Af anden betingelse fås så, at u (t) = ic 1 e it +3iC e 3it ie it. ic 1 e i 0 +3iC e 3i 0 ie i 0 = i = ic 1 +3iC i = i = C 1 +3C = = C 1 = 1 3 C = 1+ 3 C 1. Løsningen til denne ligning ses nemt at være C 1 =, og dermed er C =. Altså er Spørgsmål (d) v(t) = e it e it +e 3it. (4) Idet v(t) klart er stykkevis kontinuert og begrænset på [, ], giver Lemma og Definition i [1] mig, at for ethvert n Z \ {1,,3}, er Fourierkoefficienterne for Fourierrækken for v givet ved c n = 1 = 1 Yderligere har jeg, at ( ( e it e it +e 3it) e int dt ) e 1it e int dt e it e int dt+ e 3it e int dt = 1 ( ) = 0. c 1 = 1 ( 0+ 0) = 1, c = 1 ( 0 + 0) =, c 3 = 1 ( 0 0+ ) =. Ifølge ligning (4.15) i [1], er Fourierrækken for v så givet ved c n e int = e it e it +e 3it = v(t). n Z

5 Da v oplagt er stykkevis kontinuert og begrænset på [, ], giver Parsevals identitet (Sætning i [1]) mig videre, at Opgave Spørgsmål (a) v(t) dt = n Z c n = ( ) = 18. Det oplyses, at α R og at et vektorfelt F : R R er givet ved F(x,y) = ( f 1 (x,y),f (x,y) ) = ( xycos(xy)+sin(xy)+αy,x cos(xy) ). Da det skal vises, at F er konservativt, hvis og kun hvis α = 0, starter jeg med at finde de partielt afledede af F, der ifølge Sætning 9.14 og 9.6 i [] eksisterer for ethvert (x,y) R og er givet ved f 1 (x,y) = xcos(xy)+xy( sin(xy))x+cos(xy)x+α y = xcos(xy) x ysin(xy)+α, f x (x,y) = xcos(xy)+x ( sin(xy))y = xcos(xy) x ysin(xy). Sætning i [1] giver mig nu, da R klart er stjerneformet, at hvis F er rotationsfrit, så er det også konservativt. Sætning i [1] giver så, at F er konservativt, såfremt f 1 y (x,y) = f x (x,y), hvilket tydeligvis kun er opfyldt for α = 0. Dette var netop hvad der skulle vises. Spørgsmål (b) Det antages nu, at α = 0 og β R. Jeg vil nu vise, at funktionen ϕ : R R, givet ved ϕ(x,y) = βxsin(xy), er en stamfunktion til F, hvis og kun hvis β = 1. Fra Spørgsmål (a) ved jeg at F er rotationsfrit (det er jo konservativt), hvilket giver mig, at en stamfunktion eksisterer. Nu finder jeg de partielt afledede af ϕ, igen ved brug af Sætning 9.14 og 9.6 i []: ϕ x (x,y) = β( 1sin(xy)+xcos(xy)y ) = β ( xycos(xy)+sin(xy) ) ; ϕ y (x,y) = βxcos(xy)x = βx cos(xy). 3

