Title: DIL-syksy21

Tässä on annettu tämän aiheen 5 tehtävää. Ratkaise ne perustellen tee vastauksistasi yksi pdf-tiedosto, joka siirretään tehtävän 6 palautuslaatikkoon. Kun olet valmis, lopeta tentti. Tämän jälkeen palautusta ei voi muuttaa. Jos tehtävässä on vastauslaatikko, voit tarkistaa lopputuloksesi oikeellisuuden, mutta tästä ratkaisusta ei anneta suorituspisteitä. Pdf-vastauksen antamiseen on aikaa 30 päivää tentin avaamisesta.

Tentin lopettamisen jälkeen saat tästä samasta aktiviteetista näkyviin esimerkkiratkaisut. Tutustu niihin ja suorita itsearviointi. Suorituspisteet annetaan seuraavan aktiviteetin 'Itsearviointi ja pisteytys' kautta.

Perustelut tehtävien 1-5 pisteyksille.

Palauta harjoitusten kaikki ratkaisut yhtenä pdf-tiedostona.

Palauta tentin kaikkien tehtävien ratkaisut yhtenä pdf-tiedostona siirtämällä tiedosto alempaan laatikkoon.

Q: Pisteytä tehtävä 1 asteikolla 0-4. Ks yleiset arvosteluohjeet
- 0
- 1
- 2
- 3
- 4
A: 4
Partly right: 3 (75%); 2 (50%); 1 (25%)

Kun kappale on yksinkertaisessa harmonisessa liikkeessä, esim. jouseen kiinnitetty paino tai vapaasti heiluva heiluri, sen nopeus \(v=v(x)\) toteuttaa alla olevan differentiaaliyhtälön, missä \(x\) on siirtymä ja k on vakio. Ratkaise tästä yhtälöstä \(v(x)\).
\[    v\frac{dv}{dx}=k^2x \]
Tarkistus ei toimi.
Feedback: Yhtälön muuttujat ovat valmiiksi separoituja, sillä \(v\) ja \(\frac{dv}{dx}\) ovat yhtälön vasemmalla puolella ja oikea puoli koostuu ainoastaan muuttujan \(x\) funktiosta. Integroidaan molemmat puolet muuttujan \(x\) suhteen \begin{align*} \int v\frac{dv}{dx} dx = \int -k^2x dx. \end{align*} Yhtälön voi kirjoittaa muotoon \begin{align*} \int v dv = \int -k^2x dx. \end{align*} Integroidaan \begin{align*} \frac{v^2}{2}+C_1=-k^2\frac{x^2}{2}+C_2 \end{align*} Merkitään \(C=C_2-C_1\) ja ratkaistaan nopeuden suhteen \begin{align*} &\frac{v^2}{2}=-k^2\frac{x^2}{2}+C\\ \Leftrightarrow \hspace{1cm} &v^2=-k^2x^2+2C\\ \Leftrightarrow \hspace{1cm} &v=\pm \sqrt{-k^2x^2+2C}=\pm \sqrt{-k^2x^2+C'}, \end{align*} missä \(C'=2C\).

Ratkaise differentiaaliyhtälön \(\dfrac{y''}{x}=\sin(x)\) yleinen ratkaisu ja alkuehdot \(y(0)=1,\ y'(0)=2\) toteuttava ratkaisu.

Alkuarvotehtävän ratkaisu =
Feedback: Tämä differentiaaliyhtälö voidaan ratkaista suoraan integroimalla \(\dfrac{y''}{x}=\sin(x) \Rightarrow y'' = x\sin(x)\). Käytetään osittaisintegrointia valitsemalla \(f'(x)=\sin(x) \Rightarrow f(x)=-\cos(x)\) ja \(g(x)=x \Rightarrow g'(x)=1.\) Nyt \[ y'' = x\sin(x) \Rightarrow y'= -x\cos(x) - \int -\cos(x)\ dx= -x\cos(x) + \sin(x) + C\] Käytetään osittaisintegrointia uudestaan \(f'(x)=\cos(x) \Rightarrow f(x)=\sin(x)\) ja \(g(x)=-x \Rightarrow g'(x)=-1.\) ja saadaan \begin{eqnarray*} y'= -x\cos(x) + \sin(x) + C \Rightarrow y&=& \left(-x\sin(x)- \int -\sin(x)\ dx\right) +\int \sin(x)\ dx +Cx\\ &=& -x\sin(x)- \cos(x) -\cos(x) +Cx +D\\ &=&-x\sin(x)-2\cos(x)+Cx+D \end{eqnarray*} Alkuehdoista saadaan \(y'(0)= -0\cdot \cos(0) + \sin(0) + C = C = 2\) ja \(y(0)= -0\cdot\sin(0)-2\cos(0)+C\cdot 0+D = -2+D=1 \Rightarrow D=3\). Alkuehdot toteuttava ratkaisu on \(y(x)=-x\sin(x)-2\cos(x)+2x+3\).

Tutustu esimerkkiratkaisuihin ja pisteytä omat ratkaisusi tehtävittäin. Perustele pisteytyksesi erityisesti silloin, kun pistemäärä ei ole 0= ei tehty tehtävää tai 3= tehtävä täysin oikein. Tarkemmat arvosteluohjeet tästä
Muista lukita vastauksesi ja lopettaa tentti. Vain yksi suorituskerta.

Etsi differentiaaliyhtälön  \(xyy' = 1\)  yleinen ratkaisu ja alkuehdon  \(y(1)=2\)  toteuttava ratkaisu.

Alkuehdon toteuttava ratkaisu. \(y(x)=\):
Feedback: Differentiaaliyhtälö epälineaarinen ja se voidaan ratkaista separoimalla \begin{eqnarray*} xyy' &=&1 \Rightarrow y\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{1}{x} \\ &\Rightarrow& y\, dy= \dfrac{1}{x}\, dx \Rightarrow \int y\, dy= \int\dfrac{1}{x}\, dx \\ &\Rightarrow& \dfrac{1}{2}y^2 = \ln(x)+C_1 \Rightarrow y=\pm \sqrt{\ln(x^2)+C}, \ C=2C_1 \end{eqnarray*} Yleinen ratkaisu on \(y=\pm \sqrt{\ln(x^2)+C}, \ C\in\mathbf{R}\) ja alkuehdon \(y(1)=2\) toteuttava ratkaisu saadaan \(+\)-merkkisestä ratkaisusta \[y(1)=+ \sqrt{\ln(1^2)+C} = \sqrt{C}=2 \Rightarrow C=4\] ja ratkaisu on \(y=\sqrt{\ln(x^2)+4}\).

Määritä differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu ja alkuehdon toteuttava ratkaisu
\[y'x^3=y^2,\ \ y(1)=\dfrac{2}{[value]}\]
Entä minkä pisteen kautta tämä alkuehdon toteuttavan ratkaisu kulkee, kun \(x=2\).

Alkuehdon toteuttava ratkaisu. \(y(x)=\)
Kauttakulkupisteen \(y-\)koordinaatti =
Feedback: Tehtävä voidaan ratkaista separoimalla. Merkitään \(y'=\frac{dy}{dx}\) ja erotetaan \(x\) ja \(y\) eri puolille yhtälöä \begin{eqnarray*} y'x^3=y^2 &\Rightarrow& \dfrac{dy}{dx}x^3=y^2 \\ &\Rightarrow& \dfrac{1}{y^2}dy = \dfrac{1}{x^3}dx\\ &\Rightarrow& \int \dfrac{1}{y^2}\ dy = \int \dfrac{1}{x^3}\ dx \\ &\Rightarrow& -\dfrac{1}{y} = -\dfrac{1}{2x^2}+C' \\ &\Rightarrow& y = \dfrac{1}{\dfrac{1}{2x^2}-C'} = \dfrac{2x^2}{1-2C'x^2} \end{eqnarray*} Kun \(C'\in\mathbf{R}\), niin myös vakio \(-2C'\) saa kaikki reaalilukuarvot ja siksi voidaan korvata merkintä \(-2C'=C\) ja saadaan yleinen ratkaisu muodossa \(y(x)=\dfrac{2x^2}{1+Cx^2}\) Alkuehdosta \(y(1)=\dfrac{2}{[value]}\) saadaan ratkaisua vakio \(C\): \(y(1)=\dfrac{2\cdot 1^2}{1+C\cdot 1^2}=\dfrac{2}{1+C}=\dfrac{2}{[value]} \Rightarrow C=[value]\) ja alkuehdon toteuttava ratkaisu on \(y(x)=\dfrac{2x^2}{1+[value]x^2}\) Kun \(x=2\) tämä ratkaisu saa arvon \(y(2)=\dfrac{2\cdot 2^2}{1+[value]\cdot 2^2}=\dfrac{8}{[value]}\) ja ratkaisufunktio kulkee siis pisteen \((2,\dfrac{8}{[value]})\) kautta.

Ratkaise alkuarvotehtävä \(x^2y'+xy=1\), \(y(1)=2\). Millä välillä laskemasi \(y\) on differentiaaliyhtälön ratkaisu?

Alkuarvotehtävän vastaus:
Feedback: Normaalimuodossa \[y'+\dfrac{1}{x}y=\dfrac{1}{x^2}.\] Funktiot \(a(x)=1/x\) ja \(f(x)=1/x^2\) ovat jatkuvia, kun \(x\ne0\), joten alkuehdon \(y(1)=2\) (missä \(x=1>0\)) toteuttava ratkaisu on ratkaisu välillä \(x>0\). Nyt \(A(x)=\int a(x)\,dx=\ln x\). Kerrotaan yhtälö puolittain integroivalla tekijällä \(e^{A(x)}=x\): \begin{align*} xy'+y=\frac{1}{x} \ \Leftrightarrow\ D(xy)=\frac{1}{x} \ \Leftrightarrow\ xy=\int\frac{1}{x}\,dx+C=\ln x+C, \end{align*} josta \(y(x)=\dfrac{\ln x+C}{x}\). Alkuehto: \(y(1)=1\cdot(0+C)=2\), josta \(C=2\). Siten \(y(x)=\dfrac{\ln x+2}{x}\).

Etsi differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu ja alkuarvo-ongelman ratkaisu    \( 2xy'+y=10\sqrt{x},\ \ y(4)=2\)

Alkuarvotehtävän vastaus:
Feedback: Kyseessä on 1. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö. Muutetaan ensin yhtälö normaalimuotoon \(y'+\dfrac{1}{2x}y= \dfrac{10}{2\sqrt{x}}\) josta saadaan \(a(x)=\frac{1}{2x} \Rightarrow A(x)=\int \frac{1}{2x}\ dx =\frac{1}{2}\ln x = \ln\sqrt{x} \) ja integroiva tekijä \( e^{A(x)} =e^{\ln \sqrt{x}} =\sqrt{x} \) Muokataan yhtälöä ja kerrotaan yhtälö puolittain integroivalla tekijällä \begin{eqnarray*} 2xy'+y=10\sqrt{x} &\Leftrightarrow& y'+\frac{y}{2x} =\frac{10}{2\sqrt{x}}=\frac{5}{\sqrt{x}} \qquad \Vert \cdot \sqrt{x}\\ & \Leftrightarrow& \sqrt{x}y'+\frac{y}{2\sqrt{x}} = 5 \\ &\Leftrightarrow& \sqrt{x}y =\int 5 dx = 5x+C \\ & \Leftrightarrow& y(x) = 5\sqrt{x}+\frac{C}{\sqrt{x}} \end{eqnarray*} Alkuehdosta \(y(4)=5\sqrt{4}+\dfrac{C}{\sqrt{4}} =10+\dfrac{C}{2} = 2\) saadaan ratkaistua \(C=-16\) ja alkuarvo-ongelman ratkaisu on \( y(x) = 5\sqrt{x}-\dfrac{16}{\sqrt{x}}\)

Ympyrän muotoisen lammen halkaisija on \(30\) m ja vedensyvyys tasainen \(3\) m. Lammen elohopeapitoisuudeksi mitattiin \(0{,}2 \mu\)g/l. Elohopean saastuttamaa vettä aletaan pumpata pois \(1000\) l tunnissa ja tilalle tuodaan samaan tahtiin puhdasta vettä. Oletetaan, että elohopea on koko ajan tasaisesti sekoittunut lammen veteen.
a) Muodosta differentiaaliyhtälö elohopean määrälle \(x(t)\) (\(\mu\)g) ajan \(t\) (h) funktiona ja ratkaise se.
b) Kuinka kauan kestää, että elohopeapitoisuus alittaa ympäristönlaatunormin \(0{,}07~\mu\)g/l?

Vastaus b) tunteina pyöristettynä kokonaisluvuksi:
Feedback: a) Lammen vesimäärä on \(V=\pi\cdot15^2\cdot3\cdot1000\) l. Alussa elohopeaa on \(x(0)=0{,}2~\mu\)g/l\(\cdot V\) l \(=0{,}2V\) \(\mu\)g. Elohopean määrän muutosnopeus on \[\frac{dx}{dt}=-\frac{x~\mu\text{g}}{V~\text{l}}\cdot1000\frac{\text{l}}{\text{h}}=-\frac{1000}{V}x\ \frac{\mu\text{g}}{\text{h}},\] josta separoimalla (\(x>0\)) \begin{align*} \int\frac{dx}{x}=-\frac{1000}{V}\int\,dt \ &\Leftrightarrow\ \ln x=-\frac{1000}{V}t+C_1\\ &\Leftrightarrow\ x=e^{C_1}e^{-1000t/V}=Ce^{-1000t/V} \end{align*} Alkuehto: \(x(0)=C=0{,}2V\), joten \[x(t)=0{,}2Ve^{-1000t/V}\approx4{,}2\cdot10^5e^{-4{,}7\cdot10^{-4}t}\ \mu\text{g}.\] b) \(x(t)/V=0{,}07\ \Leftrightarrow\ 0{,}2e^{-1000t/V}=0{,}07\), josta \(t\approx 2226\) h \(\approx~93\) vrk.

Suoran ympyränlieriön muotoisen vesisäiliön korkeus on 3 m ja pohjan halkaisija 5 m.  Tyhjennettäessä säiliötä pohjassa olevan halkaisijaltaan 5 cm:n suuruisen pyöreän reiän läpi, on havaittu veden nopeuden reiässä olevan n. \(2.5\sqrt{h}\) m/s, missä \(h\) on veden syvyys säiliössä. Kuinka kauan kestää säiliön tyhjentyminen?

Vihje: Tarkoituksena on määrittää säiliön veden pinnan korkeus ajan funktiona  \(h=h(t)\). Alkuehtona on \(h(0)=3\). Muodosta yhtälö, jossa lyhyellä aikavälillä \(dt\) veden tilavuuden muutos säiliössä on sama kuin reiän kautta ulos tullut vesimäärä. Ratkaise tämä differentiaaliyhtälö.
Vastaus sekunteina =
Feedback: Olkoon \(h(t)\) vedenpinnan korkeus (m) ja alussa \(h(0)=3\). Lyhyellä aikavälillä \(dt\) vedenpinta laskee \(-(h(t+dt)-h(t))=-dh\) (m) ja veden tilavuus säiliössä muuttuu \(-2.5^2\pi\ dh\ (\mathrm{m}^3)\). Tämä sama vesimäärä poistuu säiliön pohjan reiän kautta. Lyhyellä aikavälillä \(dt\) nopeuden voidaan olettaa olevan vakio, jolloin poistuva vesimäärä on \(2.5\sqrt{h}\,\pi\, 0.025^2\ dt \ (\mathrm{m}/\mathrm{s}\cdot \mathrm{m}^2\cdot \mathrm{s}= \mathrm{m}^3\)). Asetetaan nämä tilavuuden muutokset samoiksi, jolloin saadaan yhtälö, joka voidaan ratkaista separoimalla \begin{eqnarray*} -2.5^2\,\pi\ dh=2.5\sqrt{h}\,\pi \,0.025^2\ dt &\Rightarrow& -\dfrac{2.5}{\sqrt{h}}\ dh = 0.025^2\ dt \\ &\Rightarrow& \int -\dfrac{2.5}{\sqrt{h}} \ dh = \int 0.025^2\ dt \\ &\Rightarrow& -5\sqrt{h} = 0.000625 t + C' \\ &\Rightarrow& h=(-0.000125 t+C)^2 \end{eqnarray*} missä vakiot \(C'\) ja \(C=-C'/5\) saavat kaikki reaalilukuarvot. Alkuehdosta \(h(0)=(-0.000125\cdot 0+C)^2=C^2=3\) saadaan vakio \(C=\sqrt3\). Vedenpinnan korkeus ajan funktiona on \(h(t)=(-0.000125 t+\sqrt3)^2\). Säiliö on tyhjä, kun \(h(t)=0\), josta ratkaistaan \[(-0.000125 t+\sqrt3)^2=0 \Rightarrow t=\dfrac{\sqrt3}{0.000125}=13856 \mathrm { s} \approx 3 \mathrm{ h } 51 \mathrm{ min}\]

