x y = 2z. + 2y, z 2y df

Transkrypt

1 . Funkcje wielu zmiennych i funkcje uwikłane Zadanie.. Obliczyć przybliżoną wartość wyrażenia (, ) (,). Korzystamy z przybliżenia f, y) f, y ) + x x, y ) + y y, y ), gdzie x = x x a y = y y. Przybliżenie będzie tym lepsze im mniejsze będą przyrosty ( x) + ( y). x, y a błąd, jaki popełnimy, dąży do zera szybciej niż Rozważmy funkcję f, y) = x y, gdzie x, y >, oraz x =,, y =,. Jako x i y weźmy zaokrąglenia x i y do liczby całkowitej, czyli x =, y =. Wtedy x =,, y =, oraz f, y ) =. Obliczamy x, y) = yxy, y, y) = xy ln x. Stąd mamy x, y ) =, y, y ) =. Zatem (, ) (,) = f(,,, ) +, +, =, 8. Odpowiedź: Przybliżona watość wyrażenia (, ) (,) wynosi, 8. Zadanie.. Obliczyć przybliżoną wartość wyrażenia, 3 7, 96. Korzystamy z przybliżenia f, y) f, y ) + x x, y ) + y y, y ), gdzie x = x x a y = y y. Rozważmy funkcję f, y) = xy, gdzie iloczyn xy, oraz x =, 3, y = 7, 96. Jako x i y weźmy zaokrąglenia x i y do liczby całkowitej, czyli x =, y = 8. Wtedy x =, 3, y =, oraz f, y ) =. Obliczamy, y) = y x,, y) = x xy y. Stąd xy x, y ) =, y, y ) =, 5. Zatem 3, 3 6, 96 = f(, 3, 7, 96) +, 3,, 5 =,. Odpowiedź: Przybliżona watość wyrażenia, 3 7, 96 wynosi,. Zadanie.3. Wykazać, że każda funkcja z, y) = x f ( y x ), gdzie f jest funkcją różniczkowalną jednej zmiennej, spełnia równanie x z z + y x y = z. Niech f będzie funkcją różniczkowalną jednej zmiennej t. Obliczamy pochodne cząstkowe i wstawiamy je do równania ( ) z y x, y) = xf y df x x dt ( ) y x x z z + y x y = x f Zadanie.. Wyznaczyć dziedzinę funkcji ( ) y, z ( ) df y, y) =, x y dt x ( ) y + y df ( ) y = z. x dt x y df dt f, y) = ln3y ) y x. Z postaci funkcji otrzymujemy następujące założenia: y x >, x 3y >, x >, y >,. Rozwiązeniem pierwszej nierówności jest y > x, natomiast przy założeniach x > i y > nierówność x 3y > jest zawsze spełniona. Zatem dziedziną funkcji f jest zbiór D f =, y) : x >, y >, y > x, x, y R}. Zadanie.5. Zbadać ekstrema lokalne funkcji f, y) = x 6y. Dziedziną funkcji jest zbiór R. Pierwsze pochodne cząstkowe to, y) = x x,, y) = y. Dziedzina obydwu pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. y Rozwiązując układ równań x = y =

2 otrzymujemy jedyny punkt podejrzany o istnienie ekstremum o współrzędnych (, ). Macierz drugich pochodnych cząstkowych to [ ], jej wyznacznik w punkcie (, ) wynosi jest dodatni, więc funkcja ma w tym punkcie ekstremum lokalne. Jest to minimum ponieważ f (, ) = <. Mimimum to wynosi f(, ) =. x Odpowiedź: Funkcja osiąga minimum lokalne w punkcie (, ) o wartości f(, ) =. Zadanie.6. Zbadać ekstrema lokalne funkcji f, y) = 5x + 7y. Dziedziną funkcji jest zbiór R. Pierwsze pochodne cząstkowe to, y) = x x,, y) = y. Dziedzina obydwu pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. y Jedynym punktem, w którym obydwie pochodne cząstkowe się zerują jest punkt (, ), a zatem jest to jedyny punkt podejrzany o ekstremum. Macierz drugich pochodnych cząstkowych to [ ], jej wyznacznik w punkcie (, ) wynosi. Zatem w punkcie (, ) funkcja nie ma ekstremum. Odpowiedź: Funkcja nie posiada ekstremów lokalnych. Zadanie.7. Zbadać ekstrema lokalne funkcji f, y) = x y3 xy. Dziedziną funkcji jest zbiór R. Pochodne cząstkowe pierwszego rzędu to x, y) = 3x y, y, y) = 9 y x. Dziedzina obydwu pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. Badamy warunek konieczny istnienia ekstremum:, y) =,, y) =. x y 3x y = 3x 9 y x =, y = x x =, 3x y = x ) + x + ) =, zatem punkty podejrzane o istnienie ekstremum to (, ), (, 3). Warunek wystarczajacy istnienia ekstremum w punkcie podejrzanym, y ) : W, y ) = x, y ) f yx, y ) f xy, y ) f y, y ) >. Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rządu, y) = 6x, x W punkcie (, ), mamy f xy, y) = f yx, y) =, f y, y) = 9 y. W (, ) = = <, więc w punkcie (, ) funkcja f nie ma ekstremum lokalnego. W punkcie (, 3), mamy 6 W (, ) = = 3 >, więc w punkcie (, 3) funkcja f ma ekstremum lokalne, które wynosi f(, 3) =. Ponieważ x (, 3) = 6 > zatem jest to minimum lokalne. Odpowiedź: Funkcja posiada minimum lokalne w punkcie (, 3), o wartości f(, 3) =. Zadanie.8. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji f, y) = x + y. 3

