y ′ = − xy 2 = − y x − 2 =: f(x) g(y), y(0) = 2. Separoituvan alkuarvotehtävän ratkaisukaavalla

Ensimmäisen välikokeen ratkaisuehdotuksia

Tehtävä 1

(a)

y ^′ = − xy ² = _{− y} ^x ₋ 2 =: ^f(x) _g(y)

^,

y(0) = 2

^. Separoituvan alkuarvotehtävän ratkaisukaavalla

Z y

2 − t ^{− 2} dt = Z x

0

t dt

y

2 t ^{− 1} =

x 0

1 2 t ² y ^{− 1} − 2 ^{− 1} = 1

2 x ² − 0

= ⇒ y(x) = 2 x ² + 1 .

(b)

y ^′′ = − 2y ^′ − y ⇒ y ^′′ + 2y + y = 0

^,

y(0) = 0

^,

y ^′ (0) = 1

^{. Kyseessä}

onlineaarinenhomogeeninentoisenasteenalkuarvotehtävä.Karakteristinen

yhtälö:

r ² + 2r + 1 = 0 ⇒ r = − 2 ± √

2 ² − 4 · 1 · 1

2 = − 1.

Karakteristisellayhtälölläon kaksoisjuuri,jolloinyleinen ratkaisu on

y(x) = (C 1 + C 2 x)e ^{− x} .

Vakiotratkeavat alkuarvoista:

( y(0) = C 1 = 0

y ^′ (0) = C ₂ − C ₁ = 1 ⇒

( C 1 = 0 C ₂ = 1 .

Siis tehtävän ratkaisu on

y(x) = xe ^{− x} .

Tehtävä 2

(a) Osoitettiin, että jos A on tosi, niin B on tosi eli näyettiin todeksi im-

plikaatioväittämä

A ⇒ B

^{(suora todistus).Lisäksi näytettiin Btodeksi, eli}

kaikkiaantuli toteen näytetyksi väittämä

C = (A ⇒ B ) ∧ B

^.

Johtopäätös '

A

^{tosi'onväärä, koska}

C

^{ontosi myös,kun}

A

^onepätosija

B

tosi.Tämän voinähdä myöstotuusarvotaulukosta

(A ⇒ B ) ∧ B

0 1 0 0 0

0 1 1 1 1

1 0 0 0 0

1 1 1 1 1

,

missä

A

^{:n ja}

B

^{:n alle laitetaan kaikki} totuusarvoyhdistelmät ja täytetään loputsarakkeetkonnektiiviensuoritusjärjestyksessä.Kirjastatuttutotuusar-

votaulukkonäyttää tältä:

A B (A ⇒ B) (A ⇒ B ) ∧ B

0 0 1 0

0 1 1 1

1 0 0 0

1 1 1 1

.

Nähdään,ettäitseasiassapropositioiden

B

^ja

C = (A ⇒ B) ∧ B

totuusarvot ovat samat.

(b)Kaikilla

x, y, z ∈ Q

^pätee:

(i)

x − x = 0 ∈ Z ⇐⇒ xRx

^,eli

R

^on reeksiivinen;

(ii)

xRy ⇐⇒ x − y ∈ Z ⇐⇒ y − x = − (x − y) ∈ Z ⇐⇒ yRx

^,eli

R

^on

symmetrinen;

(iii)

xRy ∧ yRz ⇐⇒ x − y ∈ Z ∧ y − z ∈ Z = ⇒ x − z = x − y + (y − z) ∈ Z ⇐⇒ xRz

^,eli

R

^ontransitiivinen.

Relaatiolla

R

^{on siis kaikki} ekvivalenssirelaation ominaisuudet, ja sesiison ekvivalenssirelaatio.