6 Hermed er der gjort rede for, at ϕ eksisterer, og den er givet ved ϕ(x,y) = ( β ( xycos(xy)+sin(xy) ),βx cos(xy) ) = β ( xycos(xy)+sin(xy),x cos(xy) ) = βf(x,y). (5) Sætning i [1] giver mig videre, at hvis ϕ skal være en stamfunktion til F, så skal ϕ(x,y) = F(x,y), og ifølge (5), så er dette kun tilfældet for β = 1. Spørgsmål (c) Af forrige spørgsmål og Lemma 8.17 i [] følger det nu trivielt, at for C R, er samtlige stamfunktioner til F givet ved Spørgsmål (d) Lad γ : [ 0, ] R være kurven xsin(xy)+c. γ(t) = ( sin(t), + cos(t) ) = ( sin(t),1+cos(t) ). Jeg vil nu bestemme værdien af kurveintegralet F. Da [ 0, γ ] er kurvesammenhængende, har jeg af første del af beviset for Sætning (side 40, midt) i [1], at F = ϕ ( γ ( )) ( ) ϕ γ(0) γ Spørgsmål (e) ( ( = ϕ( sin ( ),1+cos )) ) ϕ = ϕ (, ) ϕ ( 0, ) = sin ( ) 0sin ( 0 ) = 0 0 = 0. ( ( sin(0),1+cos(0) ) ) Ud fra forskriften for γ ses det, at kurven beskriver en kvartcirkel i. kvadrant med radius, så længden må være /4 = 1 3/, men lad os regne efter alligevel. Først differentierer jeg γ(t), og finder dernæst normen af differentialkvotienten: γ (t) = ( cos(t), sin(t) ) = ( cos(t),sin(t) ), γ (t) =. Da γ C 1 ([0,/]), giver Korollar i [1] mig, at længden af γ er l γ = 0 γ (t) dt = 0 dt = 1 3/. 4

7 Opgave 3 Spørgsmål (a) Betragt rektanglet R = { (x,y) R x,1 y }, og lad funktionen f : R R været givet ved f(x,y) = xcos(xy). Sætning 5.4 (b), 5.5 (d) og 5.9 i [] giver mig nu, at Id R, (x,y) xy og (x,y) cos(xy) alle er kontinuerte på R, og så har jeg af Sætning 5.11 i [], at f er kontinuert på R. Nu giver Sætning 8.9 i [], at f er integrabel over R. Ved brug af Sætning 10.9 i [], fås så da = xcos(xy)dydx Spørgsmål (b) R = = 1 [ sin(xy) ] 1 dx sin(x)dx sin(x) dx ) ( ( = ( 1 cos() cos() + cos() cos = 1(1 ( 1))+( 1 0) =. Ved indsættelse ses, at f ( 1, ) = 0. Sætning 9.14 og 9.6 i [] giver mig så, at følgende differentialkvotienter eksisterer og er kontinuerte på hele R : )) Altså er f x (x,y) = 1cos(xy)+x( sin(xy) ) y = cos(xy) xysin(xy); f y (x,y) = x( sin(xy) ) x = x sin(xy), f x f y ( 1, ) ( ) = cos 1 1 sin( ) 1 =, ( ) 1, = 1 sin ( 1 ) = 1 0. Nu giver Sætning 1..1 i [1] mig, at der findes et ε > 0 og en kontinuert differentiabel funktion, h : (1 ε,1+ε) R, som opfylder, at for ethvert x (1 ε,1+ε), er xcos ( xh(x) ) = 0. 5

8 Yderligere giver Sætning 1..1 i [1] mig, at h(1) = og Spørgsmål (c) f h (1) = x f y Lad g : R R være defineret ved g(x) := ( ) 1, ( 1, 1 0 ) = 1 =. t cos(xt) dt. Ved at bruge Leibniz regel (Sætning i [1]) fire gange på R R, hvor (x,t) tcos(xt), ses det, at g er tre gange kontinuert differentiabel (Jævnfør Sætning 7.5 i []). 1 Idet der ses bort fra eventuelle integrationskonstanter, og det antages at x 0, har vi ( ) dt tcos(xt)dt = t cos(xt)dt cos(xt) dt dt dt = t sin(xt) x = tsin(xt) 1 x x sin(xt) 1dt x ( cos(xt) ) x = xtsin(xt)+cos(xt) x. For x 0 finder man videre, at hvis man integrerer fra 0 til 1, ender man med xsin(x)+cos(x) 1 x. For x = 0 beregnes integralet, der definerer g, nemt til 1/, så { 1/ for x = 0, g(x) = ( ) xsin(x)+cos(x) 1 x ellers. (6) Eftersom g C 3 (R), eksisterer Taylorpolynomiet af 3. grad omkring 0, og Sætning 7. (a) i [] og (6) giver mig så, at g (k) (0) = 0 for ethvert k N. Af Definition.1. i [1] fås så til sidst, at 3 g (k) (0) T 3 g(0) = x k = g(0) = 1 k!. k=0 1 Det ses endda nemt, at g er glat, og på bilaget på side 11, kan man se eksplicitte udtryk for g (n) (x), for x 0 og ethvert n N. 6