3 , x +y y Dziedziną funkcji jest zbiór R. Obliczamy pierwsze pochodne cząstkowe:, y) = x x, y) = x y. Dziedziną obydwu pochodnych cząstkowych jest +y R \ (, )}, a za- tem w punkcie (, ), który należy do dziedziny funkcji, będziemy badać z definicji istnienie ekstremum lokalnego. Ponieważ układ równań, y) =,, y) = nie posiada rozwiązań, x y nie mamy punktów podejrzanych. Przystępujemy do badania istnienia ekstremum w punkcie (, ). Ponieważ f(, ) = oraz dla każdegu punktu, y) R \ (, )} mamy f, y) <, a zatem w punkcie (, ) funkcja osiąga maksimum globalne. Odpowiedź: Funkcja osiąga maksimum globalne w punkcie (, ) o wartości f(, ) =. Zadanie.9. Zbadać ekstrema lokalne funkcji f, y) = y x y + 6y + 8 x. Dziedziną funkcji jest zbiór, y) : x, y R}. Obliczamy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu, y) = y x. Dziedzina pochodnej cząstkowej y cząstkowej, x y, y) = x y + 6. jest równa dziedzinie funkcji, ale dziedziną pochodnej jest zbiór, y) : x >, y R}. Zatem w każdym punkcie zbioru, y) : x x =, y R} będziemy badać istnienie ekstremum z definicji. Dla pozostałych punktów sprawdzamy warunek konieczny istnienia ekstremum, y) =,, y) =. x y y = x x = y, x = y, x = x y + 6 = y = 6 3y = 6, y =, zatem punkt podejrzany to (, ). Warunek wystarczajacy istnienia ekstremum w punkcie, y ) : W, y ) = x, y ) f yx, y ) f xy, y ) f y, y ) >. Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rządu y, y) = y x x, 3 xy, y) = f, y) = yx x, f, y) =. y W punkcie (, ), mamy W (, ) = 8 = 3 6 >, więc w punkcie (, ) funkcja f posiada ekstremum lokalne. Ponieważ f (, ) <, więc jest x to maksimum lokalne o wartości f(, ) =. Przystępujemy do badania ekstremów funkcji na zbiorze, y) : x =, y R}. Przy założeniu x = funkcja przyjmuje wzór f, y) = y +6y+8. Wtedy df dy (y) = y+6 i jedynym punktem podejrzanym o istnienie ekstremum jest punkt y = 3. Ponieważ d f (y) =, więc byłoby to dx maksimum lokalne. Sprawdzamy, czy faktycznie jest tam maksimum. Obliczamy f(, 3) = 7. Weźmy punkty postaci (, 3). Wtedy f(, 3) = 7 + 3n n n n n > 7, a zatem funkcja f nie ma w n punkcie (, 3) ekstremum lokalnego. Odpowiedź: Funkcja ma maksimum lokalne w punkcie (, ) o wartości f(, ) =. Zadanie.. Zbadać ekstrema lokalne funkcji f, y) = y ey +y+x. 3