Mikä on seuraavan 2. kertaluvun differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu sekä alkuehdot  \(y(0)=[value], \  y'(0)=[value] \)   toteuttava ratkaisu. Huomaa, että yhtälöstä puuttuu termi \(y\) ja tämä ei ole vakiokertoiminen differentiaaliyhtälö.
\[([value])y''+[value]y'=[value]\]
Feedback: Differentiaaliyhtälö \(([value])y''+[value]y'=[value],\ x>0\) muuttuu sijoituksella \(z=y'\) 1. kertaluvun lineaariseksi epähomogeeniseksi differentiaaliyhtälöksi \[([value])z'+[value]z=[value] \Rightarrow z'+\frac{[value]}{[value]} z=\frac{[value]}{[value]}\] Termin \(z\) kerroinfunktio on \[a(x)=\frac{[value]}{[value]} \Rightarrow A(x)=\int \frac{[value]}{[value]}\ dx =\ln([value])\] joten integroiva tekijä on \[e^{\ln([value]) }=[value]\] Kerrotaan yhtälö integroivalla tekijällä puolittain \begin{eqnarray*} &&z'+\frac{[value]}{[value]} z=\frac{[value]}{[value]} \quad | \cdot [value]\\ &\Rightarrow& ([value])z'+[value] z=[value] \\ &\Rightarrow& D(([value])z) = [value] \\ &\Rightarrow&([value])z= [value] +C \\ &\Rightarrow& z= \dfrac{[value] +C}{[value]}\\ &\Rightarrow& y= \int \dfrac{[value] +C}{[value]}\ dx = [value]+C\left([value]\right) + D \end{eqnarray*} Alkuehdoista saadaan ratkaistua vakiot \(C\) ja \(D\) \[ y'(0)=z(0)= \dfrac{[value]\cdot 0 +C}{1+0^2} = [value] \Rightarrow C=[value]\] \[ y(0)=z(0)= D= [value] \Rightarrow D=[value]\] Alkuarvotehtävän vastaus on \[y(x)=[value]+[value]\left([value]\right) + [value]\]

Etsi vakiokertoiminen lineaarinen homogeeninen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö, jonka yleinen ratkaisu on
a)  \[y(x)=c_1e^{[value]x}+c_2xe^{[value]x}.\]
b)  \[y(x)=e^{[value]x}\left( c_1\cos\left(\frac{x}{[value]}\right)+c_2\sin\left(\frac{x}{[value]}\right)\right).\]
Ei vastauksen tarkistusta
Feedback: a) Yleisen ratkaisun muodosta päätellään, että karakteristisella yhtälöllä on kaksinkertainen juuri \(\lambda=\lambda_1=\lambda_2=[value]\). Tehdään karakteristinen yhtälö ja päätellään sen avulla differentiaaliyhtälö. Koska \((\lambda+[value])^2=\lambda^2+[value]\lambda+[value]=0 \quad\) on differentiaaliyhtälö \( y''+[value]y'+[value]y=0 \). b) Karakteristisen yhtälön juuret ovat \([value]\pm \dfrac{1}{[value]}i\), jolloin karakteristinen yhtälö on \begin{eqnarray*} \left( x-\left([value]+ \frac{1}{[value]}i\right)\right) \left(x-\left([value]- \frac{1}{[value]}i\right)\right)&=&\left(x+[value]-\frac{1}{[value]}i\right) \left(x+[value]+\frac{1}{[value]}i \right)\\ &=&x^2+[value]x+\frac{1}{[value]}ix+[value]x+[value]+\frac{[value]}{[value]}i-\frac{1}{[value]}ix-\frac{[value]}{[value]}i-\frac{1}{[value]}i^2\\ &=&x^2+[value]x+[value]+\frac{1}{[value]}\\ &=&x^2+[value]x+\frac{[value]}{[value]}=0 \end{eqnarray*} Differentiaaliyhtälö on \[y''+[value]y'+\frac{[value]}{[value]}y=0\]

Etsi differentiaaliyhtälön \(x^2y''+xy'-4y=0, \ \ x>0\)  yleinen ratkaisu. Totea, että yksi ratkaisu on \(y_1=x^2\).
Etsi toinen ratkaisu menetelmällä, jota on käytetty monisteen esimerkissä 4.2.11

Vastaus. Käytä ratkaisussa vakioita \(\verb|c1|\) (\(x^2\):n kerroin) ja \(\verb|c2|\) (toisen ratkaisun kerroin).
Feedback: Merkitään funktiot lyhyesti \(y(x)=y,\ y_1(x)=y_1,\ y_2(x)=y_2.\) Sijoitetaan \(y_1=x^2, \ y_1'=2x,\ y_1''=2\) differentiaaliyhtälöön ja saadaan \[x^2y_1''+xy_1'-4y_1=2x^2+2x^2-4x^2=0\] joten \(y_1=x^2\) on yksi ratkaisu. Olkoon \(y_2=uy_1=ux^2\), missä \(u(x)=u\) ei ole vakio. Tällöin \(y_1\) ja \(y_2\) ovat lineaarisesti riippumattomia. Nyt \(y_2'=2ux+u'x^2\) ja \(y_2''= 2u+2u'x+2u'x+u''x^2=2u+4u'x+u''x^2\). Sijoitetaan nämä differentiaaliyhtälöön ja ratkaistaan tästä \(u\). \begin{eqnarray*} x^2y''+xy'-4y &=& x^2(2u+4u'x+u''x^2) + x(2ux+u'x^2)-4ux^2\\ &=&x^4u''+(4x^3+x^3)u'+(2x^2+2x^2-4x^2)u\\ &=&x^4u''+5x^3u'=0 \end{eqnarray*} Tehdään sijoitus \(z=u'\) ja jaetaan yhtälö puolittain termillä \(x^4\), jolloin saadaan 1. kertaluvun lineaarinen homogeeninen differentiaaliyhtälö \[z'+\dfrac5x z=0\] Tässä termin \(z\) kerroinfunktio \[a(x)=\dfrac5x \Rightarrow A(x)=\int \dfrac5x \ dx = 5\ln(x)=\ln(x^5)\] ja yleinen ratkaisu \[z=Ce^{-A(x)}=Ce^{-\ln(x^5)}=Cx^{-5}\] ja edelleen \[u=\int z \ dx = -C\cdot \dfrac14 x^{-4} + D= Cx^{-4}+D\] Kun valitaan \(C=1\) ja \(D=0\) saadaan yksi ratkaisu \(u=x^{-4} \Rightarrow y_2=x^2x^{-4}=x^{-2}\). Näin saadaan toinen lineaarisesti riippumatton ratkaisu ja alkuperäisen differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on \[y=c_1y_1+c_2y_2=c_1x^2+c_2x^{-2},\ \ c_1,c_2\in \mathbf{R}\]

Määritä differentiaaliyhtälön \(y'' + 2y' + y = e^{-x} \) yleinen ratkaisu

Vastaus. Käytä vakioina c1 (\(e^{-x}\):n kerroin)  ja c2 (toisen ratkaisun kerroin):
Feedback: Vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön \(y'' + 2y' + y = 0 \) karakteristinen yhtälö on \[ \lambda^2+2\lambda+1=(\lambda+1)^2=0 \Rightarrow \lambda_{1}=\lambda_{2}=-1 \] Koska \(\lambda=-1\) on kaksinkertainen juuri, vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on \[ y_h(x)=c_1e^{-x}+c_2xe^{-x}, c_1,c_2\in \mathbf{R} \] Etsittäessä epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisua haetaan muotoa \(Ae^{-x}\) olevaa ratkaisua. Koska tämä ja myös \(Axe^{-x}\) sisältyvät jo homogeenisen yhtälön ratkaisuun, niitä ei kannata kokeilla. Valitaan yritteeksi \(y_{p}(x)=Ax^2e^{-x}\). Sijoitetaan tämä ja sen derivaatat \[y_{p}'(x)=2Axe^{-x}-Ax^2e^{-x},\ y_{p}''(x)=2Ae^{-x}-4Axe^{-x}+Ax^2e^{-x}\] alkuperäiseen yhtälöön. Näin saadaan \begin{eqnarray*}&&y_{p}''(x)+2y_{p}'(x)+y_p(x)\\ &&=2Ae^{-x}-4Axe^{-x}+Ax^2e^{-x}+2(2Axe^{-x}-Ax^2e^{-x})+Ax^2e^{-x}\\ &&=2Ae^{-x}=e^{-x} \\ &&\Rightarrow A=\dfrac12\end{eqnarray*} Yleinen ratkaisu on \[y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1e^{-x}+c_2xe^{-x}+\dfrac12x^2e^{-x},\ \ c_1,c_2\in \mathbf{R}\]

Määritä differentiaaliyhtälön \(y'' + [value]y' + [value]y = [value]e^{-[value]x} \) yleinen ratkaisu

Vastaus. Käytä vakioina merkintöjä \(\verb|c1|\) ja \(\verb|c2|\) :
Feedback: Vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön \(y'' + [value]y' + [value]y = 0 \) karakteristinen yhtälö on \[ \lambda^2+[value]\lambda+[value]=(\lambda+[value])^2=0 \Rightarrow \lambda_{1}=\lambda_{2}=[value] \] Koska \(\lambda=[value]\) on kaksinkertainen juuri, vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on \[ y_h(x)=c_1e^{-[value]x}+c_2xe^{-[value]x}, c_1,c_2\in \mathbf{R} \] Etsittäessä epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisua haetaan muotoa \(Ae^{-[value]x}\) olevaa ratkaisua. Koska tämä ja myös \(Axe^{-[value]x}\) sisältyvät jo homogeenisen yhtälön ratkaisuun, niitä ei kannata kokeilla. Valitaan yritteeksi \(y_{p}(x)=Ax^2e^{-[value]x}\). Sijoitetaan tämä ja sen derivaatat \[y_{p}'(x)=2Axe^{-[value]x}-[value]Ax^2e^{-[value]x},\ y_{p}''(x)=2Ae^{-[value]x}-[value]Axe^{-[value]x}+[value]Ax^2e^{-[value]x}\] alkuperäiseen yhtälöön. Näin saadaan \begin{eqnarray*}&&y_{p}''(x)+[value]y_{p}'(x)+y_p(x)\\ &&=2Ae^{-[value]x}-[value]Axe^{-[value]x}+[value]Ax^2e^{-[value]x} + [value](2Axe^{-[value]x}-[value]Ax^2e^{-[value]x} ) + [value]Ax^2e^{-[value]x} ,\\ &&=2Ae^{-[value]x}=[value]e^{-[value]x} \\ &&\Rightarrow A=\dfrac{[value]}{2}\end{eqnarray*} Yleinen ratkaisu on \[y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1e^{-[value]x}+c_2xe^{-[value]x}+\dfrac{[value]}{2}x^2e^{-[value]x},\ \ c_1,c_2\in \mathbf{R}\]

Ratkaise alkuarvotehtävä
\[y'' -4y'+ 5y = 5\sin(2x),\quad y(0)=0,\ \ y'(0)=1 \]

Vastaus:
Feedback: Vastaavan homogeenisen yhtälön \(y'' -4y'+ 5y = 0 \) karakteristinen yhtälö on \[ \lambda^2-4\lambda+5=0 \Rightarrow \lambda=\dfrac{4\pm\sqrt{16-20}}{2}=2\pm i \] Homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on \[ y_h(x)=c_1e^{2x}\cos(x)+c_2e^{2x}\sin(x),\ \ c_1,c_2\in \mathbf{R} \] Etsittäessä epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisua kokeillaan yritettä \(y_{p}(x)=A\cos(2x)+B\sin(2x)\). Sijoitetaan tämä ja sen derivaatat \[y_{p}'(x)=-2A\sin(2x)+2B\cos(2x),\ y_{p}''(x)=-4A\cos(2x)-4B\sin(2x)\] alkuperäiseen yhtälöön. Näin saadaan \begin{eqnarray*}&&y_{p}''(x)-4y_{p}'(x)+5y_p(x)\\&&=-4A\cos(2x)-4B\sin(2x)-4(-2A\sin(2x)+2B\cos(2x))\\&&\qquad\quad +5(A\cos(2x)+B\sin(2x))\\ &&=(A-8B)\cos(2x)+(8A+B)\sin(2x)=5\sin(2x) \\&&\Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{rcl}A-8B&=&0\\8A+B&=&5 \end{array}\right.\Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{rcl}A&=&\frac{8}{13}\\B&=&\frac{1}{13}\end{array}\right. \end{eqnarray*} Yleinen ratkaisu on \[ y(x)=c_1e^{2x}\cos(x)+c_2e^{2x}\sin(x)+\dfrac{8}{13}\cos(2x) +\dfrac{1}{13}\sin(2x),\ \ c_1,c_2\in \mathbf{R}\] Ratkaisun derivaatta on \begin{eqnarray*}y'(x)&=&2c_1e^{2x}\cos\left(x\right)- c_1e^{2x}\sin\left(x\right)+ c_2e^{2x}\cos\left(x\right)+ 2c_2e^{2x}\sin\left(x\right)\\ &&\ \ \ -\dfrac{16}{13}\sin(2x) +\dfrac{2}{13}\cos(2x) \end{eqnarray*} Nyt \[y(0)=c_1+0+\dfrac{8}{13}+0=0\Rightarrow c_1=-\dfrac{8}{13}\] ja \[ y'(0)=2c_1-0+c_2+0-0+\dfrac{2}{13}=1 \Rightarrow c_2=\dfrac{27}{13}\] Alkuarvotehtävän ratkaisu on \[ y(x)=-\dfrac{8}{13}e^{2x}\cos(x)+\dfrac{27}{13}e^{2x}\sin(x)+\dfrac{8}{13}\cos(2x) +\dfrac{1}{13}\sin(2x) \]

Kun differentiaaliyhtälön kertaluku \(n > 2\), määritetään lineaarisen vakiokertoimisen differentiaaliyhtälön ratkaisu samalla periaatteella kuin kertaluvun 2 tapauksessa. Jokaista karakteristisen polynomin juurta kohden valitaan yksi ratkaisu lauseen 4.2.14 mukaan ja yleiseen ratkaisuun tulee \(n\) lineaarisesti riippumatonta ratkaisua ja \(n\) vakiota. Epähomogeenisen yhtälön yhtä ratkaisua voi hakea yritteellä monisteen s. 71 taulukon mukaan.

Mikä on differentiaaliyhtälön  \(y''' + [value]y' = [value]x+[value]\)  yleinen ratkaisu.

Anna vastauksessa vakiot \(\verb|c1|\), \(\verb|c2|\), \(\verb|c3|\) siten, että \(\verb|c2|\) on cos-muotoa olevan ratkaisun kerroin, \(\verb|c3|\) on sin-muotoa olevan ratkaisun kerroin ja \(\verb|c1|\) on kolmannen ratkaisun kerroin.

Vastaus:
Feedback: Differentiaaliyhtälöä \(y''' + [value]y' = [value]x+[value]\) vastaavan homogeenisen differentiaaliyhtälön \(y''' + [value]y' = 0 \) karakteristinen yhtälö ja sen juuret ovat \[ \lambda^3+[value]\lambda=\lambda(\lambda^2+[value])=0 \Rightarrow \lambda_{1}=0, \ \lambda_{2}=[value]i,\ \lambda_{3}=-[value]i \] Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on \[ y_h(x)=c_1+c_2\cos([value]x)+c_3\sin([value]x),\ \ c_1,c_2,c_3\in \mathbf{R} \] Etsittäessä epähomogeenisen yhtälön yksittäisratkaisua haetaan muotoa \(y_p(x)=Ax+B\) olevaa ratkaisua. Koska differentiaaliyhtälössä ei ole termiä on \(y\), olisi \(y_p'(x)=A,\ y_p''(x)=y_p'''(x)=0\) eikä \(y_p(x)=Ax+B\) sijoitettaessa voisi siis tulla ratkaisua \([value]x+[value]\). Valitaan siksi yritteeksi \(y_{p}(x)=Ax^2+Bx+C\). Sijoitetaan tämä ja sen derivaatat \(y_p'(x)=2Ax+B,\ y_p''(x)=2A,\ y_p'''(x)=0\) alkuperäiseen yhtälöön. Näin saadaan \[ y_{p}'''(x)+[value]y_{p}'(x)=0+[value](2Ax+B)=[value]Ax+[value]B=[value]x+[value] \Rightarrow A=\dfrac{[value]}{[value]},\ B=\dfrac{[value]}{[value]} \] joten yleinen ratkaisu on \[ y(x)=c_1+c_2\cos([value]x)+c_3\sin([value]x)+\dfrac{[value]}{[value]} x^2+\dfrac{[value]}{[value]} x, \] missä \(c_1,c_2,c_3\in \mathbf{R}\).