Tehtävä 3

Jokaisella

ε > 0

^{on olemassa}

N ε = ⌈ (10 ¹⁰⁰ − 1) 1 ε − 1 ⌉

(missä

⌈ c ⌉ = min { k ∈ N : c ≤ k }

^{) siten,että kun}

n > N ε

^,pätee

n + 10 ¹⁰⁰ n + 1 − 1

=

n + 10 ¹⁰⁰ − n − 1 n + 1

= 10 ¹⁰⁰ − 1 n + 1

< 10 ¹⁰⁰ − 1

N _ε + 1 = 10 ¹⁰⁰ − 1

⌈ (10 ¹⁰⁰ − 1) ¹ _ε − 1 ⌉ + 1

< 10 ¹⁰⁰ − 1 (10 ¹⁰⁰ − 1) ¹ _ε = ε.

Siis määritelmänmukaan

lim n →∞ n+10 ¹⁰⁰ n+1 = 1

^.

Käytännössä sopiva

N _ε

^löydetään ratkaisemalla epäyhtälö

n + 10 ¹⁰⁰ n + 1 − 1

< ε.

n + 10 ¹⁰⁰ n + 1 − 1

< ε n + 10 ¹⁰⁰

n + 1 − 1 < ε n + 10 ¹⁰⁰

n + 1 < ε + 1

10 ¹⁰⁰ < (ε + 1)(n + 1) − n = εn + ε + 1 (10 ¹⁰⁰ − 1) · 1

ε − 1 < n.

Nythaluttu

N ε ∈ N

^{(!)saadaanottamallaviimeisenepäyhtälönvasemmasta}

puolestahattufunktio

⌈·⌉

^.

Tehtävä 4

(a) Pätee

a ₀ = 2 > 0

^{. Jos}

a k > 0

^{, niin myös}

a _k+1 = ₁₊₂ ^a ₋ ^k k a ² _k > 0

^{. Siis}

induktioperiaatteen mukaan

a _n > 0

^kaikilla

n

^.Toisaalta

a _n+1

a _n = 1

1 + 2 ^{− n} a ² _n < 1 ∀ n,

jolloinjonoon(aidosti)vähenevä.(Lisäksi

a n ≤ 2 ∀ n

^{,silläjono onvähenevä}

ja

a ₀ = 2 ≤ 2

^.)Rajoitettuna jamonotonisena jono

(a n )

^{siis suppenee.}

(b)Sarjanyleiselletermille (

k 6 = 0

^{) pätee}

k ³

(k ² + 1000) ² = k ³

k ⁴ + 2k ² 1000 + 1000000 = 1

1 + 2000 _k ¹ 2 + ^1000000 _k 4

1 k

≥ 1

1 + 2000 + 1000000 1

k = 1

1002001 1 k ,

sillä selvästi

2000 _k ¹ 2 + ^1000000 _k 4 ≤ 2000 + 1000000

^{. Koska harmoninen sarja}

1

1002001 · P ∞ k=1 1

k

^hajaantuu, minoranttiperiaatteen mukaan myössarja

∞

X

k=0

k ³

(k ² + 1000) ² =

∞

X

k=1

k ³ (k ² + 1000) ²

hajaantuu.

()Tarkastellaan potenssisarjaa

∞

X

k=0

(k/3) ^k

k! x ^k ,

(k/3) ^k k!

(k + 1)!

((k + 1)/3) ^k+1

= k + 1

k + 1 · k ^k

(k + 1) ^k · 3 ^k+1 3 ^k

= 3 · k

k + 1 k

= 3 ·

k + 1 − 1 k + 1

k

= 3 ·

1 − 1 k + 1

k

= 3 ·

1 − 1 k + 1

k+1

·

1 − 1 k + 1

⁻ 1

k −→ →∞ 3 · 1

e · 1 = 3 e > 1.

Tällöin potenssisarja suppenee,kun

x = 1

^{,eli sarja}

∞

X

k=0

(k/3) ^k k! =

∞

X

k=0

(k/3) ^k k! (1) ^k

suppenee.