4 Dziedziną funkcji jest zbiór, y) : y, x, y R}. Pochodne cząstkowe pierwszego rzędu x, y) = x y +y+x ey, Warunek konieczny istnienia ekstremum x x y ey +y+x = y +y y e y +y+x =, y, y) = y + y y, y) =,, y) =. y x = y + y =, y +y+x e. zatem punkty podejrzane to (, ), (, ). Warunek wystarczajacy istnienia ekstremum w punkcie podejrzanym, y ) : W, y ) = x, y ) f yx, y ) f xy, y ) f y, y ) >. Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rządu x, y) = x + e y +y+x, y xy, y) = f yx, y) = xy + xy x y y, y) = y + y 3 y y + y +y+x e. y 3 W punkcie (, ), mamy W (, ) = = <, 3 y +y+x e, więc w punkcie (, ) funkcja f ma ekstremum lokalne, które wynosi f(, ) =. Ponieważ (, ) = < zatem jest to maksimum lokalne. x W punkcie (, ), mamy W (, ) = e 3 e 3 = 8e 3 >, więc w punkcie (, ) funkcja f ma ekstremum lokalne, które wynosi f(, ) = e 3. Ponieważ x (, ) = e 3 > zatem jest to minimum lokalne. Odpowiedź: Funkcja ma w punkcie (, ) maksimum lokalne o wartości f(, ) = a w punkcie (, ) minimum o wartości f(, ) = e 3. Zadanie.. Zbadać ekstrema lokalne funkcji f, y) = sin x sin y sin + y), w zbiorze D = (, ) (, ). Dziedziną funkcji jest zbiór R R, jednak badamy funkcję tylko na zbiorze (, ) (, ). Pochodne cząstkowe pierwszego rzędu, y) = cos x sin y sin + y) + sin x sin y cos + y) = sin y sin + y), x, y) = sin x cos y sin + y) + sin x sin y cos + y) = sin x sin + y). y Dziedzina pierwszych pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. Badamy warunek konieczny istnienia ekstremum, y) =,, y) =. x y sin y sin + y) = sin x sin + y) =

5 Z pierwszego równania otrzymujemy, że y = k lub x + y = k, gdzie k Z. Z drugiego równania, analogicznie, x = k lub x + y = k, k Z. Po uwględnieniu założenia, że, y) (, ) (, ) mamy x + y = x + y = y = x 3x = Otrzymujemy jeden punkt podejrzany (, ). Warunek wystarczajacy istnienia ekstremum w 3 3 punkcie podejrzanym, y ) : W, y ) = x, y ) f yx, y ) f xy, y ) f y, y ) >. Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu x, y) = sin y cos+y), f, y) = sin x cos+y), y W punkcie ( 3, 3 ) mamy W ( 3, 3 ) = = 9 >, f xy, y) = f, y) = sin+y). yx zatem w punkcie (, ) funkcja ma ekstremum lokalne o wartości 3 3 f(, ) = 3 3. Ponieważ (, ) <, zatem jest to maksimum lokalne. x 3 3 Odpowiedź: Funkcja ma w punkcie (, ) maksimum lokalne o wartości 3 3 f(, ) = Zadanie.. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji f, y) = 3 ln x 6 + ln y + ln( x y) Dziedziną funkcji jest zbiór, y) : x >, y >, x + y <, x, y R}. Obliczamy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu x, y) = 3 x x y, y, y) = y x y. Dziedzina pierwszych pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. Sprawdzamy warunek konieczny istnienia ekstremum, y) =,, y) =. x y 3 = x x y x y = =, x 3 x y = x x y = y 3 x = y y x y 3 zatem punkt podejrzany to (6, ). Zauważmy, że należy on do dziedziny funkcji f. Warunek wystarczajacy istnienia ekstremum w punkcie (6, ) : (6, ) f (6, ) W (6, ) = x yx f (6, ) f (6, ) >. xy y Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rządu x, y) = 3 x ( x y), xy, y) = f yx, y) = ( x y), W punkcie (6, ), mamy y, y) = y ( x y). W (6, ) = 3 3 = 8 6 >,

6 6 więc w punkcie (6, ) funkcja f ma ekstremum lokalne, które wynosi f(6, ) = ln 3. Ponieważ f x (6, ) < zatem jest to maksimum lokalne. Odpowiedź: Funkcja ma w punkcie (6, ) maksimum lokalne o wartości f(6, ) = ln 3. Zadanie.3. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji f, y) = e x + y ) Dziedziną funkcji jest R. Obliczamy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu x, y) = ex + y + x), y, y) = ex + y + y). Dziedzina pierwszych pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. Sprawdzamy warunek konieczny istnienia ekstremum, y) =,, y) =. x e x + y + x) = e x + y + y) = y x + y + x = x + y + y = x = y x + ) = Otrzymujemy dwa punkty podejrzane o istnienie ekstremum: (, ) oraz (, ). Warunek wystarczajacy istnienia ekstremum w punkcie podejrzanym, y ) : W, y ) = x, y ) f yx, y ) f xy, y ) f y, y ) >. Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu x, y) = ex + y + x + ), y, y) = ex + y + y + ), xy, y) = f yx, y) = ex + y + x + y). W punkcie (, ) mamy W (, ) = = >, więc w punkcie (, ) funkcja f ma ekstremum lokalne, które wynosi f(, ) =. Ponieważ x (, ) > zatem jest to minimum lokalne. Zauważmy, że ponieważ dla dowolnych, y) R mamy f, y), zatem jest to minimum globalne. W punkcie (, ) mamy e W (, ) = e = e <, zatem w punkcie (, ) funkcja nie ma ekstremum. Odpowiedź: Funkcja osiąga w punkcie (, ) minimum lokalne (globalne) o wartości f(, ) =. Zadanie.. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji f, y) = lny) + x y + 3 Dziedziną funkcji jest zbiór, y) R : xy > }, czyli I i III ćwiartka układu współrzędnych (bez osi). Obliczamy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu x, y) = x + x, y, y) = y y.