Merkitään
\[I_n=\int\limits_0^{\pi/2} \sin^n x\ dx ,\ \ n\in\mathbf{N} \]
Osoita käyttäen osittaisintegrointia, että
\[I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}    \]

Ei vastausta:
Feedback: Olkoon \(n\in\mathbb{N}\) mielivaltainen. Valitaan osittaisintegroinnissa \(u'(x)=\sin(x)\Rightarrow u(x)=-\cos(x)\) ja \(v(x)=\sin^{n-1}(x)\Rightarrow v'(x)=(n-1)\sin^{n-2}(x)\cos(x)\). Tällöin \begin{eqnarray*}I_n&=&\int\limits_0^{\pi/2} \sin^n x\ dx \\ &=& \mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}\pi/2} -\cos(x)\sin^{n-1}(x) - \int\limits_0^{\pi/2} -(n-1)\cos(x)\sin^{n-2}(x)\cos(x)\ dx\\ &=& 0 + \int\limits_0^{\pi/2} (n-1)\cos^2(x)\sin^{n-2}(x)\ dx\\ &=& \int\limits_0^{\pi/2} (n-1)(1-\sin^2(x))\sin^{n-2}(x)\ dx\\ &=& \int\limits_0^{\pi/2} (n-1)\sin^{n-2}(x) - (n-1)\sin^{n}(x)\ dx\\ &=& (n-1)\int\limits_0^{\pi/2} \sin^{n-2}(x) \ dx - (n-1)\int\limits_0^{\pi/2}\sin^{n}(x)\ dx\\ &=&(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n\\ &\Rightarrow& nI_n = (n-1)I_{n-2}\\ &\Rightarrow& I_n = \dfrac{n-1}{n}I_{n-2} \end{eqnarray*}

Merkitään
\[I_n=\int\limits (\ln x)^n\ dx ,\ \ n\in\{ 0,1,2,3,\cdots\}\]
Osoita käyttäen osittaisintegrointia, että
\[I_n=x(\ln x)^n - nI_{n-1}\]
Laske lisäksi palautuskaavalla, mitä on
\[I_3=\int\limits (\ln x)^3\ dx \]

\(I_3\) ilman integroimisvakiota =
Feedback: Olkoon \(n\in\{0,1,2,3,\cdots \}\) mielivaltainen. Valitaan osittaisintegroinnissa \( u'(x)=1\Rightarrow u(x)=x \) ja \(v(x)=(\ln x)^n\Rightarrow v'(x)=n(\ln x)^{n-1}\cdot \frac1x \). Tällöin \begin{eqnarray*}I_n&=&\int\limits (\ln x)^n\ dx\ dx \\ &=& x(\ln x)^n - \int x\cdot n(\ln x)^{n-1}\cdot \frac1x\ dx\\ &=& x(\ln x)^n - \int n(\ln x)^{n-1}\ dx\\ &=& x(\ln x)^n - n I_{n-1} \end{eqnarray*} Palautuskaavalla saadaan \begin{eqnarray*} I_3&=&x(\ln x)^3 - 3I_{2} \\ &=& x(\ln x)^3 -3(x(\ln x)^2 - 2 I_1) \\ &=&x(\ln x)^3 -3x(\ln x)^2 + 6 (x\ln x -I_0) \\ &=& x(\ln x)^3 -3x(\ln x)^2 + 6x\ln x - 6\int (\ln x)^0 \ dx \\ &=& x(\ln x)^3 -3x(\ln x)^2 + 6x\ln x - 6x + C \end{eqnarray*}

Laske sopivaa sijoitusta ja osamurtokehitelmää käyttäen integraali
\[\int\limits_1^4 \frac{1}{\sqrt{x}(x+\sqrt{x})}\ dx\]
Vastaus:
Feedback: Integraaliin kannattaa käyttää sijoitusta \(t=\sqrt{x}\), jolloin \(x=t^2\) ja \(dx=2tdt\). Rajat muuttuvat \(1\to 1\) ja \(4\to 2\). Saadaan siis \begin{eqnarray*} \int\limits_1^4 \frac{1}{\sqrt{x}(x+\sqrt{x})}\ dx & = & \int\limits_1^2 \frac{1}{t(t^2+t)}\ 2tdt = \int\limits_1^2 \frac{2}{t(t+1)}\ dt\\ \end{eqnarray*} Integroitava funktio jakaantuu osamurtoihin \[\frac{2}{t(t+1)} = \frac{A}{t} + \frac{B}{t+1} = \frac{At+A+Bt}{t(t+1)}\] josta saadaan ratkaistuksi \(A=2\) ja \(B=-2\). Näin siis \begin{eqnarray*} \int\limits_1^2 \frac{2}{t(t+1)}\ dt& = & \int\limits_1^2 \frac{2}{t} - \frac{2}{t+1}\ dt = \mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}1}^{\mspace{17mu}2} 2\ln|t| - 2\ln|t+1| =\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}1}^{\mspace{17mu}2} 2\ln\left(\frac{t}{t+1}\right)\\ & = & 2\ln\left(\frac{2}{3}\right) - 2\ln\left(\frac{1}{2}\right) = \underline{\underline{2\ln\left(\frac{4}{3}\right)= \ln\left(\frac{16}{9}\right)}} \end{eqnarray*}

Integroi \[\quad \int\frac{2x^2-x+4}{x^3+4x}\,dx\]

Vastaus.  Vihjeitä: \(|x|\) on abs(x) , \(arctan(x)\) on atan(x): Anna vastaus ilman integroimisvakiota.
Feedback: Nimittäjän jako reaalikertoimisiin tekijöihin on \(x^3+4x=x\left(x^2+4\right)\), joten on olemassa osamurtokehitelmä \[\dfrac{2x^2-x+4}{x^3+4x}=\dfrac{2x^2-x+4}{x\left(x^2+4\right)} =\dfrac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^2+4}=\dfrac{Ax^2+4A+Bx^2+Cx}{x(x^2+4)}\] Vakiot \(A,B,C\) voidaan ratkaista yhtälöryhmästä \[\left\lbrace \begin{array}{rcl} A+B&=&2\\C&=&-1\\4A&=&4\end{array}\right. \Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{rcl} A&=&1\\B&=&1\\C&=&-1\end{array}\right.\] Joten integraalifunktio on \begin{align*} \int\frac{2x^2-x+4}{x^3+4x}\,dx &=\int\frac{1}{x}\,dx+\int\frac{x}{x^2+4}\,dx-\int\frac{1}{x^2+4}\,dx\\ &=\int\frac{1}{x}\,dx+\int\frac12\cdot\frac{2x}{x^2+4}\,dx-\int\frac{\frac12}{\frac12\cdot 4\left(\left(\frac{x}{2}\right)^2+1\right)}\,dx\\ &=\ln|x|+\frac12\ln\left(x^2+4\right)-\frac12\arctan\left(\frac{x}{2}\right)+C. \end{align*}

Laske sijoituksella  \(u=\arcsin(x)\) ja osittaisintegroinnilla. \[\int_{0}^1 \arcsin^2(x) \ dx\]
Vastaus tarkkana arvona:
Feedback: Laske \[\int_{0}^1 \arcsin^2(x) \ dx\]. Käytetään sijoitusta \[u(x)=\arcsin(x) \Leftrightarrow \sin(u)=x \Rightarrow \dfrac{dx}{du}=\cos(u) \Rightarrow dx=\cos(u)\ du \] Määrätyn integraalin uudet rajat sijoituksen jälkeen saadaan \[u(0)=\arcsin(0)=0 \ \textrm{ ja }\ u(1)=\arcsin(1)=\dfrac{\pi}{2}\] Määrätty integraali saa nyt muodon \[\int\limits_{0}^1 \arcsin^2(x) \ dx = \int\limits_{0}^{\pi/2} u^2\cos(u)\ du\] Käytetään tähän osittaisintegrointia valitsemalla \[f(u)=u^2 \Rightarrow f'(u)=2u\ \textrm{ ja } \ g'(u)=\cos(u)\Rightarrow g(u)=\sin(u)\] Näin päästään integroinnissa yksi vaihe eteenpäin \[\int\limits_{0}^{\pi/2} u^2\cos(u)\ du=\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}\pi/2} u^2\sin(u) -\int\limits_{0}^{\pi/2} 2u\sin(u)\ du\] Viimeiseen integraaliin sovelletaan vielä kerran osittaisintegrointia valitsemalla \[f(u)=2u \Rightarrow f'(u)=2\ \textrm{ ja } \ g'(u)=\sin(u)\Rightarrow g(u)=-\cos(u)\] Näin saadaan \begin{eqnarray*} \int\limits_{0}^{\pi/2} u^2\cos(u)\ du&=& \mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}\pi/2} u^2\sin(u) - \left(\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}\pi/2} -2u\cos(u)-\int\limits_{0}^{\pi/2} -2\cos(u)\ du\right)\\ &=&\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}\pi/2} u^2\sin(u) - -2u\cos(u)-2\sin(u)\\ &=&\dfrac{\pi^2}{4}\cdot 1 -2\cdot 1 + 0 -(0 + 0 + 0)\\ &=&\dfrac{\pi^2}{4} -2 \approx 0.4674 \end{eqnarray*}

Laske osittaisintegroinnilla
\[\int e^x\sin(x)\ dx\]

Vastaus ilman integroimisvakiota:
Feedback: Lasketaan osittaisintegroinnilla \[\int e^x\sin(x)\ dx\] Kun valitaan \(u=\sin(x)\) ja \(v'=e^x\), jolloin \(u'=\cos(x)\) ja \(v=e^x\), saadaan \[\int e^x\sin(x)\ dx=e^x\sin(x)- \int e^x\cos(x)\ dx = \star\] Sovelletaan jälkimmäiseen integraaliin taas osittaisintegrointia. Valitaan \(u=\cos(x)\) ja \(v'=e^x\), jolloin \(u'=-\sin(x)\) ja \(v=e^x\) ja saadaan \begin{eqnarray*} \star & = & e^x\sin(x)- \left( e^x\cos(x)- \int e^x\cdot(-\sin(x))\ dx\right) \\ & = & e^x\sin(x)- e^x\cos(x)- \int e^x\sin(x)\ dx \end{eqnarray*} Nyt tuloksessa esiintyy jälleen alkuperäinen integraali miinusmerkkisenä. Näin saadaan \[\int e^x\sin(x)\ dx = \frac{1}{2}(e^x\sin(x)- e^x\cos(x))+C\]

Määritä sopivaa sijoitusta käyttäen
\[\int \dfrac{1}{\cosh(x)}\ dx\]
Vastaus ilman integroimisvakiota:
Arcusfunktiot merkitään muodossa \(\texttt{asin(), acos(), atan(), acot()}\)  ja \(e^x\) muodossa \(\texttt{exp(x)}\). Luonnollinen logarimi \(\texttt{ln()}\)
Feedback: Muunnetaan hyperbolinen kosini eksponenttimuotoon \(\cosh(x)=\frac12(e^x+e^{-x})\) ja käytetään sijoitusta \(t=e^x \Rightarrow e^{-x}=\frac1t\) ja \(x=\ln(t) \Rightarrow dx= \frac1t \ dt\) \begin{eqnarray*} \int \dfrac{1}{\cosh(x)}\ dx &=& \int \dfrac{2}{e^x+e^{-x}} \ dx &=& \int\dfrac{2}{1+t^2} \ dt = 2\arctan(t)+C = 2\arctan(e^x)+C \end{eqnarray*}

Määritä integraalifunktio \[\int \dfrac{1}{\sinh(x)}\ dx\]
Vihje: hyperbolisen sinin eksponenttimuoto ja sopiva sijoitus.
Vastaus ilman integroimisvakiota:
Arcusfunktiot merkitään muodossa \(\texttt{asin(), acos(), atan(), acot()}\)  ja \(e^x\) muodossa \(\texttt{exp(x)}\). Luonnollinen logarimi \(\texttt{ln()}\). Itseisarvo \(|x| : \texttt{abs(x)}\).
Feedback: Muunnetaan hyperbolinen sini eksponenttimuotoon \(\sinh(x)=\frac12(e^x-e^{-x})\) ja käytetään sijoitusta \(t=e^x \Rightarrow e^{-x}=\frac1t\) ja \(x=\ln(t) \Rightarrow dx= \frac1t \ dt\) \begin{eqnarray*} \int \dfrac{1}{\sinh(x)}\ dx &=& \int \dfrac{2}{e^x-e^{-x}} \ dx = \int\dfrac{2}{t-\frac1t}\cdot \frac1t\ dt = \int\dfrac{2}{t^2-1} \ dt \end{eqnarray*} Nimittäjän nollakohdat ovat \(1\) ja \(-1\), joten osamäärä jakaantuu osamurtoihin \[\dfrac{2}{t^2-1}=\dfrac{A}{t-1}+\dfrac{B}{t+1}=\dfrac{At+A+Bt-B}{(t-1)(t+1)}= \dfrac{(A+B)t+(A-B)}{t^2-1}\] josta ratkeaa \(A+B=0,\ A-B=2 \Rightarrow A=1,\ B=-1\). Integroinnista saadaan \begin{eqnarray*} \int\dfrac{2}{1-t^2} \ dt &=& \int \dfrac{1}{t-1}-\dfrac{1}{t+1} \ dt \ = \ln |t-1| -\ln |t+1|+C = \ln\left| \dfrac{t-1}{t+1} \right| +C =\ln\left| \dfrac{e^x-1}{e^x+1} \right| +C \end{eqnarray*}

Laske  käyttäen ensin sijoitusta  \(t=\sqrt{x}\)  ja sitten käyttämällä osamurtotekniikkaa
\[\int\limits_4^9 \dfrac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x}+3)(x-\sqrt{x})} \ dx\]
Vastaus vähintään 4 desimaalin tarkkuudella:
Luonnollinen logarimi \(\texttt{ln()}\)
Feedback: Käytetään sijoitusta \(t=\sqrt{x}\), jolloin \(x=t^2\) ja \(dx=2tdt\). Rajat muuttuvat \(4\to 2\) ja \(9\to 3\). Saadaan uusi integraali \begin{eqnarray*} \int\limits_4^9 \dfrac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x}+3)(x-\sqrt{x})} \ dx& = & \int\limits_2^3 \dfrac{t}{(t+3)(t^2-t))}\ 2tdt = \int\limits_2^3 \dfrac{2t}{(t+3)(t-1)}\ dt\\ \end{eqnarray*} Integroitava funktio jakaantuu osamurtoihin \[\dfrac{2t}{(t+3)(t-1)} = \frac{A}{t+3} + \frac{B}{t-1} = \frac{At-A+Bt+3B}{(t+3)(t-1)}\] josta saadaan ratkaistua \(A+B=2,\ -A+3B=0 \Rightarrow A=\frac{3}{2}\) ja \(B=\frac{1}{2}\). Näin siis \begin{eqnarray*} \int\limits_2^3 \dfrac{2t}{(t+3)(t-1)}\ dt& = & \int\limits_2^3 \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{t+3} + \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t-1}\ dt\\ &=& \mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}2}^{\mspace{17mu}3} \frac{3}{2}\ln|t+3| + \frac{1}{2} \ln|t-1| \\ & = & \frac{3}{2}\ln|6| + \frac{1}{2} \ln|2|-\frac{3}{2}\ln|5| - \frac{1}{2} \ln|1| \\ &=& \frac{3}{2}\ln(6/5) + \frac{1}{2} \ln(2)\\ &=& \ln\left(\left(6/5\right)^{3/2}\sqrt2\right)\\ &=& 0.6201 \end{eqnarray*}

Laske
\[\int\frac{x^2+x}{x^3+5x^2+3x-9}\,dx\]
Vihje: Nimittäjän jako reaalikertoimisiin tekijöihin on \(x^3+5x^2+3x-9=(x+3)^2(x-1)\).

Vastaus.  Vihjeitä: \(|x|\) on abs(x): Anna vastaus ilman integroimisvakiota.
Feedback: Muodostetaan ensin integroitavan funktion osamurtokehitelmä \begin{eqnarray*} \frac{x^2+x}{x^3+5x^2+3x-9} &=&\frac{x^2+x}{(x+3)^2(x-1)}\\ &=&\frac{A}{x+3}+\frac{B}{(x+3)^2}+\frac{C}{x-1}\\ &=&\frac{A(x^2+2x-3)+B(x-1)+C(x^2+6x+9)}{(x+3)^2(x-1)} \end{eqnarray*} josta vastinpotenssien kertoimia tutkimalla saadaan yhtälöryhmä \[ \begin{cases} A+C=1\\ 2A+B+6C=1\\ -3A-B+9C=0 \end{cases}\] ja tämän ratkaisuksi \(A=7/8\), \(B=-3/2\) ja \(C=1/8\). Niinpä \begin{eqnarray*} \int\frac{x^2+x}{x^3+5x^2+3x-9}\,dx &=&\frac78\int\frac{dx}{x+3}-\frac32\int\frac{dx}{(x+3)^2}+\frac18\int\frac{dx}{x-1}\\ &=&\frac78\ln|x+3|+\frac32\frac{1}{x+3}+\frac18\ln|x-1|+C \end{eqnarray*}

Kappaleen nopeus on
\[v(t)=\left\{
\begin{array}{ll}
t^2 & 0\leq t< a\\
2t+C & a\leq t
\end{array}
\right.
\]
Hetkellä \(t=0\) kappaleen sijainti \(s(0)=0\). Millä hetkellä \(a\)  nopeuden muutoksen  \(t^2\mapsto 2t+C\)   täytyisi tapahtua, jotta \(s(20)=1000\). Nopeusfunktio \(v(t)\) oletetaan jatkuvaksi.
Vihje: \(s'(t)=v(t)\). Yhtälön numeerinen ratkaisu esim. Matlabilla komennolla \(\texttt{vpasolve}\).