9 Spørgsmål (d) Lad x R og n N være givet, og lad b R være vilkårlig, men fastholdt. Det oplyses, at n N x R : g (n) (x) 1 n+1. Specielt gælder der så, at grænseværdierne lim g (n+1) (x) og 1 lim (n+1)+1 eksisterer, og der gælder ifølge Sætning 4.4 i [] nu følgende: lim g (n+1) (x) 1 lim = 0. (7) (n+1)+1 Da y 0 for ethvert y R, giver (7) mig nu, at lim g (n+1) (x) = 0. Taylors sætning giver mig så, at hvis R n g(b) betegner restleddet af Taylorrækken for g, der udvikles omkring b, så eksisterer der et ξ (b,x), således at lim R ng(x) = lim [ g (n+1) (ξ) (n+1)! (x b)n+1 Lad d n := (x b) n+1 /(n+1)!. Man bemærker, at n N\{1,} : an > 0, så udtrykket (x b) n+ d n+1 (n+)! = d n (x b) n+ (x b) n+1 = (n+1)! (x b) n+1 (n+)! = x b (n+) 1 p n (n+1)! er meningsfyldt. Da både lim x b og lim (n+) 1 eksisterer, eksisterer også limp n, og der gælder følgende: ( x b lim (n+) 1) = lim x b lim (n+) 1 = x b 0 = 0. Altså eksisterer også limd n+1 /d n, og denne grænseværdi har værdien 0 < 1. Kvotientkriteriet (Sætning 4.38 i []) giver mig nu, at rækken n=1 d n er konvergent. Videre har jeg nu af Sætning 4.34 i [], at limd n eksisterer og er lig 0. Specielt gælder der så, at (x b) n+1 lim (n+1)! eksisterer og er konvergent med værdien 0. Dette betyder, at lim R ng(x) = lim g (n+1) (x b) n+1 (ξ) lim (n+1)! ]. = 0 0 = 0. Andet lighedstegn følger af, at Sætning 6.35 i [] også gælder, når b erstattes af. Da g(b) = T n g(b)+r n g(b), er lim T ng(x) = g(b). 7

10 Opgave 4 Spørgsmål (a) Lad a n := n 1 for ethvert n N\{1,}, og betragt dernæst potensrækken a n z n. (8) Man bemærker, at n N\{1,} : a n > 0 (specielt er så a n 0), så videre fås følgende: a n a n+1 = n log(n+1) = n+1 n log(n+1) = ( 1+n 1) log(n+1) k n. n+1 Lad dernæst h : R + R være givet ved x log(x)/log(x+1). Definer så yderligere to funktioner h 1,h : R + R ved h 1 (x) = log(x) og h (x) = log(x+1). Sætning 7. (h) i [] giver mig, at både h 1 og h er differentiable i det indre af deres definitionsmængde, og dh 1 dh 1 (x) = x 1 og dx dx (x) = (x+1) 1. Nu giver l Hôpitals regel om 0/0-udtryk, når x (Sætning 7. i []), at idet lim x dh 1 dx (x) = lim dh dx (x) x x 1 x+1 = lim (x+1) 1 x x eksisterer, så eksisterer også lim x h(x), og lim h(x) = lim x x = lim x 1+ lim x x 1 = 1+0 = 1 dh 1 dx (x) dh dx (x) = 1. Sætning 4.4 og 4.6 (c) og (d) i [] giver mig så, at da enhver faktor i følgen {k n } er konvergent for n, er [ (1+n lim ) ] 1 ( ) = lim 1+ lim log(n+1) n 1 lim = (1+0) 1 = 1. log(n+1) a Dette betyder, at også lim n a n+1 eksisterer, og så giver Sætning 3..5 i [1] mig nu, med N = 3, at konvergensradiusen for (8) er lig med R f = lim a n a n+1 = lim [ (1+n ) 1 log(n+1) ] = 1. 8