7 Dziedzina pierwszych pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. Sprawdzamy warunek konieczny istnienia ekstremum, y) =,, y) =. x y + x = x x = y y y = Ponieważ pierwsze równanie nie posiada rozwiązań, zatem nie istnieją punkty podejrzane i funkcja nie posiada ekstremów lokalnych. Odpowiedź: Funkcja nie posiada ekstremów lokalnych. Zadanie.5. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji f, y) = y ) ln x Dziedziną funkcji jest zbiór, y) R : x > }. Obliczamy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu y, y) = ln x + x x,, y) = y ln x. y Dziedzina pierwszych pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. Sprawdzamy warunek konieczny istnienia ekstremum, y) =,, y) =. x y ln x + y = x y ln x = Z drugiego równania mamy dwa przypadki I. y = lub II. x =. y = y = I. ln x + = x = e x = x = II. y = = y = y = Otrzymujemy punkty podejrzane (, ), (, ) i (, ). Warunek wystarczajacy istnienia ekstremum w punkcie podejrzanym, y ) : e W, y ) = x, y ) f yx, y ) f xy, y ) f y, y ) >. Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu W punkcie (, ) mamy e x, y) = x + y x,, y) = ln x, y xy, y) = f y, y) = yx x. W ( e, ) = e = e, więc w punkcie (, ) funkcja f ma ekstremum lokalne, które wynosi e f(, ) = Ponieważ e e (, ) > zatem jest to minimum lokalne. x e 7 W punkcie (, ) mamy W (, ) = =,

8 8 więc w punkcie (, ) funkcja f nie posiada ekstremum. W punkcie (, ) mamy W (, ) = =, więc w punkcie (, ) funkcja f również nie posiada ekstremum.. Odpowiedź: Funkcja f ma w punkcie ( e, ) minimum lokalne o wartości f( e, ) = e. Zadanie.6. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji f, y) = e x y 3y ) Dziedziną funkcji jest R. Obliczamy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu x, y) = ex y 3y + x), y, y) = ex y ( x + 3y 6y). Dziedzina pierwszych pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. Sprawdzamy warunek konieczny istnienia ekstremum, y) =,, y) =. x y e x y 3y + x) = e x y ( x + 3y 6y) = Możemy obydwa równania podzielić przez zawsze dodatnie (a zatem w szczególności różne od zera) e x y. x 3y + x = x + 3y 6y = Dodajemy równania stronami i otrzymujemy układ x 6y = x = 3y x 3y + x = y(y + ) = Otrzymujemy punkty podejrzane (, ) i ( 3, ). Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu x, y) = ex y 3y + x + ), y, y) = ex y 3y + y 6), xy, y) = f yx, y) = ex y ( x + 3y x 6y). W punkcie (, ) mamy W (, ) = = <, 6 więc w punkcie (, ) funkcja nie posiada ekstremum lokalnego. W punkcie ( 3, ) mamy e W ( 3, ) = 6e 6e e = e >, więc w punkcie ( 3, ) funkcja f ma maksimum lokalne o wartości f( 3, ) = 6e. Odpowiedź: Funkcja f ma maksimum lokalne w punkcie ( 3, ) o wartości f( 3, ) = 6e.