Vastaus:
Feedback: Nopeusfunktio \(v(t)\) on jatkuva pisteessä \(t=a\), jos \[\lim_{t\to a-} t^2 = \lim_{t\to a+} 2t+C = v(a) \] josta saadaan \[a^2=2a+C \quad \Rightarrow \quad C=a^2-2a\] Kuljettu matka saadaan paloittain integroimalla \[s(20)=\int_0^{a} t^2\ dt + \int_{a}^{20} 2t+a^2-2a \ dt \stackrel{\ tulisi\ olla \ }{=} 1000\] josta saadaan yhtälö \[-\frac{2a^3}{3}+21a^2-40a+400=1000\] Tämän yhtälön ratkaisut saadaan Matlabilla \(\texttt{vpasolve(-2*a^3/3+21*a^2-40*a+400==1000,a)}\) \(a=7.50,\ a=28.24\) ja \(a=-4.24\). Näistä ratkaisuista vain ensimmäinen kuuluu välille \([0,20]\), joten hetki \(a=7.50 s\).

Gammafunktio \(\Gamma(r)\) määritellään epäoleellisena integraalina \[\Gamma(r)=\int_0^{\infty} \ e^{-x}x^{r-1}\ dx,\ \ (r>0)\]
a) Osoita, että \( \Gamma(r+1)=r\Gamma(r)\)
b) Osoita, että \(\Gamma(n)=(n-1)! \ \ \ \textrm{kun}  \  n\in\mathbf{N} \)
Vihje: Osittaisintegrointi. Tehtävän eräässä vaiheessa voit käyttää tulosta \(\lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{x^r}{e^x}=0, \ r>0\)

Ei vastausta:
Feedback: a) Gammafunktion määritelmän mukaan \[\Gamma(r+1)=\int_0^{\infty} \ e^{-x}x^{r}\ dx\] Sovelletaan osittaisintegrointia gammafunktioon valitsemalla \[f'(x)=e^{-x},\ g(x)=x^{r} \Rightarrow f(x)=-e^{-x},\ g'(x)=rx^{r-1}\] Nyt \begin{eqnarray*} \Gamma(r+1)&=&\int_0^{\infty} \ e^{-x}x^{r}\ dx\\ &=&\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}\infty} -e^{-x}x^{r} - \int_0^{\infty} \ -re^{-x}x^{r-1}\ dx\\ &=& - \lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{x^r}{e^x} - 0+ r \int_0^{\infty} \ e^{-x}x^{r-1}\ dx\\ &=&-\lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{x^r}{e^x} +r\Gamma(r)\\ &=& r\Gamma(r) \end{eqnarray*} kun käytetään annettua tulosta \(\lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{x^r}{e^x}=0, \ r>0\) b) Kun luku \( n\in\mathbf{N} =\{1,2,3,\ldots\} \) , niin sovelletaan a)-kohdan tulosta toistuvasti ja saadaan \[\Gamma(n)=(n-1)\Gamma(n-1)=(n-1)\cdot(n-2)\cdot\Gamma(n-2)=\cdots (n-1)\cdot(n-2)\cdots 2\cdot 1\cdot\Gamma(1)\] Nyt \[\Gamma(1)=\int_0^{\infty} \ e^{-x}x^{0}\ dx = \int_0^{\infty} \ e^{-x}\ dx =\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}\infty} -e^{-x} = 0- (-1) =1\] joten \[\Gamma(n)= (n-1)\cdot(n-2)\cdots 2\cdot 1\cdot\Gamma(1)= (n-1)\cdot(n-2)\cdots 2\cdot 1 \cdot 1= (n-1)!\]

Johda alla olevat \(R-\)säteisen pallon tilavuuden ja pinta-alan kaavat. Käytä pyörähdyskappaleen tilavuuden ja pinta-alan kaavoja. Origokeskisen \(R-\)säteisen ympyräkaaren yhtälö on \(x^2+y^2=R^2\). \[V=\dfrac43 \pi R^3\ \textrm{ ja }\  A=4\pi R^2\]
Feedback: Ympyrän yhtälöstä saadaan ympyrän yläkaaren funktio \(f(x)=\sqrt{R^2-x^2}, \ x\in[-R,R]\). Kun tämä pyörähtää \(x-\)akselin ympäri, syntyy pallopinta. Näin syntyvän kappaleen tilavuus on \begin{eqnarray*} V&=&\pi\int\limits_{-R}^{R} \left(\sqrt{R^2-x^2}\right)^2 \ dx = \pi\int\limits_{-R}^{R} R^2-x^2 \ dx \\ &=&\pi\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}-R}^{\mspace{17mu}R}R^2x-\dfrac13 x^3 = \pi(R^3-\dfrac13 R^3 -(-R)^3+\dfrac13 (-R)^3) =\dfrac43 \pi R^3 \end{eqnarray*} Pyörähdyskappaleen pinta-alan kaavassa tarvitaan derivaattaa \[f'(x)=\dfrac{d}{dx} \sqrt{R^2-x^2}=\dfrac12\dfrac{-2x}{\sqrt{R^2-x^2}}=\dfrac{-x}{\sqrt{R^2-x^2}}\] Nyt pinta-ala on \begin{eqnarray*} V&=&2\pi\int\limits_{-R}^{R} \mid\sqrt{R^2-x^2} \mid\sqrt{1+\left( \dfrac{-x}{\sqrt{R^2-x^2}}\right)^2}\ dx \\ &=& 2\pi\int\limits_{-R}^{R} \sqrt{(R^2-x^2)+(-x)^2} \ dx = 2\pi\int\limits_{-R}^{R} R \ dx \\ &=&2\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}-R}^{\mspace{17mu}R} Rx = 2\pi(R^2-(-R^2))= 4\pi R^2 \end{eqnarray*}

Osoita integroimalla, että oheisen kuvan katkaistun suoran ympyräkartion tilavuus on
\[V=\frac{\pi h}{3}\left(a^2+ab+b^2\right),\]
[Image]
Feedback: Kuvan suora katkaistu ympyräkartio syntyy, kun funktion \[f(x)=a+\dfrac{b-a}{h}x,\ \ 0\le x\le h\] kuvaaja pyörähtää \(x\)-akselin ympäri. Tilavuus on tällöin pyörähdyskappaleen tilavuus \begin{align*} V&=\pi\int_0^h\left(a+\frac{b-a}{h}x\right)^2\,dx\\ &=\pi\left(a^2\int_0^h 1\,dx+\frac{2a(b-a)}{h}\int_0^hx\,dx+\frac{(b-a)^2}{h^2}\int_0^hx^2\,dx\right)\\ &=\pi\left(a^2h+\frac{2ab-2a^2}{h}\cdot\frac{h^2}{2}+\frac{b^2-2ab+a^2}{h^2}\cdot\frac{h^3}{3}\right)\\ &=\frac{\pi h}{3}\left(a^2+ab+b^2\right). \end{align*}

Suppeneeko integraali ja jos suppenee, niin mikä on integraalin arvo.
Vihje: Osittaisintegrointi ja l'Hospitalin sääntöäkin tarvitaan.
 \[ \int_0^1 \ln(x)\ dx\]

Vastaus:
Feedback: Käytetään funktion \(\ln(x)\) integrointiin osittaisintegrointia valitsemalla \[f'(x)=1,\ g(x)=\ln(x) \Rightarrow f(x)=x,\ g'(x)=\dfrac1x\] Aluksi saadaan \[\int \ln(x)\ dx = x\ln(x)- \int x\cdot \dfrac1x \ dx = x\ln(x)- x\] Nyt \[\lim\limits_{x\to 0+} \ln(x) = -\infty\] joten kyseessä on epäoleellinen raja-arvo. Valitaan apumuuttuja \(c>0\). \begin{eqnarray*} \int_0^1 \ln(x)\ dx &=& \mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}1} x\ln(x)- x \\ &=& \lim\limits_{c\to 0+}\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}c}^{\mspace{17mu}1}x\ln(x)- x \\ &=& 0 - 1 - \lim\limits_{c\to 0+} (c\ln(c)- c)\\ &=& - 1 -\lim\limits_{c\to 0+} c\ln(c)\\ &=& -1 - \lim\limits_{c\to 0+} \dfrac{\ln(c)}{1/c}\\ &\stackrel{-\frac{\infty}{\infty}}{=}& -1 - \lim\limits_{c\to 0+} \dfrac{1/c}{-1/c^2}\\ &=& -1 + \lim\limits_{c\to 0+} c\\ &=& -1 \end{eqnarray*}

Suppeneeko integraali ja jos suppenee, niin mikä on integraalin arvo
\[\int\limits_0^\infty \frac{1}{(x+1)(x+2)}\]

Vastaus:
Feedback: Muodostetaan ensin integroitavan funktion osamurtokehitelmä \begin{eqnarray*}\dfrac{1}{(x+1)(x+2)} &=& \dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{x+2}=\dfrac{Ax+2A+Bx+B}{(x+1)(x+2)}\\ &\Rightarrow& \left\lbrace \begin{array}{rcl} A+B&=&0\\2A+B&=&1 \end{array} \right. \Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{rcl} A&=&1 \\ B&=&-1 \end{array} \right. \end{eqnarray*} Nyt epäoleellinen integraali \begin{eqnarray*} \int\limits_0^\infty \frac{1}{(x+1)(x+2)} \ dx&=&\lim_{c\to\infty}\int\limits_0^c \frac{1}{(x+1)(x+2)} \ dx=\lim_{c\to\infty}\int\limits_0^c \dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x+2} \ dx\\ &=&\lim_{c\to\infty}\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}c} \ln|x+1|-\ln|x+2| = \lim_{c\to\infty}\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}c} \ln\left|\dfrac{x+1}{x+2}\right| \\ &=&\lim_{c\to\infty} \ln\left|\dfrac{c+1}{c+2}\right|- \ln\left|\dfrac{1}{2}\right|=\ln(2) \end{eqnarray*} sillä \[\dfrac{c+1}{c+2}\to 1, \textrm{kun } c\to\infty\]

Laske epäoleellinen integraali:
\[\textbf{a) }  \ \int_{-\infty}^0\frac{dx}{(x-1)^3}\quad
\textbf{b) }  \ \int_3^4\frac{dx}{\sqrt[3]{x-3}}\]

Vastaus:
Feedback: \textbf{a)} Nimittäjän nollakohta \(x=1\) ei ole integroimisvälillä, joten \begin{align*} \int_{-\infty}^0\frac{dx}{(x-1)^3} &=\lim_{c\to-\infty}\int_c^0(x-1)^{-3}\,dx =-\frac12\lim_{c\to-\infty}\sijoitus{c}{0}(x-1)^{-2}\\ &=-\frac12\lim_{c\to-\infty}\left(1-\frac{1}{(c-1)^2}\right)=-\frac12. \end{align*} \textbf{b)} Integroitava funktio \(\to\infty\), kun \(x\to3+\) ja muualla integroimisvälillä funktio on rajoitettu, joten \begin{align*} \int_3^4\frac{dx}{\sqrt[3]{x-3}} &=\lim_{c\to3+}\int_c^4(x-3)^{-1/3}\,dx =\frac32\lim_{c\to3+}\sijoitus{c}{4}(x-3)^{2/3}\,dx\\ &=\frac32\lim_{c \to 3 +}\left(1-(c-3)^{2/3}\right)=\frac32. \end{align*}

Laske seuraavat epäoleelliset integraalit tai näytä, että integraali hajaantuu. Anna vastaukseksi integraalin arvo. \(\infty=\texttt{inf}\)
\[
\text{ (a) }\;
\intop_0^{\infty} xe^{-2x}dx,
\qquad
\text{ (b) }\;
\intop_{0}^{1} \frac{\ln(x)}{x}dx.
\]

Vastaus a):
Vastaus b):
Feedback: \textbf{a)} \begin{align*} \intop_0^{\infty} x{\rm e}^{-2x}dx&=\lim_{a \to \infty} \intop_0^a xe^{-2x}dx \\ &=\lim_{a \to \infty}\left(-\frac12\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}a} xe^{-2x}+\frac12 \intop_0^a e^{-2x}\right) \\ &=\lim_{a \to \infty} -\frac12(ae^{-2a}-0)-\frac14(e^{-2a}-e^0)=\frac{1}{4} \end{align*} Viimeisessä sijoituksessa oleva raja-arvo voidaan laskea L'Hopitalin säännöllä \[\lim_{c\to\infty} ce^{-2c}=\lim_{c\to\infty} \dfrac{c}{e^{2c}} \stackrel{\infty/\infty}{=}\lim_{c\to\infty} \dfrac{1}{2e^{2c}}=0\] \textbf{b)} \begin{align*} \intop_{0}^{1} \frac{\ln(x)}{x}dx&=\lim_{a \to 0+} \intop_a^1 \ln x \cdot \frac1x dx \\ &=\lim_{a \to 0+}\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}a}^{\mspace{17mu}1}\frac{(\ln x)^2}{2} \\ &=\lim_{a \to 0+}\left(\frac{(\ln 1)^2}{2}-\frac{(\ln a)^2}{2}\right)=-\infty, \end{align*} sillä \( \lim_{a \to 0+} \ln a = -\infty \Rightarrow \ \lim_{a \to 0+} (\ln a)^2=\infty.\)

Osoita käyttäen sijoitusta \(x = a\sin(\theta)\), että origokeskisen ellipsin
\[\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\]
ensimmäisen neljänneksen pinta-ala on \(\dfrac{\pi ab}{4}\).

Ei tarkistettavaa vastausta:
Feedback: Käytetään sijoitusta \(x = a\sin(\theta) \Leftrightarrow \theta = \arcsin(\frac{x}{a})\), jolloin \(dx = a\cos\theta d\theta\). Laskettaessa 1. neljänneksen pinta-alaa \(x\in [0, a]\). Uuden muuttujan \(\theta\) integroimisrajat ovat \(\theta \in[ \arcsin(\frac{0}{a}), \arcsin(\frac{a}{a})=\arcsin(1)=\frac{\pi}{2}]\). Näillä sijoituksilla saadaan integraaliksi \begin{eqnarray*} {\int_0^a}\sqrt{b^2-\dfrac{x^2 b^2}{a^2}}dx &=& {\int_0^a}\dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}dx \\ &\overset{\mathrm{sij}}{=}& {\int_0^{\pi/2}}\dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-a^2 \sin(\theta)}\cdot a^2 \cos(\theta)d\theta\\ &=& {\int_0^{\pi/2}}ab\sqrt{1-\sin^2(\theta)}\cos(\theta)d\theta \\ &=& {\int_0^{\pi/2}}ab\cos^2(\theta)d\theta \\ &=& {\int_0^{\pi/2}}\dfrac{ab}{2}(1+\cos(2\theta))d\theta \\ &=& \dfrac{1}{2}\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}\pi/2}ab\theta + \dfrac{1}{2}ab\sin(2\theta) \\ &=& \dfrac{1}{2}(\dfrac{ab\pi}{2} + \dfrac{ab}{2}\sin(\pi) - 0 - ab\sin(0)) \\ &=& \dfrac{1}{4}ab\pi \end{eqnarray*}

Parabolinen heijastin saadaan muodostettua, kun paraabeli \(x=y^2\) pyörähtää \(x\)-akselin ympäri. Laske heijastimen pinta-ala ja tilavuus, kun \(x\in[0,2]\).