11 Bemærkning. I Sætning 3..5 i [1] betragtes rækker på formen n=0 a nz n, men fordi der summes fra n = 3, ændrer det naturligvis ikke på gyldigheden af sætningen. Spørgsmål (b) Betragt en funktion f : ( 1,1) R. Da D f netop er lig det indre af konvergenscirklen for (8), betyder det, at jeg kan bruge Sætning i [1] igen med den ubetydelige forskel, at der også her summes fra n = 3 til at integrere (8) ledvist. Med C R fås, at ( ) n tn dt = for ethvert t ( 1,1). Videre har jeg, at n t n dt = n 0n = 0. n(n+1) tn+1 +C, (9) Dette giver mig, at der findes netop én funktion f : ( 1,1) R, der opfylder, at f(0) = 0 og f (t) = n tn. Yderligere giver (9) mig så, at for ethvert t ( 1,1), er denne funktion givet ved Spørgsmål (c) f(t) = n(n+1) tn+1. Lad a n være givet som i Spørgsmål (a), og betragt rækken a n. (10) Da log(3) > 1 og er voksende for ethvert n N\{1, }, gælder følgende: n N\{1,} : a n n 1. Sætning 4.40 i [] giver mig, at for p = 1 1 gælder der, at n 1 er divergent. Af Sammenligningskriteriet (Sætning 4.36 i []) følger det så med c = 0 < 1, at også (10) divergerer. Lad nu for nemheds skyld b kn := (1 k 1 ) n og betragt rækken a n b kn. (11) Resten af dette spørgsmål vil jeg klare som følger: Lad M > 0 være givet, og vælg et N N, således at 9

12 N a n > M. For et vilkårligt, men fastholdt, k N, ses følgende ulighed klart at være opfyldt: N N N a n b kn = a n b kn + a n b kn > a n b kn > b kn a n > b kn M. n=n+1 Vælg nu K N tilstrækkelig stort til, at b kn 1, for k K. Heraf kan jeg nu slutte, at M > 0 K N : k K = a n b kn > M. Dette er som bekendt det samme som at (11) har værdien, og dermed er ubegrænset. Spørgsmål (d) Dette spørgsmål besvares ved en modstrid. Lad igen a n være givet som i Spørgsmål (a), og antag dernæst, at h : [ 1,1] R faktisk er en kontinuert funktion med forskriften h(t) = a n t n, (1) for samtlige t ( 1,1). Eftersom h er kontinuert, giver dette og forrige spørgsmål mig, at lim t 1 h(t) =, hvorved h ses at være ubegrænset. Da der som bekendt gælder, at en kontinuert funktion, der er defineret på et lukket interval, er begrænset, er det en gang vrøvl at snakke om at h er kontinuert. Ergo eksisterer der ingen kontinuert funktion h : [ 1,1] R, der opfylder (1). Det kan uden det store besvær udvides til at omfatte en generel kompakt mængde. 10

13 Bilag Ved brug af induktion og Sætning 1.10 i [], kan det vises, at for g : R\{0} R, hvor g(x) := 1 0 tcos(xt)dt = xsin(x)+cos(x) 1 x, gælder der for ethvert n N, at g (n) (x) eksisterer og er givet ved cos(x) d n 1 g dxn 1(x) = (n)! n k=0 cos(x) d n g dxn(x) = (n+1)! ( 1) k+1 (k)! n k=0 n 1 x k +sin(x) ( 1) k+1 (k +1)! xk+1 +1 k=0, x n+1 ( 1) k n 1 ( 1) k (k)! xk +sin(x) (k +1)! xk+1 1 k=0 x n+. Litteratur [1] Henrik Stetkær, Klaus Thomsen og Christina Tønnesen-Friedman. Indledning til matematisk analyse II, 1. udgave. Aarhus Universitet, Århus, Danmark 00. [] Ebbe Thue Poulsen. Funktioner af en og flere variable. Indledning til matematisk analyse, 1. udgave,. oplag. Gads Forlag, København, Danmark