9 9 Zadanie.7. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji f, y) = (y + ) + (y x) Dziedziną funkcji jest płaszczyzna R. Obliczamy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu, y) = (y x), x, y) = (y x + ). y Dziedzina pierwszych pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. Sprawdzamy warunek konieczny istnienia ekstremum, y) =,, y) =. x y x = y x + = Otrzymujemy punkt podejrzany (, ). Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu y y = x x + =, y) = (y x), x, y) = y, y xy, y) = f, y) =. yx W punkcie (, ) mamy W (, ) = = <, 8 więc funkcja f nie posiada ekstremów lokalnych. Odpowiedź: Funkcja f nie posiada ekstremów lokalnych. Zadanie.8. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji f, y) = x 3 + 3xy + xy Dziedziną funkcji jest płaszczyzna R. Obliczamy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu x, y) = 3x + 3y + y,, y) = 6xy + x. y Dziedzina pierwszych pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. Sprawdzamy warunek konieczny istnienia ekstremum, y) =,, y) =. x y 3x + 3y + y = x + y + y = 6xy + x = x(y + ) = Z drugiego równania I. x = lub II. y =. x = I. y(y + ) = II. y = x = x = y = y = y = x = x = Otrzymujemy cztery punkty podejrzane: (, ), (, ), (, ) i (, ).

10 Warunek wystarczajacy istnienia ekstremum w punkcie podejrzanym, y ) : W, y ) = x, y ) f yx, y ) f xy, y ) f y, y ) >. Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu W punkcie (, ) mamy, y) = 6x, x, y) = 6x, y xy, y) = f, y) = 6y +. yx W (, ) = = <, więc w punkcie (, ) funkcja f nie posiada ekstremum. W punkcie (, ) mamy W (, ) = = <, więc w punkcie (, ) funkcja f również nie ma ekstremum. W punkcie (, ) mamy W (, ) = =, więc w punkcie (, ) funkcja f ma ekstremum lokalne, które wynosi f(, ) = 6. Ponieważ (, ) > zatem jest to minimum lokalne. x W punkcie (, ) mamy W (, ) = = 3 <, więc w punkcie (, ) funkcja f nie posiada ekstremum. Odpowiedź: Funkcja f ma minimum lokalne w punkcie (, ) o wartości f(, ) = 6. Zadanie.9. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji f, y) = y x y x + 6y Dziedziną funkcji jest zbiór, y) R : x }, czyli prawa półpłaszczyzna wraz z osią OY. Obliczamy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu, y) = y x x, y, y) = x y + 6. Zauważmy, że oś OY, która należy do dziedziny funkcji, nie należy do dziedziny pochodnej, a zatem każdy punkt postaci (, y), y R jest punktem podejrzanym o istnienie x ekstremum. Ponieważ funkcja nie jest różniczkowalna w tym punkcie, zatem istnienie ekstremum będziemy badać inną metodą. Dla pozostałych punktów sprawdzamy warunek konieczny, y) =,, y) =. x y y x = x y + 6 = Otrzymujemy kolejny punkt podejrzany (, ). y = x y =

11 Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu, y) = y x x x,, y) =, y xy, y) = f, y) = yx x. W punkcie (, ) mamy W () = 8 = 3 6 >, więc w punkcie (, ) funkcja f ma ekstremum lokalne, które wynosi f(, ) =. Ponieważ (, ) < zatem jest to maksimum lokalne. x Badamy punkty postaci (, y), y R. Na osi OY funkcja przyjmuje postać f(y) = y + 6y. Obliczamy pochodną f (y) = y + 6. Pochodna zmienia znak z dodatniej na ujemną w punkcie y = 3, czyli f(y) ma tam maksimum jako funkcja jednej zmiennej. Punkt (, 3) jest zatem jedynym punktem na osi OY podejrzanym o istnienie ekstremum dla funkcji f, y) i musiałoby to być maksimum. Obliczamy wartość f(, 3) = 9. Zauważmy, że dla punktów postaci ( n, 3) mamy f( n, 3) = 9 + 3n n n > 9 dla n >, a zatem funkcja f nie może mieć w punkcie (, 3) n maksimum lokalnego, czyli nie ma w tym punkcie żadnego ekstremum. Odpowiedź: Funkcja f ma maksimum lokalne w punkcie (, ) o wartości f(, ) =. Zadanie.. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji f, y) = x + y3 3 y xy + 6y Dziedziną funkcji jest płaszczyna R. Obliczamy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu, y) = x y, x y, y) = y y x + 6. Dziedzina pierwszych pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. Sprawdzamy warunek konieczny istnienia ekstremum, y) =,, y) =. x y x y = y y x + 6 = x = y x 5x + 6 = Rozwiązaniem równania kwadratowego jest x = lub x = 3, a zatem otrzymujemy dwa punkty podejrzane: (, ) i (3, 3). Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu, y) =, x, y) = y, y xy, y) = f, y) =. yx