Pinta-ala tarkkana arvona=

Tilvauus tarkkana arvona=
Feedback: Tässä tutkitaan siis pyörähdyskappaleen pinta-alaa ja tilavuutta. Funktio ja sen derivaatta ovat \(f(x) = \sqrt{x} = x^{1/2} \Rightarrow f'(x) = \dfrac{1}{2}x^{-1/2} = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\). Pinta-alan laskemisessa käytetään kaavaa \(\displaystyle{S = 2\pi \int_0^2 |f(x)|\sqrt{1+f'(x)^2}\ dx}\) \begin{eqnarray*} S &=& 2\pi\int\limits_0^2 \sqrt{x}\sqrt{1+\dfrac{1}{4x}} \ dx \\ &=& 2\pi \int\limits_0^2 \sqrt{x+\dfrac{1}{4}}\ dx \\ &=& 2\pi\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}2}\dfrac{\Big(x+\dfrac{1}{4}\Big)^{3/2}}{3/2} \\ &=& 2\pi\Big(\dfrac{2}{3}\Big(\dfrac{9}{4}\Big)^{3/2}-\dfrac{2}{3}\Big(\dfrac{1}{4}\Big)^{3/2}\Big) \\ &=& \dfrac{4\pi}{3}\cdot \dfrac{1}{8}(9^{3/2}-1) = \dfrac{\pi}{6}(27-1) = \dfrac{13\pi}{3}\approx 13.6136 \end{eqnarray*} Tilavuuden lasku puolestaan onnistuu kaavalla \(\displaystyle{V = \pi \int\limits_0^2 f(x)^2\ dx}\) \begin{eqnarray*} V &=& \pi\int_0^2 (\sqrt{x})^2\ dx = \pi \int_0^2 x\ dx = \pi\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}2}\dfrac{x^2}{2} = 2\pi \end{eqnarray*}

Mikä on funktion kuvaajan pituus
\[f(x)=\frac{2}{3}(x^2+1)^{3/2},\ 0\leq x\leq 2\]

 Vastaus =
Feedback: Lasketaan ensin \[f'(x)=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{2}(x^2+1)^{1/2}\cdot 2x = 2x\sqrt{x^2+1}\] Kuvaajan pituus saadaan \begin{eqnarray*} \int\limits_0^2 \sqrt{1+(f'(x))^2}\ dx & = & \int\limits_0^2 \sqrt{1+(2x\sqrt{x^2+1})^2}\ dx\\ & = & \int\limits_0^2 \sqrt{1+4x^2(x^2+1)}\ dx\\ & = & \int\limits_0^2 \sqrt{4x^4+4x^2+1}\ dx\\ & = & \int\limits_0^2 \sqrt{(2x^2+1)^2}\ dx\\ & = & \int\limits_0^2 2x^2+1\ dx\\ & = & \mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}2} \frac{2}{3}x^3+x = \frac{2}{3}\cdot 8 + 2 = \frac{22}{3} \end{eqnarray*}

Tehtävä 2.

Vastaa perustellen seuraaviin tehtäviin.

a) Mitä on  \[\int\limits_{-2}^2 \dfrac{1}{x^2}\ dx \]

b)  Tutki harmonisen sarjan suppenemista integraalitestillä ja suhdetestillä. Kuinka monta termiä osasummaan tulisi ottaa, että sarjan summa voitaisiin arvioida osasumman avulla 1/1000 000 tarkkuudella.

c) Mikä seuraavassa differentiaaliyhtälön ratkaisussa  on väärin.

\[(y')^2 = y \Rightarrow y'=\sqrt{y} \Rightarrow  y=\int \sqrt{y} = \dfrac{2}{3}y^{3/2}\Rightarrow  1= \dfrac{2}{3}y^{1/2} \Rightarrow y=\dfrac{9}{4}\]

Ratkaise differentiaaliyhtälö oikein.

Tutki integraalitestin avulla suppenevatko seuraavat sarjat
\[ \textbf{a) }\
\sum_{n=1}^\infty  \frac{1}{(n+1)^{4/3}}\qquad
\textbf{b)}\
\sum_{n=1}^\infty  \frac{1}{\sqrt{n+1}}.
\]
Feedback: a) Sarjan yleinen termi \(a_n=\dfrac{1}{(n+1)^{4/3}} \ge 0 \quad \forall n\). Muodostetaan funktio \( f(x)=\dfrac{1}{(x+1)^{4/3}}\), joka on vähenevä ja jatkuva. Nyt \begin{align*} \int_1^{\infty} \frac{1}{(x+1)^{4/3}}\ dx&=\lim_{k \to \infty} \int_1^{k} \frac{1}{(x+1)^{4/3}}\ dx\\ &= \lim_{k \to \infty}\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}1}^{\mspace{17mu}k} \frac{1}{(-\frac13)(x+1)^{1/3}} \\ &= \lim_{k \to \infty}\left(-\frac{3}{(k+1)^{1/3}}+\frac{3}{2^{1/3}}\right) \\ &=\frac{3}{\sqrt[3]{2}} \end{align*} Koska integraali suppenee, niin integraalitestin perusteella myös sarja \[\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{(n+1)^{4/3}}\] suppenee. b) Sarjan yleinen termi \( a_n=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}>0 \quad \forall n\). Muodostetaan funktio \( f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\), joka on vähenevä ja jatkuva. Nyt \begin{align*} \int_1^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x+1}}\ dx &=\lim_{k \to \infty} \int_1^{k}\frac{1}{\sqrt{x+1}}\ dx\\ &= \lim_{k \to \infty} \mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}1}^{\mspace{17mu}k} 2\sqrt{x+1}\\ &=\lim_{k \to \infty}2(\sqrt{k+1}-\sqrt{2})\\ &=\infty \end{align*} Koska integraali hajaantuu, niin integraalitestin perusteella myös sarja \[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n+1}}\] hajaantuu.

Osoita integraalitestillä seuraavien sarjojen suppeneminen tai hajaantuminen:
\[\textbf{a)}  \displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{3}{(8k)^{\frac{7}{6}}},\qquad
\textbf{b)} \displaystyle\sum_{k=1}^\infty ke^{-3k^2}\]

Ei vastausta :
Feedback: a) Olkoon \(\displaystyle f(x)=\frac{3}{(8x)^{\frac{7}{6}}}\). Nyt \(f(x)\) on selvästi vähenevä funktio, jolle pätee \(f(k)=a_k\) jokaisella \(k\in\mathbb{Z}^+\). Sarjan \(\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{3}{(8k)^{\frac{7}{6}}}\) suppeneminen palautuu siis vastaavan epäoleellisen integraalin suppenemisen tutkimiseen: \begin{align*} &\int_1^\infty \frac{3}{(8x)^{\frac{7}{6}}}\ dx=\frac{3}{8^{\frac{7}{6}}}\int_1^\infty x^{-\frac{7}{6}}\ dx=\frac{3}{2^{\frac{7}{2}}}\lim_{c\to\infty}\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}1}^{\mspace{17mu}c}-6x^{-\frac{1}{6}}\\ &=-\frac{18}{8\sqrt{2}}\lim_{c\to\infty}\left(\underbrace{c^{-\frac{1}{6}}}_{\to0}-1\right)=\frac{9}{4\sqrt{2}}. \end{align*} Integraali siis suppenee, joten integraalitestin nojalla myös sarja \(\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{3}{(8k)^{\frac{7}{6}}}\) suppenee. Lisäksi testin perusteella tiedetään, että sarjan summan arvo \[ \frac{9}{4\sqrt{2}}=\int_1^\infty \frac{3}{(8x)^{\frac{7}{6}}}\ dx\leq\sum_{k=1}^\infty\frac{3}{(8k)^{\frac{7}{6}}}\leq \frac{3}{8^{\frac{7}{6}}}+\int_1^\infty \frac{3}{(8x)^{\frac{7}{6}}}\ dx=\frac{21}{8\sqrt{2}} \] b) Olkoon \(\displaystyle f(x)=xe^{-3x^2}\). Selvästi \(f(k)=a_k\) jokaisella \(k\in\mathbb{Z}^+\). Lisäksi \[ f'(x)=e^{-3x^2}+xe^{-3x^2}(-6x)=\underbrace{e^{-3x^2}}_{>0}\underbrace{(1-6x^2)}_{<0}<0, \] kun \(x\geq1\). Funktio \(f\) on siis myös vähenevä, kuten integraalitesti edellyttää. Tutkitaan vastaavan epäoleellisen integraalin suppenemista: \begin{align*} \int_1^\infty xe^{-3x^2}\ dx=\lim_{c\to\infty}\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}1}^{\mspace{17mu}c}-\frac{1}{6}e^{-3x^2}=-\frac{1}{6}\lim_{c\to\infty}\left(\underbrace{e^{-3c^2}}_{\to0}-e^{-3}\right)=\frac{1}{6e^3}. \end{align*} Integraali siis suppenee, joten integraalitestin nojalla myös sarja \(\displaystyle\sum_{k=1}^\infty ke^{-3k^2}\) suppenee. Lisäksi testin perusteella tiedetään, että sarjan summan arvo \[ \frac{1}{6e^3}=\int_1^\infty xe^{-3x^2}\ dx\leq\sum_{k=1}^\infty ke^{-3k^2}\leq e^{-3}+\int_1^\infty xe^{-3x^2}\ dx=\frac{7}{6e^3}. \]

Tutki vertailuperiaatteella suppeneeko vai hajaantuuko:
\[\textbf{a)}\ \ \sum_{n=7}^\infty\dfrac{3}{\sqrt[3]{n-1}}\qquad
\textbf{b)}\ \ \sum_{j=2}^\infty\dfrac{5^j}{3^j+4^j}\qquad
\textbf{c)}\ \ \sum_{n=2}^\infty\left(\dfrac{\sin n}{n}\right)^2\]
Feedback: Vertailuperiaatetta käytettäessä sarjaa verrataan johonkin tunnettuun hajaantuvaan tai suppenevaan sarjaan. Tällaisia ovat mm. geometrinen sarja ja \(p-\)sarjat. Vertailussa sarjaa arvioidaan joko ylöspäin pyrkien löytämään yläpuolelta suppeneva sarja tai arvioidaan alaspäin pyrkien löytämään alapuolelta hajaantuva sarja. a) Sarja on positiiviterminen ja minoranttisarjana on aliharmoninen sarja, joten sarja hajaantuu: \begin{align*} \sum_{n=7}^\infty\frac{3}{\sqrt[3]{n-1}} \ge\sum_{n=7}^\infty\frac{3}{\sqrt[3]{n}} =3\sum_{n=7}^\infty\frac{1}{n^{1/3}}=\infty. \end{align*} b) Sarja on positiiviterminen ja minoranttisarjana on hajaantuva geometrinen sarja (suhdeluku \(5/4>1\)), joten sarja hajaantuu: \[\sum_{j=2}^\infty\frac{5^j}{3^j+4^j} \ge\sum_{j=2}^\infty\frac{5^j}{4^j+4^j} =\frac12\sum_{j=2}^\infty\left(\frac{5}{4}\right)^j=\infty.\] c) Sarja on positiiviterminen ja majoranttisarjana on yliharmoninen sarja, joten sarja suppenee: \[\sum_{n=2}^\infty\left(\frac{\sin n}{n}\right)^2 =\sum_{n=2}^\infty\frac{(\sin n)^2}{n^2} \le\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^2}<\infty.\]

Tutki vertailuperiaatteella suppeneeko vai hajaantuuko:
\[\textbf{a)}\ \ \sum_{n=7}^\infty\dfrac{n-1}{n^3+1}\qquad
\textbf{b)}\ \ \sum_{j=2}^\infty\dfrac{5^j}{3^j+4^j}\qquad
\textbf{c)}\ \ \sum_{n=2}^\infty\left(\dfrac{\cos n}{n}\right)^2\]

Ei vastausta:
Feedback: Vertailuperiaatetta käytettäessä sarjaa verrataan johonkin tunnettuun hajaantuvaan tai suppenevaan sarjaan. Tällaisia ovat mm. geometrinen sarja ja \(p-\)sarjat. Vertailussa sarjaa arvioidaan joko ylöspäin pyrkien löytämään yläpuolelta suppeneva sarja tai arvioidaan alaspäin pyrkien löytämään alapuolelta hajaantuva sarja. a) Sarja on positiiviterminen ja majoranttisarjana on yliharmoninen sarja, joten sarja hajaantuu: \begin{align*}\sum_{n=7}^\infty\dfrac{n-1}{n^3+1}\ \le\sum_{n=7}^\infty\frac{n}{n^3} =\sum_{n=7}^\infty\frac{1}{n^2}<\infty. \end{align*} b) Sarja on positiiviterminen ja minoranttisarjana on hajaantuva geometrinen sarja (suhdeluku \(5/4>1\)), joten sarja hajaantuu: \[\sum_{j=2}^\infty\frac{5^j}{3^j+4^j} \ge\sum_{j=2}^\infty\frac{5^j}{4^j+4^j} =\frac12\sum_{j=2}^\infty\left(\frac{5}{4}\right)^j=\infty.\] c) Sarja on positiiviterminen ja majoranttisarjana on yliharmoninen sarja, joten sarja suppenee: \[\sum_{n=2}^\infty\left(\frac{\cos n}{n}\right)^2 =\sum_{n=2}^\infty\frac{(\cos n)^2}{n^2} \le\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^2}<\infty.\]

Suppeneeko seuraava sarja. Myönteisessä tapauksessa määritä sarjan summa.
\[
\sum_{k=0}^\infty \frac{3+2^k}{3^{k+2}}?
\]

Vastaus. Anna vastaukseksi summan arvo tai \(\verb|inf|\), jos sarja hajaantuu:
Feedback: Tutkitaan suppenemista aluksi vertailuperiaatteella. Kun \(k>1\), voidaan sarjan yleistä termiä arvioida seuraavasti: \[ 0<\frac{3+2^k}{3^{k+2}}<\frac{2^k+2^k}{3^{k+2}}=\frac{2\cdot2^k}{3^{k+2}}=\frac{2^{k+1}}{3^{k+2}}=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^{k+2}. \] Sarjalla \(\displaystyle \sum_{k=2}^\infty \frac{3+2^k}{3^{k+2}}\) on siis majoranttisarjana suppeneva geometrinen sarja \[ \frac{1}{2}\sum_{k=2}^\infty\left(\frac{2}{3}\right)^{k+2}=\frac{1}{2}\sum_{k=4}^\infty\left(\frac{2}{3}\right)^{k} \] (suhdeluku \(\displaystyle \frac{2}{3}\in(-1,1)\)), joten majoranttiperiaatteen nojalla tarkasteltavana oleva sarja suppenee. Määritetään lopuksi sarjan summa \(S\) käyttäen suppenevan geometrisen sarjan summakaavaa: \begin{align*} S&=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^n \frac{3+2^k}{3^{k+2}}=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=0}^n \frac{3}{3^{k+2}}+\sum_{k=0}^n \frac{2^k}{3^{k+2}}\right)\\ &=\left(\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^n \left(\frac{1}{3}\right)^{k+1}\right)+\left(\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2^2}\sum_{k=0}^n \left(\frac{2}{3}\right)^{k+2}\right)\\ &=\left(\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{3}\right)^k\right)+\left(\frac{1}{4}\lim_{n\to\infty}\sum_{k=2}^n \left(\frac{2}{3}\right)^{k}\right)\\ &=\frac{\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{3}}+\frac{1}{4}\cdot\frac{\frac{4}{9}}{1-\frac{2}{3}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}. \end{align*}

Osoita suhdetestillä seuraavien sarjojen suppeneminen tai hajaantuminen.
\[\textbf{a)}\ \ \sum_{k=1}^\infty\frac{k^4}{k!}\qquad
\textbf{b)} \ \  \sum_{k=1}^\infty \frac{(k!)^2}{(2k)!}\]

Ei vastausta:
Feedback: a) Sarja on selvästi positiiviterminen. Suhdetestissä tarkasteltavaksi raja-arvoksi tulee \begin{align*} &\lim_{k\to\infty}\frac{\frac{(k+1)^4}{(k+1)!}}{\frac{k^4}{k!}}=\lim_{k\to\infty}\frac{(k+1)^4k!}{k^4(k+1)!}\\ &=\lim_{k\to\infty}\frac{(k+1)^3}{k^4}=\lim_{k\to\infty}\frac{k^3+3k^2+3k+1}{k^4}\\ &=\lim_{k\to\infty}\frac{k^3+3k^2+3k+1}{k^4}=\lim_{k\to\infty}\frac{\frac{1}{k}+\frac{3}{k^2}+\frac{3}{k^3}+\frac{1}{k^4}}{1}=0. \end{align*} Koska raja-arvo on pienempi kuin \(1\), sarja \(\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{k^4}{k!}\) suppenee. b) Sarja on selvästi positiiviterminen. Suhdetestissä tarkasteltavaksi raja-arvoksi tulee \begin{align*} &\lim_{k\to\infty}\frac{\frac{((k+1)!)^2}{(2(k+1))!}}{\frac{(k!)^2}{(2k)!}}=\lim_{k\to\infty}\frac{((k+1)!)^2(2k)!}{(k!)^2(2(k+1))!}\\ &=\lim_{k\to\infty}\frac{((k+1)k(k-1)\cdots2\cdot1)^2((2k)(2k-1)\cdots2\cdot1)}{(k(k-1)\cdots2\cdot1)^2((2k+2)(2k+1)(2k)\cdots2\cdot1)}\\ &=\lim_{k\to\infty}\frac{(k+1)^2}{(2k+2)(2k+1)}=\lim_{k\to\infty}\frac{k^2+2k+1}{4k^2+6k+2}\\ &=\lim_{k\to\infty}\frac{1+\frac{2}{k}+\frac{1}{k^2}}{4+\frac{6}{k}+\frac{2}{k^2}}=\frac{1}{4}. \end{align*} Koska raja-arvo on pienempi kuin \(1\), sarja \(\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{(k!)^2}{(2k)!}\) suppenee.

Desimaaliluku \(0.a_1a_2a_3\cdots\), missä \(a_k\in\{0,1,2,\ldots,9\}\), määritellään asettamalla
\[0.a_1a_2a_3\cdots
=\dfrac{a_1}{10}+\dfrac{a_2}{100}+\dfrac{a_3}{1000}+\cdots
=\sum_{k=1}^\infty a_k\left(\dfrac{1}{10}\right)^k.\]
Kun desimaaliluvulla on jaksollinen desimaaliesitys, se on rationaaliluku. Mikä on luvun \(0.999\ldots\) rationaalilukuesitys ja siis myös tarkka arvo. Perustele ratkaisusi.