12 W punkcie (, ) mamy W (, ) = = <, więc w punkcie (, ) funkcja nie posiada ekstremum. W punkcie (3, 3) mamy W (3, 3) = = >, więc w punkcie (3, 3) funkcja f ma ekstremum lokalne, które wynosi f(3, 3) = 3. Ponieważ x (3, 3) > zatem jest to minimum lokalne. Odpowiedź: Funkcja f osiąga minimum lokalne w punkcie (3, 3), o wartości f(3, 3) = 3. Zadanie.. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji f, y) = sin x+cos y+cos y) dla, y) (, ) (, ). Dziedziną funkcji jest cała płaszczyzna R, ale zgodnie z treścią zadania zawężamy ją do zbioru (, ) (, ). Obliczamy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu, y) = cos x sin y), x, y) = sin y + sin y). y Dziedzina pierwszych pochodnych cząstkowych jest równa dziedzinie funkcji. Sprawdzamy warunek konieczny istnienia ekstremum, y) =,, y) =. x y cos x sin y) = sin y + sin y) = Dodając równania stronami otrzymujemy cos x = sin y cos x sin y) = Z własności funkcji trygonometrycznych wiemy, że cos x = sin + pi ) oraz sin y = sin + ) wtedy, gdy y = x + + k lub y = x + + k. Uwzględniając ograniczenie, y) (, ) (, ) otrzymujemy y = x. y = x cos x = sin ) = cos) Korzystając ze wzoru cos) = cos x z ostatniego równania otrzymujemy równanie cos x + cos x =. Podstawiamy t = cos x i otrzymujemy rozwiązania t = lub t =. W pierwszym przypadku równanie cos x = nie posiada rozwiązań w przedziale (, ), a z drugiego przypadku cos x = otrzymujemy x = 3, skąd y = 6. Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu, y) = sin x cos y), x, y) = cos y cos y), y xy, y) = f, y) = cos y). yx

13 W punkcie ( 3, 6 ) mamy W ( 3, 6 ) = = 9 >, więc w punkcie (, ) funkcja f ma ekstremum lokalne, które wynosi 3 6 f(, ) = 3 3. Ponieważ 3 6 (, ) < zatem jest to maksimum lokalne. x 3 6 Odpowiedź: Funkcja f ma maksimum lokalne w punkcie ( 3, 6 ) o wartości f( 3, 6 ) = Całka oznaczona i całki wielokrotne.. Całka oznaczona - zadania podstawowe. Zadanie.. Obliczyć całkę oznaczoną Zadanie.. Obliczyć całkę oznaczoną ln 3 sin x dx. sin x dx = [ cos x ] = ( cos ) ( cos ) =. 3xe x dx = [3x( e x )] ln 3 Zadanie.3. Obliczyć całkę oznaczoną dx = t = + x x (t )dt = dx Zadanie.. Obliczyć całkę ln 5 ln 3 ln 3 3xe x dx. 3( e x ) dx = ln 3 [ ln 3 3e x ] ln 3 = ln 3 + = + dx. x (t ) dt = t (( ln )) (( ln )) = 6 ln. ex dx. ln 5 t = e ex dx = x t dt = dx = t + Zadanie.5. Zbadać zbieżność całki t t + dt = [t arc tg t] = arc tg. dx. x + ln 3 3e x dx = t dt = [(t ln t )] = ( ) dt = t +

14 dx = lim x + α α dx = t = x x + dt = dx = lim α α dt = t + [ lim α arc tg t] α Zadanie.6. Obliczyć całkę niewłaściwą 9 9 Zadanie.7. Obliczyć całkę dx x + x + = lim α ( = lim arc tg ) ( α ) ( ) α arc tg = arc tg. x dx. 9 x dx = lim x dx = lim [x ] 9 α α α α = lim(6 α ) = 6. α α dx. x +x+ α dx + ) + = lim α α+ dx + ) + = lim α = lim α [arc tg x] α+ = lim α (arc tg(α + ) arc tg ) = =... Pole między krzywymi. Zadanie.8. Obliczyć pole ograniczone krzywymi y = x, y = x. x x dx = [ x 3 x3 ] = 3 = 6. dx t + = Zadanie.9. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywą o równaniu y = +x oraz osią OX. dx = lim + x β α β α dx = lim + x β α [arc tg x] β α = lim (arc tg β arc tg α) = ( ) =. β α Zadanie.. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywą o równaniu y = +x, x [, ], oraz osią OX. + x dx = + x dx = [arc tg x] = arc tg () arc tg ( ) = ( ) =. Zadanie.. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywą y = b a a x, x [, a], oraz osią OX. Zauważmy, że a >. a b a x a dx = b a a x a t = dx = x a adt = dx = ab t dt = = ab [ t t + arc sin t] = ab arc sin = ab.

15 Zadanie.. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywą y = x 3 + x x, x [, ], oraz osią OX. x 3 + x x dx = [ x + 3 x3 x ] = 6 3. Zadanie.3. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywą y = x x oraz osią OX. Szukane pole to podwojone pole obszaru ograniczonego wykresem funkcji y = x x oraz osią OX w przedziale [, ], wynosi ono: x x t = x dx = dt = xdx = ( )t [ dt = t dt = t dt = t ] 3 =. 3 3 Zadanie.. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywymi y = sin 3 x, y = cos 3 x, x [, ]. = cos 3 x sin 3 x dx = cos x( sin x) sin x( cos x) dx = cos x sin x cos x sin x + sin x cos x dx = [ sin x + cos x 3 sin3 x 3 cos3 x ] = = Zadanie.5. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywą y = +x, x [, ), oraz osią OX. [ dx = lim +x α ( ln x + x+ x x+ + arc tg( x + ) + arc tg ( x ) )] α = =. Zadanie.6. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywą y = x ln x, x (, ] i osią OX. Wykres funkcji znajduje się poniżej osi OX, zatem szukane pole wynosi x ln x dx = lim α [ x ln x x ] α = = lim α [( ln ) ( α ln α α )] =. Zadanie.7. Obliczyć pole obszaru ograniczonego parabolą y = x x i prostą y = x, x [, ]. x x ) dx = x 3x dx = [ 3 x3 3 x ] = 6. Zadanie.8. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywymi o równaniach y = x 3, y = x. Obszar opisany w zadaniu, jest ograniczony krzywymi o równaniach x = 3 y 3, x = y gdzie y [, ]. Jego pole wynosi 5 3 y 3 y dy = [ 3 3 y 3 y3 ] = 5 6.

16 6 Zadanie.9. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywymi y = x, x y + 3 =. 3 x + 3 x dx = [x + 3x 3 x3 ] 3 = 3 3. Zadanie.. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywymi y = ln x i y = ln x. e ln x ln x dx = [3x ln x 3x x ln x] e = 3 e. Zadanie.. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywymi y = x 3 i y = x 5. x 3 x 5 dx = [ x 6 x6 ] =. Zadanie.. Obliczyć pole obszaru zawartego między krzywymi y = x +x+ i y =. x + x + dx = lim β α β α x + x + dx = lim [ x+ arc tg β 3 3 ]β α = α = lim ( β+ arc tg α+ arc tg ) = ( ) =. β α Zadanie.3. Obliczyć pole obszaru ograniczonego liniami y =, y =, dla x [, ]. x +x+8 x + x + 8 dx = [ x+ arc tg ] = arc tg 3. 8 Zadanie.. Obliczyć pole obszaru ograniczonego linią y = x +x+5 x [, ]. Asyptota wykresu funkcji y = Szukane pole wynosi: x +x+5 oraz jej asymptotą, dla dla x ± to prosta y =. x + x + 5 dx = [arc tg + )] = arc tg 3 arc tg. Zadanie.5. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywą o równaniu parametrycznym x = t y = t 3 t3, t [, 3]. Niech funkcja x = g(t) będzie rosnąca i ma w przedziale [a, b] pochodną ciągłą. Pole obszaru ograniczonego łukiem krzywej zadanej w postaci parametrycznej x = g(t), t [a, b], y = f(t) odcinkiem osi OX oraz dwiema prostymi x = g(a), x = g(b), wyraża się wzorem b a f(t) g (t) dt.

17 Zatem pole szukane w zadaniu wynosi: 3 t(t 3 t3 ) dt = 3 t 3 t dt = [ 3 t3 5 t5 ] 3 = 3 5. Zadanie.6. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywą x(t) = r sin t y(t) = r sin t tg t, t [, ], r >, 6 oraz odcinkiem osi OX. 6 r sin t tg t(r sin t) dt = 8r 6 sin t dt = = 8r [ (t 8 sin t + sin 3 t)] 6 = = r ( 8(sin sin ) + (sin sin )) = = r ( + 3). Zadanie.7. Oblicz pole obszaru ograniczonego krzywą x(t) = 3r cos t y(t) = 3r cos t ctg t, t [, ], r >, 6 oraz odcinkiem osi OX. Niech funkcja x = g(t) będzie malejąca i ma w przedziale [a, b] pochodną ciągłą. Pole obszaru ograniczonego łukiem krzywej zadanej w postaci parametrycznej x = g(t), t [a, b], y = f(t) odcinkiem osi OX oraz dwiema prostymi x = g(a), x = g(b), wyraża się wzorem Zatem pole szukane w zadaniu wynosi: 6 b a f(t) g (t) dt. 3r cos t ctg t(3r cos t) dt = 8r 6 cos t dt = = 8r [ (t + 8 sin t + sin 3 t)] 6 = r ( 9 + 9( 3 )). 6 Zadanie.8. Obliczyć pola powierzchni ograniczonych krzywymi y = cos), y = sin), x =, x =. cos x sin x dx = [ sin x + cos x ] =. Zadanie.9. Obliczyć pola powierzchni ograniczonych krzywymi xy =, y = x, y = x, y > ). 7