Vastaus:
Feedback: Päättymättömien jaksollisten desimaalilukujen desimaaliesitykset ovat sarjoja. Luku \(0.999\ldots\) voidaan esittää sarjana \[ 0.999\ldots =\frac{9}{10}+\frac{9}{100}+\dfrac{9}{1000}+\cdots =\sum_{k=1}^\infty 9\left(\dfrac{1}{10}\right)^k \] Tämä on geometrinen sarja, suhdelukuna \(r=\frac{1}{10}\) ja sarjan arvo on \[\sum_{k=1}^\infty 9\left(\dfrac{1}{10}\right)^k=-9+\sum_{k=0}^\infty 9\left(\dfrac{1}{10}\right)^k =-9+\left(\dfrac{9}{1-\frac{1}{10}}\right)=-9+10=1\] On osoitettu, että \(0.999\cdots = 1\).

Oletetaan, että lasin läpäisee valosta osuus \(p\) ja takaisin heijastuu osuus \(h\). Loput valosta absorboituu lasiin. Kuinka suuri osuus menee läpi ja mikä osuus heijastuu takaisin, kun valo läpäisee 2-lasisen ikkunan oheisen kuvan mukaisesti. Laske vielä läpäisevän, heijastuvan ja absorboituvan valon osuus, kun \(p=0.88\), \(h=0.08\)

Läpimenevän valon osuus 3 desimaalin tarkkuudella

Heijastuvan valon osuus 3 desimaalin tarkkuudella

[Image: valon heijastuminen lasissa]
Feedback: Läpimenevä osuus voidaan laskea geometrisena sarjana (suhdeluku \(r=h^2<1\)) \[P=p^2+p^2h^2+p^2(h^2)^2+p^2(h^2)^3+\cdots =\sum_{k=0}^{\infty} p^2(h^2)^k =\frac{p^2}{1-h^2}\] Takaisinheijastuva osuus on \begin{eqnarray*} H&=&h+p^2h+p^2h^3+p^2h^5+p^2h^5+\cdots \\ &=&h(1+p^2+p^2h^2+p^2(h^2)^2+p^2(h^2)^3+\cdots )\\ &=&h(1+P)\\ &=&h\left(1+\frac{p^2}{1-h^2}\right) \end{eqnarray*} Laseihin absorboituu \(1-P-H=1-P-h(1+P)=(1-h)(1-P)=(1-h)\left(1-\frac{p^2}{1-h^2}\right)\) Esimerkiksi, jos \(p=0.88\) ja \(h=0.08\), niin läpi menee osuus \(P= 0.88^2\left( \frac{1}{1-0.08^2}\right)=0.779\) ja heijastuu osuus \(H=0.08(1+0.779)=0.142\) . Loppuosa \(1-P-H=1-0.779-0.142=0.078\) absorboituu laseihin.

a) Tutki suppeneeko sarja  \(\displaystyle  \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{k^3}{3^k} \)
itseisesti.
b) Selvitä potenssisarjan  \(  \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}\frac{(x-2)^{3k}}{k^{3/2}}\)  suppenemisväli.

Vastaus b) : Valitse ensin onko kyseessä suljettu, puoliavoin vai avoin väli. Vastaa kokonaisluvulla 1-4 seuraavasti
\(1 = \ [a,b],\quad 2=\ [a,b),\quad 3 = (a,b],\quad 4=(a,b) \) :
Ja vastaa sitten välin päätepisteet  \(a=\) ,  \(b=\)
Feedback: a) Tutkitaan asiaa suhdetestin avulla. Nyt \( a_k=\dfrac{k^3}{3^k}\) ja \[ \lim_{k\to \infty}\frac{a_{k+1}}{a_k}=\lim_{k\to \infty}\frac{\frac{(k+1)^3}{3^{k+1}}}{\frac{k^3}{3^k}} =\lim_{k\to \infty}\frac{1}{3}\left(\frac{k+1}{k}\right)^3=\frac{1}{3}<1, \] joten suhdetestin perusteella kysytty sarja suppenee itseisesti. b) Käytetään itseistä suppenemistestiä: \[ \frac{\vert a_{k+1} \vert }{\vert a_{k} \vert }=\frac{ \vert \frac{(x-2)^{3(k+1)}}{(k+1)^{3/2}} \vert }{ \vert \frac{(x-2)^{3k}}{k^{3/2}} \vert } =\frac{\vert x-2\vert ^{3(k+1)}k^{3/2}}{\vert x-2 \vert ^{3k}(k+1)^{3/2}} =\left(\frac{1}{1+\frac{1}{k}}\right)^{3/2} \vert x-2 \vert ^{3}\to \vert x-2 \vert ^{3} \] kun \(k \to \infty\). Sarja siis suppenee itseisesti kun \[\vert x-2 \vert ^{3}<1 \Leftrightarrow -1<x-2<1 \Leftrightarrow 1<x<3\] ja hajaantuu kun \(x<1\) tai \(x>3\). Tutkitaan päätepisteet erikseen. Kun \(x=1\) \[ \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}\frac{(-1)^{3k}}{k^{3/2}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{4k}}{k^{3/2}} =\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{3/2}}<\infty, \] yllä oleva on yliharmoninen sarja ja näin ollen se suppenee. Kun \(x=3\) saadaan \[ \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}\frac{(1)^{3k}}{k^{3/2}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k^{3/2}}<\infty, \] edellisen perusteella tämä sarja suppenee itseisesti, joten tämä suppenee. Suppenemisväli on \([1,3]\)

a) Määritä potenssisarjan \(\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{(-[value])^k}{\sqrt{k+1}}\, (x-[value])^k\) suppenemisväli.

b) Jos arvioidaan sarjan summan arvoa tuhannesosan tarkkuudella molemmissa suppenemisvälin päätepisteissä, niin kuinka monta termiä tulisi osasummaan ottaa mukaan. Anna perusteltu vastaus molemmissa tapauksissa.
Feedback: Tarkastellaan potenssisarjan itseistä suppenemista suhdetestin avulla. Suhdetestin edellyttämäksi raja-arvoksi tulee \[ \lim_{k\to\infty}\frac{\left|\frac{(-[value])^{k+1}}{\sqrt{k+2}}\, x^{k+1}\right|}{\left|\frac{(-[value])^k}{\sqrt{k+1}}\, ()^k\right|}=\lim_{k\to\infty}\frac{[value]\sqrt{k+1}}{\sqrt{k+2}}|x-[value]|=\lim_{k\to\infty}[value]\underbrace{\sqrt{\frac{k+1}{k+2}}}_{\to1}|x-[value]|=[value]|x-[value]|. \] Suhdetestin nojalla sarja siis suppenee, kun \([value]|x-[value]|<1\), eli kun \(\displaystyle [value]-\frac{1}{[value]}<x<[value]+\frac{1}{[value]}\) ja hajaantuu, kun \([value]|x-[value]|>1\), eli kun \(\displaystyle x<[value]-\frac{1}{[value]}\) tai \(\displaystyle x>[value]+\frac{1}{[value]}\). Tutkitaan vielä välin päätepisteet. Kun \(\displaystyle x=[value]-\frac{1}{[value]}\), saadaan \(\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{(-[value])^k}{\sqrt{k}}\left(-\frac{1}{[value]}\right)^k=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{k+1}}=\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{\sqrt{k}}\) Viimeisestä muodosta (indeksointi aloitettu \(k=2\)) nähdään, että sarja on \(p-\)sarja \(p=1/2<1\), jolloin sarja aliharmonisena sarjana hajaantuu. Jos taas \(\displaystyle x=[value]+\frac{1}{[value]}\), saadaan sarja \(\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{(-[value])^k}{\sqrt{k}}\left(\frac{1}{[value]}\right)^k=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}\) Kyseessä on vuorotteleva sarja, jonka suppeneminen voidaan tutkia Leibnizin lauseen avulla. Koska 1) \( a_{k}=\dfrac{1}{\sqrt{k+1}}\geq a_{k+1}=\dfrac{1}{\sqrt{k+2}}\) ja 2) \(\lim_{k\to \infty} \dfrac{1}{\sqrt{k+1}} =0\) sarja suppenee. Yhteenvetona saadaan, että potenssisarjan \(\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{(-[value])^k}{\sqrt{k+1}}x^k\) suppenemisväli on \(\displaystyle\left([value]-\dfrac{1}{[value]},[value]+\dfrac{1}{[value]}\right]\). b) Pisteessä \(x=[value]-\dfrac{1}{[value]}\) sarja hajaantuu eli summa on \(\infty\). Ei voida arvioida osasummalla lainkaan. Pisteessä \(x=[value]+\dfrac{1}{[value]}\) on suppeneva vuorotteleva sarja. Koska \(|R_n| < |a_k| = \frac{1}{\sqrt{k+1}} < 1/1000 \to k+1 > 1000000\)

a) Osoita, että vuorotteleva sarja \(\displaystyle\sum_{k=0}^\infty \frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{-1}{3}\right)^k\) suppenee.

b) Voidaan osoittaa, että suppenevan vuorottelevan sarjan jäännöstermille pätee \(|R_n| \leq |a_{n+1}|\) eli jäännöstermin itseisarvo on pienempi tai yhtäsuuri kuin ensimmäisen poisjätetyn termin itseisarvo.
Arvioi sarjan summan arvoa ottamalla mukaan 5 ensimmäistä termiä.  Tutki virheen suuruutta. Minkä tutun luvun arvelet olevan sarjan summan tarkka arvo?

Mikä todennäköisesti on b)-kohdan tarkka arvo (älä vastaa likiarvona)
Feedback: a) \[\sum_{k=0}^\infty \frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{-1}{3}\right)^k=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k\] Sarja on vuorotteleva. Käytetään Leibnizin testiä. Etumerkitön termi on \[a_k=\frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k\] ja \[\dfrac{a_k}{a_{k+1}}=\dfrac{\dfrac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\dfrac{1}{3}\right)^k}{\dfrac{2\sqrt{3}}{2(k+1)+1}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{(k+1)}}=\dfrac{2k+3}{2k+1}\cdot 3 > 1 \Rightarrow a_k\geq a_{k+1}\] Samoin \[\lim_{k\to\infty} a_k= \lim_{k\to\infty} \frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k =0\] Leibnizin testin mukaan sarja suppenee. b) Kun lasketaan yhteen sarjan 5 ensimmäistä termiä \((n=4)\), saadaan \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^4 (-1)^k\frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k= 2\sqrt{3}\left(\frac{1}{1\cdot 3^0}-\frac{1}{3\cdot 3^1}+\frac{1}{5\cdot 3^2}-\frac{1}{7\cdot 3^3}+\frac{1}{9\cdot 3^4}\right)=3.14260 \end{eqnarray*} Approksimaatiossa tehty virhe = jäännöstermin itseisarvo \[\mid R_4\mid \leq a_5 = 2\sqrt{3}\cdot\frac{1}{11\cdot 3^5}=0.00130\] Sarjan summan oikea arvo on välillä \[S=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k=[3.14260-0.00130,3.14260+0.00130]=[3.1413,3.1439]\] Luku \(\pi=3.14159\) kuuluu tälle välille ja voisi siis olla summan arvo. Ja voidaan osoittaa, että sarjan summan arvo on todellakin \(\pi\). Vastauskenttään oikea vastaus on pi

a) Osoita, että vuorotteleva sarja \(\displaystyle\sum_{k=0}^\infty \frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{-1}{3}\right)^k\) suppenee.

b) Suppeneeko sarja itseisesti?

c) Voidaan osoittaa, että suppenevan vuorottelevan sarjan jäännöstermille pätee \(|R_n| \leq |a_{n+1}|\) eli jäännöstermin itseisarvo on pienempi tai yhtäsuuri kuin ensimmäisen poisjätetyn termin itseisarvo.
Arvioi sarjan summan arvoa ottamalla mukaan 5 ensimmäistä termiä. Tutki virheen suuruutta. Minkä tutun luvun arvelet olevan sarjan summan tarkka arvo?

Mikä todennäköisesti on c)-kohdan tarkka arvo (älä vastaa likiarvona)
Feedback: a) \[\sum_{k=0}^\infty \frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{-1}{3}\right)^k=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k\] Sarja on vuorotteleva. Käytetään Leibnizin testiä. Etumerkitön termi on \[a_k=\frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k\] ja \[\dfrac{a_k}{a_{k+1}}=\dfrac{\dfrac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\dfrac{1}{3}\right)^k}{\dfrac{2\sqrt{3}}{2(k+1)+1}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{(k+1)}}=\dfrac{2k+3}{2k+1}\cdot 3 > 1 \Rightarrow a_k\geq a_{k+1}\] Samoin \[\lim_{k\to\infty} a_k= \lim_{k\to\infty} \frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k =0\] Leibnizin testin mukaan sarja suppenee. b) Kun tutkitaan itseistä suppenemista on kyse sarjan \(\displaystyle\sum_{k=0}^\infty \left\vert \frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{-1}{3}\right)^k\right\vert = \sum_{k=0}^\infty \frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k\) suppenemisen tutkimisesta. Nyt vertailuperiaatteella saadaan \[ \sum_{k=0}^\infty \frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k < \sum_{k=0}^\infty 2\sqrt{3}\left(\frac{1}{3}\right)^k\] Tämä on geometrinen sarja, jonka suhdeluku \(1/3<1\), joten sarja suppenee. Majoranttiperiaatteen mukaan myös tutkittava sarja suppenee ja alkuperäinen sarja suppenee itseisesti. c) Kun lasketaan yhteen sarjan 5 ensimmäistä termiä \((n=4)\), saadaan \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^4 (-1)^k\frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k= 2\sqrt{3}\left(\frac{1}{1\cdot 3^0}-\frac{1}{3\cdot 3^1}+\frac{1}{5\cdot 3^2}-\frac{1}{7\cdot 3^3}+\frac{1}{9\cdot 3^4}\right)=3.14260 \end{eqnarray*} Approksimaatiossa tehty virhe = jäännöstermin itseisarvo \[\mid R_4\mid \leq a_5 = 2\sqrt{3}\cdot\frac{1}{11\cdot 3^5}=0.00130\] Sarjan summan oikea arvo on välillä \[S=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{2\sqrt{3}}{2k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^k=[3.14260-0.00130,3.14260+0.00130]=[3.1413,3.1439]\] Luku \(\pi=3.14159\) kuuluu tälle välille ja voisi siis olla summan arvo. Ja voidaan osoittaa, että sarjan summan arvo on todellakin \(\pi\). Vastauskenttään oikea vastaus on pi

Laske luvun \(\tan (\pi/4- 0.1 )\) likiarvoja käyttäen Taylorin polynomeja \(P_1(x), P_2(x), P_3(x)\). Käytä kehityskeskuksena arvoa \(c=\pi/4\). Arvioi, kuinka suuri virhe tehdään käytettäessä polynomia \(P_3(x)\) luvun approksimoimiseen.

Likiarvo 4 desimaalilla laskettuna polynomilla \(P_3(x) = \)
Feedback: Määritetään funktion \(f(x)=\tan(x)\) ja sen derivaattojen arvot pisteessä \(x=\pi/4\). \begin{eqnarray*} f(x)&=&\tan(x), \qquad f(\pi/4)=1\\ f'(x)&=&1+\tan^2(x), \qquad f'(\pi/4)=2\\ f''(x)&=& 2\tan(x)+2\tan^3(x), \qquad f''(\pi/4)=4\\ f'''(x)&=& 2+8\tan^2(x)+6\tan^4(x), \qquad f''(\pi/4)=16 \end{eqnarray*} Näiden avulla voidaan muodostaa 1. ,2. ja 3. asteen Taylorin polynomit ja laskea niiden arvot pisteessä \(x=\pi/4+0.1\). \begin{eqnarray*} P_1(x)&=&1+2(x-\pi/4)\\ P_1(\pi/4-0.1)&=&1-2\cdot0.1=0.8 \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} P_2(x)&=&1+2(x-\pi/4)+2(x-\pi/4)^2 \\ P_2(\pi/4-0.1)&=&1-2\cdot0.1+2\cdot0.1^2=0.82 \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} P_3(x)&=&1+2(x-\pi/4)+2(x-\pi/4)^2+\frac83(x-\pi/4)^3 \\ P_3(\pi/4-0.1)&=&1-2\cdot0.1+2\cdot0.1^2-\frac83\cdot0.1^3=0.81733 \end{eqnarray*} Virhetarkastelussa tarvitaan 4. derivaatta \[f^{(4)}(x)=16\tan(x)+40\tan^3(x)+24\tan^5(x)\] Approksimaatiossa tehty virhe \[ R_3(x)=\dfrac{f^{(4)}(z)}{4!}(x-\pi/4)^4,\ z\in(x,\pi/4]\] Tämä maksimoituu, kun \(z=\pi/4\), jolloin \(f^{(4)}(\pi/4)=80\) ja \[R_3(\pi/4-0.1)\leq \dfrac{80}{24}\cdot (0.1)^4 = 0.00033\] Tarkka arvo on välillä \([0.81733,0.81733+0.00033]=[0.81733,0.81767]\), mille välille myös laskimella saatu 5 desimaalinen likiarvo \(0.81763\) kuuluu.

Arvioi lukua \(\sin(10^\circ)\) neljän desimaalin tarkkuudella käyttäen sinin sarjakehitelmää.

Anna vastauksena sarjan avulla laskettu 4. desimaalinen likiarvo =
Feedback: Arvioi lukua \(\sin(10^\circ)\) neljän desimaalin tarkkuudella. Koska \(10^\circ = \pi/18 \) lähellä lukua \(0\), käytetään tätä kehityskeskuksena. Voidaan käyttää sinin sarjakehitelmää \[\sin(x)=\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\dfrac{x^7}{7!}+\cdots\] Huomataan, että tämä on vuorotteleva sarja ja sinin sarjakehitelmän suppenemisvälin tiedetään olevan \(\mathbf{R}\), joten virhetarkastelussa voidaan käyttää Leibnizin lauseen yhteydessä esillä ollutta tulosta, jonka mukaan osasummalla arvioitaessa virhe on pienempi kuin ensimmäinen poisjätetty termi. Kokeilemalla havaitaan, että \[ \dfrac{1}{3!}\left(\dfrac{\pi}{18}\right)^3= 0.0009>0.00005, \textrm{ mutta }\dfrac{1}{5!}\left(\dfrac{\pi}{18}\right)^5= 0.000001<0.00005\] Joten likiarvo on neljän desimaalin tarkkuudella oikea, kun sarjan osasummaan valitaan 2 termiä \[\sin(\pi/18)\approx\sum_{k=0}^{1} \dfrac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}=\dfrac{\pi}{18}- \dfrac{1}{3!}\left(\dfrac{\pi}{18}\right)^3 = 0.1736\] Huom. Jos sarja ei olisi ollut vuorotteleva, niin virhetarkastelussa olisi pitänyt käyttää Taylorin sarjan virhetermiä.

Muodosta funktion  \(f(x)=e^{-x^2}\)  Maclaurinin sarjaesitys.
Laske tätä käyttäen sadasosan tarkkuudella määrätty integraali
\[\displaystyle\int_0^1 e^{-x^2} dx\] Vihje: Vuorottelevan sarjan jäännöstermi \(\mid R_n \mid \leq  a_{n+1}\) (tehtävän 2 lisätieto).

 Vastaus:
Feedback: Tiedetään, että \[e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^4}{4!}+\cdots\quad (x\in \mathbf{R})\] Kun korvataan \(x\) termillä \((-x^2)\) saadaan \[e^{-x^2}=1+(-x^2)+\dfrac{(-x^2)^2}{2!}+\dfrac{(-x^2)^3}{3!}+\dfrac{(-x^2)^4}{4!}+\cdots = 1-x^2+\dfrac{x^4}{2!}-\dfrac{x^6}{3!}+\dfrac{x^8}{4!}+\cdots\quad (x\in \mathbf{R})\] ja edelleen \begin{eqnarray*} \int_0^1 e^{-x^2} dx&=& \int_0^1 1-x^2+\dfrac{x^4}{2!}-\dfrac{x^6}{3!}+\dfrac{x^8}{4!}+\cdots \ dx\\ &=&\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}1} x-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5\cdot 2!}-\dfrac{x^7}{7\cdot 3!}+\dfrac{x^9}{9\cdot 4!}-\cdots\\ &=&1-\frac13+\frac{1}{10}-\frac{1}{42}+\frac{1}{216}-\cdots \end{eqnarray*} Tämä on vuorotteleva sarja, joka Leibnizin lauseen nojalla suppenee. Jos sarja katkaistaan, jäännöstermi \(|R_n|\leq a_{n+1}\). Huomataan, että \(\frac{1}{216}<\frac{1}{100}\) eli alle vaaditun tarkkuuden. Siksi integraalin arvo pyydetyllä sadasosan tarkkuudella on \[\int_0^1 e^{-x^2} dx \approx 1-\frac13+\frac{1}{10}-\frac{1}{42}= \frac{26}{35}=0.743\] Tarkistuksena esim. Matlabilla saadaan 3 desimaaliseksi likiarvoksi \(0.747\).

Laske tuhannesosan tarkkuudella käyttäen sopivaa sarjaesitystä
\[\displaystyle{\int_0^{1/2} \dfrac{1}{1+x^3}\ dx}\]
Vihje: Käytä sarjan muodostamiseen geometrisen sarjan summan kaavaa ja vuorottelevien sarjojen tuloksia.
\[\sum_{k=0}^{\infty} r^k = \dfrac{1}{1-r}, \ \ |r|<1\]

Vastaus 3 desimaalin tarkkuudella:
Feedback: Geometrisen sarjan summa saadaan \(\sum_{k=0}^{\infty} r^k = \dfrac{1}{1-r}, \ \ |r|<1\). Kun merkitään \(r=-x^3\) saadaan \(\sum_{k=0}^{\infty} (-x^3)^k = \dfrac{1}{1-(-x^3)}= \dfrac{1}{1+x^3} , \ \ |x^3|<1 \Leftrightarrow |x|<1\) Koska integraalin rajat ovat geometrisen sarjan suppenemisvälillä, on tämä tulos tehtävän integroitavan funktion ja määrätyn integraalin sarjakehitelmä. Tätä käyttäen saadaan \begin{eqnarray*} \intop_0^{1/2} \dfrac{1}{1+x^3}\ dx &=& \int_0^{1/2} \sum_{k=0}^{\infty} (-x^3)^k\ dx \\ &=& \intop_0^{1/2} 1+(-x^3) + (-x^3)^2 + (-x^3)^3 + (-x^3)^4 +\cdots\ dx \\ &=& \intop_0^{1/2} 1-x^3 + x^6 - x^9 + x^{12} +\cdots\ dx \\ &=& \mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}1/2} x-\frac14 x^4 + \frac17 x^7 - \frac{1}{10}x^{10} + \frac{1}{13}x^{13} +\cdots \\ &=& \frac12-\frac14 \left(\frac12\right)^4 + \frac17 \left(\frac12\right)^7 - \frac{1}{10}\left(\frac12\right)^{10} + \frac{1}{13}\left(\frac12\right)^{13} +\cdots \end{eqnarray*} Huomataan, että määrätyn integraalin arvo on vuorotteleva sarja, jolloin virhetarkastelu voidaan tehdä tutkien ensimmäisen poisjätetyn termin itseisarvoa. Pyydetty tarkkuus tehtävässä oli 1/1000. Koska \[ \frac17 \left(\frac12\right)^7 = \dfrac{1}{896} > \dfrac{1}{1000}, \ \ \textrm{mutta } \frac{1}{10}\left(\frac12\right)^{10} = \dfrac{1}{10240} < \dfrac{1}{1000}\] saadaan määrätty integraali tuhannesosan tarkkudella käyttäen sarjan 3 ensimmäistä termiä ja \[\int_0^{1/2} \dfrac{1}{1+x^3}\ dx \approx \frac12-\frac14 \left(\frac12\right)^4 + \frac17 \left(\frac12\right)^7 = 0.48549 \approx 0.485\] Tarkistuksena Matlabilla laskettu 5 desimaalinen likiarvo on 0.48540, josta nähdään, että virhe \(|0.48549-0.48540|=0.00009\), joka on alle 1/1000 ja jopa alle 1/10000, mikä sen pitikin olla virhetarkastelun perusteella.

Geometrisen sarjan summa on \(\displaystyle 1+r+r^2+r^3+\cdots =\dfrac{1}{1-r},\ \ -1<r<1\)
Käyttäen lähtökohtana tätä kaavaa ja tietoa, että \(D(\arctan(x))=\dfrac{1}{1+x^2}\) muodosta funktion \(\arctan(x)\) sarjaesitys. Mikä on tästä saadun sarjaesityksen suppenemisväli?

Vastaus suppenemisväli: Valitse ensin onko kyseessä suljettu, puoliavoin vai avoin väli. Vastaa kokonaisluvulla 1-4 seuraavasti
\(1 = \ [a,b],\quad 2=\ [a,b),\quad 3 = (a,b],\quad 4=(a,b) \) :
Ja vastaa sitten välin päätepisteet  \(a=\) ,  \(b=\)
Feedback: Koska \(D(\arctan(x))=\dfrac{1}{1+x^2}\), on \(\int\arctan(x)\ dx=\dfrac{1}{1+x^2}\). Kun otetaan lähtökohdaksi annettu kaava, saadaan \begin{eqnarray*} \dfrac{1}{1-r}&=&1+r+r^2+r^3+\cdots\quad \vert\ r=-x^2\\ \dfrac{1}{1-(-x^2)}&=&1+(-x^2)+(-x^2)^2+(-x^2)^3+\cdots\quad \\ \dfrac{1}{1+x^2}&=&1-x^2+x^4-x^6+\cdots\quad \vert\ \int \cdot \ dx\\ \arctan(x)&=&x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots \end{eqnarray*} Näin on saatu arkustangentin sarjaesitys. Tutkitaan vielä suppenenemisväliä. Geometrisen sarjan suppenemisväli \[-1<r<1 \Rightarrow -1<-x^2<1 \Rightarrow -1<x<1\] Suppenemisväli on ainakin avoin väli \(x\in (-1,1)\). Integroitaessa (ja derivoitaessa) voivat suppenemisvälin päätepisteet tulla mukaan. Tutkitaan ne erikseen. Kun \(x=-1\), antaa sarjaesitykseen sijoitus tuloksen \[\arctan(-1)=(-1)-\frac{(-1)^3}{3}+\frac{(-1)^5}{5}-\frac{(-1)^7}{7}+\cdots=-1+\frac13-\frac15+\frac17-\cdots \] Tämä on vuorotteleva sarja, jossa selvästi \(|a_k|\geq |a_{k+1}|\) ja \(|a_k|\to 0\), kun \(k\to\infty\). Leibnizin testin nojalla sarja suppenee. Samoin kun \(x=1\), antaa sarjaesitykseen sijoitus tuloksen \[\arctan(1)=1-\frac{1^3}{3}+\frac{1^5}{5}-\frac{1^7}{7}+\cdots=1-\frac13+\frac15-\frac17+\cdots \] Tämä on vuorotteleva sarja, jossa selvästi \(|a_k|\geq |a_{k+1}|\) ja \(|a_k|\to 0\), kun \(k\to\infty\). Leibnizin testin nojalla sarja suppenee. Sarjaesitys on suppeneva myös välin päätepisteissä ja siksi \[\arctan(x)=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots,\ \ -1\leq x\leq 1\] Huom. Arkustangentilla on erilaiset sarjaesitykset myös arvoille \(x<-1\) ja \(x>1\).

Olkoon \(f(x)=\arctan(x^2)\). Mitä on  \(f^{(10)}(0)\)  = funktion 10. kertaluvun derivaatan arvo nollassa?
Ratkaise tehtävä käyttäen funktion \(f(x)\) sarjakehitelmää. Sarjakehitelmän muodostamisessa voit käyttää tuloksia
\[D(\arctan(x))=\dfrac{1}{1+x^2}, \quad \sum_{k=0}^{\infty} r^k = \dfrac{1}{1-r}, \ \ |r|<1\]

Vastaus  \(f^{(10)}(0) = \)
Feedback: Koska \(D(\arctan(x))=\dfrac{1}{1+x^2}\), on \(\displaystyle \int\arctan(x)\ dx=\dfrac{1}{1+x^2}\). Kun otetaan lähtökohdaksi annettu kaava, saadaan \begin{eqnarray*} \dfrac{1}{1-r}&=&1+r+r^2+r^3+\cdots\quad \vert\ r=-x^2\\ \dfrac{1}{1-(-x^2)}&=&1+(-x^2)+(-x^2)^2+(-x^2)^3+\cdots\quad \\ \dfrac{1}{1+x^2}&=&1-x^2+x^4-x^6+\cdots\quad \vert\ \int \cdot \ dx\\ \arctan(x)&=&x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots \end{eqnarray*} Tutkitaan vielä suppenenemisväliä. Geometrisen sarjan suppenemisväli \(-1<r<1 \Rightarrow -1<-x^2<1 \Rightarrow -1<x<1\). Suppenemisväli on ainakin avoin väli \(x\in (-1,1)\). Integroitaessa (ja derivoitaessa) voivat suppenemisvälin päätepisteet tulla mukaan. Näitä ei erikseen tutkita tässä, kun tarkastelupiste \(x=0\) on suppenemisvälin sisäpiste. Näin on saatu arkustangentin sarjaesitys, josta edelleen \[ \arctan(x^2)=(x^2)-\frac{(x^2)^3}{3}+\frac{(x^2)^5}{5}-\frac{(x^2)^7}{7}+\cdots = x^2-\frac{x^6}{3}+\frac{x^{10}}{5}-\frac{x^{14}}{7}+\cdots \] Kun tätä derivoidaan 10 kertaa, niin termien \(x^2\) ja \(-\dfrac{x^6}{3}\) derivaatat katoavat. Termeillä \(x^n, ( n>10)\) 10. derivaattaan jää mukaan \(x\), jolloin niiden termien derivaatan arvo \(=0\), kun \(x=0\). Tutkitaan siis termin \(\dfrac{x^{10}}{5}\) 10. derivaatta ja sen arvo, kun \(x=0\). Toistuvasti derivoitaessa \[D^{10}\left(\frac{x^{10}}{5}\right) = \frac15\cdot 10\cdot 9 \cdot 8 \cdots 1 = \frac{10!}{5}= 725760\] ja pyydetty arvo on myös \(f^{(10)}(0)=725760\)

Ratkaise alkuarvotehtävä

\[y''+(2x-[value])(y')^2 = 0,\ y(0)=[value],\ y'(0)=\dfrac{1}{[value]} \]

Kirjoita pdf-ratkaisuusi kaikki välivaiheet perusteluineen. (45 p)
Kirjoita lisäksi lopputulos alla olevaan vastauslaatikkoon (5 p)

Vastaus  \(y(x)=\)
Feedback: \[y''+(2x-[value])(y')^2 = 0,\ y(0)=[value],\ y'(0)=\dfrac{1}{[value]}\] Sijoitetaan \(z=y',\ z'=y''\), jolloin separoimalla saadaan \begin{eqnarray*} y''+(2x-[value])(y')^2 = 0 &&\Rightarrow z'+(2x-[value])z^2 = 0 \\ && \Rightarrow \dfrac{dz}{dx}=(-2x+[value])z^2\\ && \Rightarrow \int \dfrac{1}{z^2}\ dz = \int -2x+[value] \ dx\\ && \Rightarrow -\dfrac{1}{z}=-x^2+[value]x+C\\ && \Rightarrow z=\dfrac{1}{x^2-[value]x-C} \end{eqnarray*} Koska \(y'(0)=z(0)=\dfrac{1}{[value]}\), voidaan tässä vaiheessa ratkaista vakio \(C=-[value]\). Saadaan \[z=y'=\dfrac{1}{x^2-[value]x+[value]} =\dfrac{1}{(x-[value])^2}\Rightarrow y=\int \dfrac{1}{(x-[value])^2}\ dx = -\dfrac{1}{x-[value]} + D\] Koska \(y(0)=\dfrac{1}{[value]}+D=[value]\), saadaan \(D=\dfrac{[value]}{[value]}\). Alkuarvotehtävän ratkaisu on \[y=-\dfrac{1}{x-[value]}+\dfrac{[value]}{[value]}\]

Laske sopivaa sijoitusta ja osamurtokehitelmää käyttäen määrätty integraali
\(\displaystyle \int\limits_[value]^[value] \frac{1}{e^x-[value]e^{-x}}\ dx\)

Kirjoita pdf-ratkaisuusi kaikki välivaiheet perusteluineen. (45 p)
Vastaa lisäksi integraalin arvo 4 desimaalin tarkkuudella alla olevaan vastauslaatikkoon (5 p)

Vastaus:
Feedback: Integraaliin kannattaa käyttää sijoitusta \(t=e^x\), jolloin \(1/t=e^{-x},\ x=\ln(t)\) ja \(dx=\dfrac{dt}{t}\). Rajat muuttuvat \([value]\to e^[value]\) ja \([value]\to e^[value]\). Saadaan siis \(\displaystyle \int\limits_{[value]}^{[value]} \frac{1}{e^x-[value]e^{-x}}\ dx = \int\limits_{e^[value]}^{e^[value]} \frac{1}{t-\frac{[value]}{t}}\ \frac1t\ dt = \int\limits_{e^[value]}^{e^[value]} \frac{1}{t^2-[value]}\ dt \) Integroitavan funktio nimittäjän nollakohdat ovat \(\pm\sqrt{[value]}=\pm [value]\) ja funktio jakaantuu osamurtoihin \(\displaystyle \frac{1}{t^2-[value]} = \frac{1}{(t-[value])(t+[value])}=\frac{A}{t-[value]} + \frac{B}{t+[value]} = \frac{At+[value]A+Bt-[value]B}{(t-[value])(t+[value])}\) josta saadaan yhtälöiksi ja ratkaisuksi \(\displaystyle \left\lbrace \begin{array}{rcl} A+B&=&0\\[value](A-B)&=&1 \end{array} \right. \Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{rcl} A&=&[value]\\B&=&-[value] \end{array} \right.\) Nyt määrätyn integraalin arvo on \begin{eqnarray*} \int\limits_{e^[value]}^{e^[value]} \frac{1}{t^2-[value]}\ dt& = & \int\limits_{e^[value]}^{e^[value]} [value]\cdot \frac{1}{t-[value]} - [value]\cdot\dfrac{1}{t+[value]}\ dt\\ &=& \mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}e^[value]}^{\mspace{17mu}e^[value]} [value]\ln|t-[value]| -[value]\ln|t+[value]|\\ & =& \mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}e^[value]}^{\mspace{17mu}e^[value]} [value]\ln\left(\frac{t-[value]}{t+[value]}\right)\\ & = & [value]\ln\left(\frac{e^[value]-[value]}{e^[value]+[value]}\right) - [value]\ln\left(\frac{e^[value]-[value]}{e^[value]+[value]}\right) \\ &=& [value]\ln\left(\frac{(e^[value]-[value])(e^[value]+[value])}{(e^[value]+[value])(e^[value]-[value])}\right)\\ &=&[value] \end{eqnarray*}

Tutkitaan funktiota \(f(x)=-\ln(1-x)\)

a) Muodosta funktion potenssisarjaesitys pisteen \(x=0\) suhteen.

b) Mikä on a)-kohdan potenssisarjan suppenemisväli.

c) Mikä on funktion [value]. asteen Maclaurinin polynomin arvo, kun \(x=[value]\). Entä mikä on k. asteen Maclaurinin polynomin arvo pisteessä \(x=[value]\), kun \(k\to\infty\).

Kirjoita pdf-ratkaisuusi kaikki välivaiheet perusteluineen. (45 p)
Vastaa lisäksi c)-kohdan vastaukset 4 desimaalin tarkkuudella alla oleviin vastauslaatikkoihin (5 p)

Polynomin arvo, kun polynomin aste = \([value]\) :
Polynomin arvo, kun polynomin aste  \(k\to\infty\) :
Feedback: a) Funktion \(f(x)=-\ln(1-x)\) on määritelty ja sillä on olemassa kaikki derivaatat välillä \(x\in(-\infty, 1)\). Lasketaan funktion \(f(x)=-\ln(1-x)\) ja sen derivaattojen arvoja pisteessä \(x=0\). \(f(x)=-\ln(1-x),\ \ f(0)=0\) \(f'(x)=\dfrac{1}{1-x},\ \ f'(0)=1\) \(f''(x)=\dfrac{1}{(1-x)^2},\ \ f''(0)=1\) \(f'''(x)=2\dfrac{1}{(1-x)^3},\ \ f'''(0)=2\) \(f^{(4)}(x)=3!\dfrac{1}{(1-x)^4},\ \ f^{(4)}(0)=3!=6\) \(f^{(5)}(x)=4!\dfrac{1}{(1-x)^5},\ \ f^{(5)}(0)=4!=24\) Tästä voidaan nähdä, että yleisesti \[f^{(k)}(x)=(k-1)!\dfrac{1}{(1-x)^k},\ \ f^{(k)}(0)=(k-1)!,\ k\in\mathbf{Z}_+ \] Funktion potenssisarjaesitys pisteen \(x=0\) suhteen saadaan Taylorin sarjasta \[\sum_{k=0}^\infty \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}(x-0)^k = \sum_{k=0}^\infty \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k=0+\sum_{k=1}^\infty \dfrac{(k-1)!}{k!}x^k=\sum_{k=1}^\infty \dfrac{x^k}{k}\] Kun kirjoitetaan sarjaesitystä auki, saadaan \[\sum_{k=1}^\infty \dfrac{x^k}{k}=x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^3}{3}+\cdots\] b) Potenssisarjan suppenemissäde on \[R=\lim_{k\to\infty}\left| \dfrac{a_k}{a_{k+1}}\right|=\lim_{k\to\infty}\left| \dfrac{k}{k+1}\right|= \lim_{k\to\infty}\left| \dfrac{1}{1+1/k}\right|=1\] Suppenemisväli on ainakin avoin väli \( (-1,1) \). Kun \(x=-1\) saadaan vuorotteleva sarja \[\sum_{k=1}^\infty \dfrac{(-1)^k}{k}=(-1)+\dfrac{(-1)^2}{2}+\dfrac{(-1)^2}{2}+\dfrac{(-1)^3}{3}+\dfrac{(-1)^4}{4}+\cdots=-1+\dfrac12-\dfrac13+\dfrac14-\cdots\] Selvästi sarjan termien itseisarvot muodostavat vähenevän lukujonon ja lähestyvät nollaa, kun \(k\to\infty\). Leibnizin lauseen nojalla sarja on suppeneva. Kun \(x=1\) saadaan harmoninen sarja \[\sum_{k=1}^\infty \dfrac{1^k}{k}=1+\dfrac{1^2}{2}+\frac{1^2}{2}+\dfrac{1^3}{3}+\dfrac{1^4}{4}+\cdots=1+\dfrac12+\dfrac13+\dfrac14+\cdots\] joka tiedetään hajaantuvaksi. Potenssisarjan suppenemisväli on siis \( [-1,1) \). c) [value]. asteen Maclaurinin polynomi saadaan ottamalla Taylorin sarjan alusta termit [value]. asteen termiin asti eli \[P_{[value]}(x)=\sum_{k=1}^{[value]} \dfrac{x^k}{k}=x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{4} [value]\] Polynomin arvo on \[P_{[value]}([value])=\sum_{k=1}^{[value]} \dfrac{[value]^k}{k}=[value]+\dfrac{[value]^2}{2}+\dfrac{[value]^3}{3}+\dfrac{[value]^4}{4} [value]=[value]\] Koska \(x=[value]\) kuuluu suppenemisvälille, on Taylorin polynomi \(k\to\infty\) sama kuin funktio itse. Joten \[P_\infty([value])=-\ln(1-[value])=[value]\]

Ratkaise alkuarvotehtävä

\(y''+[value]y'-[value]y=[value], \ \ y(0)=[value] ,\ \ \ y'(0)=[value]\)

Kirjoita pdf-ratkaisuusi kaikki välivaiheet perusteluineen. (45 p)
Kirjoita lisäksi lopputulos alla olevaan vastauslaatikkoon (5 p)

Vastaus  \(y(x)=\)
Feedback: \(y''+[value]y'-[value]y=[value], \ y(0)=[value] ,\ y'(0)=[value]\) Vastaavan homogeenisen yhtälön \(y''+[value]y'-[value]y=0\) karakteristisen yhtälön \(\lambda^2+[value]\lambda-[value]=0\) juuret ovat \(\lambda_1=[value]\) ja \(\lambda_2=[value]\). Homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on \(y_h=c_1e^{[value]x}+ c_1e^{[value]x}\). Epähomogeenisen yhtälön muodon perusteella kokeillaan yritettä \(y_p=Ae^x+Bx+C\). Tällöin \(y'_p=Ae^x+B\) ja \(y''_p=Ae^x\). Kun nämä sijoitetaan alkuperäiseen yhtälöön, saadaan \[Ae^x+[value](Ae^x+B)+[value](Ae^x+Bx+C)= (A+[value]A+[value]A)e^x+[value]Bx+ ([value]B+[value]C) = [value]\] josta saadaan ratkaisuksi \(A=[value],\ B=[value], \ C=[value]\). Epähomogeenisen yhtälön yksi ratkaisu on [value] ja yleinen ratkaisu \[y(x)=c_1e^{[value]x}+ c_1e^{[value]x}+[value]\] Alkuehdoista ratkaistaan \(c_1\) ja \(c_2\). \(y(0)=c_1+c_2+[value]+[value]=[value]\) ja \(y'(0)=[value]c_1+[value]c_2+[value]+[value]=[value]\). Näistä saadaan \(c_1=[value]\) ja \(c_2=[value]\). Alkuehtotehtävän ratkaisu on \(y(x)=[value]e^{[value]x}+ [value]e^{[value]x}+[value]\).

Kirjoita pdf-ratkaisuusi kaikki välivaiheet perusteluineen. (45 p)
Vastaa lisäksi a)-kohdan vastaus alla olevaan vastauslaatikkoon pyydetyllä tarkkuudella (5 p)

a) Pöytätenniksen säännöissä sanotaan, että pelipöydän materiaalin tulee olla sellainen, että kun pallo pudotetaan 30 cm korkeudelta, tulee pallon ponnahtaa 23 cm. Jos oletetaan, että tämän jälkeen pallo ponnahtaa taas samassa suhteessa, niin kuinka pitkän matkan pallo kulkee pomppiessaan kunnes pysähtyy.  (15p)

Vastaus 2 desimaalin tarkkuudella (5p)=  cm

b) Tutki sarjan \(\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \dfrac{k}{2k^2+1}\) suppenemista/hajaantumista

- integraalitestillä (10p)
- vertailuperiaatteella  (10 p) (käytä vertailusarjana p-sarjaa tai muuta sellaista sarjaa, jonka suppeneminen tai hajaantuminen tunnetaan. Ratkaisuksi ei käy se, että teet jonkun vertailun ja sitten testaat vertailusarjan suppenemisen/hajaantumisen jollain muulla tavalla kuin vertailuperiaatteella.
- suhdetestillä (10p)
Feedback: a) Aluksi pallo putoaa 30 cm. Tästä pallo nousee 23 cm ja putoaa pöydän pintaan. Joten 1. pompun pituus on 46 cm. Seuraavalla kerralla pallo nousee \(23/30\cdot 23\) ja toisen pompun pituus on \(2\cdot 23/30\cdot 23=23/30\cdot 46\). Peräkkäisten pomppujen pituuksien suhde on \(23/30\), joten yhteenlaskettu pituus on geometrisen sarjan summana \(\displaystyle30+\sum_{k=0}^{\infty} 46\cdot \left(\dfrac{23}{30}\right)^k = 30+\dfrac{46}{1-\dfrac{23}{30}}=\dfrac{1590}{7}=227.14\ \textrm{cm} \) b) \(\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \dfrac{k}{2k^2+1}\). Integraalitesti. Funktio \(f(x)=\dfrac{x}{2x^2+1}\) on vähenevä funktio ja \(f(k)=\dfrac{k}{2k^2+1},\ \ k\geq 1\). \(\displaystyle \int\limits_1^\infty \dfrac{x}{2x^2+1}\ dx =\mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}1}^{\mspace{17mu}\infty} \dfrac14\ln(2x^2+1) =\infty\) Koska integraali hajaantuu, myös sarja hajaantuu. Vertailuperiaate. Positiivitermisen sarjan summa pienenee, jos osamäärämuotoisen sarjan termin osoittaja pienenee tai nimittäjä suurenee. \(\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \dfrac{k}{2k^2+1}\geq \sum_{k=1}^\infty \dfrac{k}{2k^2+2k} = \dfrac12 \sum_{k=1}^\infty \dfrac{1}{k+1} = \dfrac12\left (-1+\sum_{k=1}^\infty \dfrac{1}{k}\right) = \infty\) koska vertailusarjana oleva harmoninen sarja hajaantuu. Suhdetesti. \(\displaystyle \lim\limits_{k\to \infty} \dfrac{a_{k+1}}{a_k}= \lim\limits_{k\to \infty} \dfrac{\dfrac{k+1}{2(k+1)^2+1}}{\dfrac{k} {2k^2+1}} = \lim\limits_{k\to \infty} \dfrac{(k+1)(2k^2+1)}{k(2(k+1)^2+1)} = \lim\limits_{k\to \infty} \dfrac{2k^3+2k^2+k+1}{2k^3+4k^2+3k} = \lim\limits_{k\to \infty} \dfrac{2+\frac2k+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{k^3}}{2+\frac4k+\frac{3}{k^2}} = 1\) Suhdetestin perusteella ei voi päätellä sarjan suppenemista tai hajaantumista.

Jos \(t=\tan(x/2)\), niin päättele oheisen muistikolmion avulla, mitä ovat tällöin \(\sin(x/2),\ \cos(x/2)\) muuttujan \(t\) avulla esitettynä. Käytä tietoa \(\cos(x)=\cos^2(x/2)-\sin^2(x/2)\) ja määritä \(\cos(x)\) muuttujan \(t\) avulla. Laske sitten sijoituksella \(t=\tan(x/2)\) seuraava integraalifunktio ja epäoleellinen määrätty integraali
\[\int \dfrac{1}{\cos(x)}\ dx,\qquad \int_0^\pi \dfrac{1}{\cos(x)}\ dx\]

Kirjoita pdf-ratkaisuusi kaikki välivaiheet perusteluineen. Pelkkä ohjelmalla saatu ratkaisu ei riitä vastaukseksi. (45 p)
Vastaa lisäksi määrätyn integraalin arvo 4 desimaalin tarkkuudella alla olevaan vastauslaatikkoon. Jos integraali hajaantuu, anna vastaukseksi luku \(-999\) (5 p)

Vastaus:

[Image]
Feedback: Muistikolmiosta saadaan \(\sin(x/2)=\dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}}\) (vastaisen kateetin suhde hypotenuusaan) ja \(\cos(x/2)=\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\) (viereisen kateetin suhde hypotenuusaan). Näiden avulla saadaan \begin{eqnarray*} \cos(x)&=&\cos^2(x/2)-\sin^2(x/2)\\ &=&\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\right)^2- \left(\dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}}\right)^2 \\ &=& \dfrac{1}{1+t^2}-\dfrac{t^2}{1+t^2}\\ &=&\dfrac{1-t^2}{1+t^2} \end{eqnarray*} Kun käytetään sijoitusta \(t=\tan(x/2) \ \Leftrightarrow \ x=2\arctan(t)\) saadaan \[\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{2}{1+t^2} \Rightarrow dx=\dfrac{2}{1+t^2}dt\] Integraaliksi sijoituksen jälkeen saadaan \[\int \dfrac{1}{\cos(x)}\ dx = \int \dfrac{1+t^2}{1-t^2}\cdot \dfrac{2}{1+t^2}\ dt = \int \dfrac{2}{1-t^2} \ dt = \int \dfrac{2}{(1-t)(1+t)} \ dt\] Tämä jakautuu osamurtoihin ja integraalifunktioksi saadaan \begin{eqnarray*} \int \dfrac{2}{(1-t)(1+t)} \ dt &=& -\int \dfrac{1}{(1-t)}+ \dfrac{1}{(1+t)}\ dt \\&=&- \ln|1-t|+\ln|1+t|+ C\\ &=& \ln\left|\dfrac{1+t}{1-t}\right|+C \end{eqnarray*} Palataan takaisin alkuperäiseen muuttujaan ja vastaus on \[\int \dfrac{1}{\cos(x)}\ dx = \ln\left|\dfrac{1+\tan(x/2)}{1-\tan(x/2)}\right|+C\] Laskettaessa määrättyä integraalia huomataan, että funktiolla on singulariteettipiste kohdassa \(x=\pi/2\), jossa nimittäjä \(\cos(\pi/2)=0\). Siksi määrätty integraali jaetaan kahteen osaan \[\int_0^\pi \dfrac{1}{\cos(x)}\ dx= \int_0^{\pi/2} \dfrac{1}{\cos(x)}\ dx+\int_{\pi/2}^\pi \dfrac{1}{\cos(x)}\ dx\] Lasketaan ensin toinen integraaleista \begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2} \dfrac{1}{\cos(x)}\ dx &=& \lim\limits_{a\to\pi/2-} \int_0^{a }\dfrac{1}{\cos(x)} \\ &=& \lim\limits_{a\to\pi/2-} \mathop{\Big/}\limits_{\mspace{-18mu}0}^{\mspace{17mu}a} \ln\left|\dfrac{1+\tan(x/2)}{1-\tan(x/2)}\right| \\ &=& \lim\limits_{a\to\pi/2-} \ln\left|\dfrac{1+\tan(a/2)}{1-\tan(a/2)}\right| -\ln\left|\dfrac{1+\tan(0)}{1-\tan(0)}\right| \\ &=& \infty- 0 =\infty \end{eqnarray*} koska \begin{eqnarray*}&&\lim\limits_{a\to\pi/2-} 1+\tan(a/2) = 2\ \textrm{ ja } \ \lim\limits_{a\to\pi/2-} 1-\tan(a/2) = 0\\ &\Rightarrow& \lim\limits_{a\to\pi/2-} \ln\left|\dfrac{1+\tan(a/2)}{1-\tan(a/2)}\right| =\infty \end{eqnarray*} joten integraali hajaantuu. Koska jo toinen osa integraalista hajaantuu, myös koko integraali hajaantuu. Vastaavasti voitaisiin laskea toisen puolen integraali ja sekin hajaantuu.