18 8 [ x] x x dx + + [ ln x x] x dx = x = ln. Zadanie.3. Obliczyć pola powierzchni ograniczonych krzywymi y = Szukane pole wynosi x x dx = [ 3 x 3 3 x3 ] = 3. Zadanie.3. Obliczyć pola powierzchni ograniczonych krzywymi x + (y ) =, y = x (y x). Szukane pole to pole obszaru ograniczonego krzywymi w przedziale [, ]. Zatem wynosi ono.3. Całka potrójna. y = x, y = x x ( x ) dx = Zadanie.3. Obliczyć objętość bryły x + x dx = = [ x x + x x + arc sin x ] =. V =, y, z) R 3 : 3x + 3y z, 9 x + y + z 5}. x, y = x. W przypadku, gdy bryła, której objętość mamy policzyć jest ograniczona sferą (sferami) o środku w (a, b, c) i stożkiem (stożkami) o wierzchołku w środku sfery (ważne!), to najszybszą metodą rozwiązania zadania jest translacja o wektor [ a, b, c] (przesunięcie środka sfery do punktu (,, )) i zastosowanie współrzędnych sferycznych. Ponieważ bryła z zadania jest symetryczna względem płaszczyzny OXOY, policzymy objętość jej połowy V (dla z ) i wynik pomnożymy przez dwa: V =, y, z) R 3 : 3x + 3y z, 9 x + y + z 5, z }. Aby przedstawić V we współrzędnych sferycznych musimy obliczyć kąt nachylenia tworzącej stożka (tzn. prostej, która obrócona wokół OZ tworzy stożek) do płaszczyzny OXOY. W płaszczyźnie OXOZ (czyli dla y = ) tworząca ma równanie z = 3x. Współczynnik kierunkowy prostej jest tangensem kąta nachylenia do osi argumentów (czyli do OX), zatem ten kąt to 3 (tabelka wartości funkcji trygonometrycznych dla podstawowych kątów). Możemy teraz wprowadzić współrzędne sferyczne: V = (r, α, ϕ) : 3 r 5, α, 3 ϕ }. Zamieniamy całkę na iterowaną (pamiętając o jakobianie zmiany zmiennych) i otrzymujemy: V dλ = ( 5 ( Objętość całej bryły to 96( 3) r cos ϕ dϕ ) dα ) dr = 98( 3). 3

19 9 Zadanie.33. Obliczyć objętość bryły V =, y, z) R 3 : x + y + z, x + y 3z 9x + 9y }. λ(v ) = ( ( ) ) 3 r cos ϕ dϕ dr 6 dα = ( 3 ). 3 Zadanie.3. Obliczyć objętość bryły V =, y, z) R 3 : y, x + y, z arc tg x + y }. To zadanie jest dość nietypowe, gdyż możemy je rozwiązać zupełnie bez rysunku (a nawet powinniśmy, gdyż w warunkach egzaminu czy kolokwium ciężko jest naszkicować powierzchnię z = arc tg x + y ). Zauważmy, że bryła V jest domknięciem obszaru V =, y, z) R 3 : y >, x + y <, < z < arc tg x + y } (jedyne, co się zmieniło, to nierówności - ze słabych na mocne ), który jest normalny względem płaszczyzny OXOY: V =, y, z) R 3 :, y) D, < z < arc tg x + y }, gdzie D jest górną połową koła o środku w (, ) i promieniu r = (czyli, we współrzędnych biegunowych, D = (r, α) : < r <, < α < }). Korzystając wprost z twierdzenia o zamiane całki potrójnej na iterowaną otrzymujemy: ( ) dλ = arc tg x + y dλ = r arc tg rdα dr = V D. (Podpowiedź: całkę r arc tg rdr liczyć metodą przez części tak, aby z arc tg r liczyć pochodną.) Zadanie.35. Obliczyć objętość bryły ograniczonej powierzchniami o równaniach x + y + z = z i x + y = z. Podane powierzchnie ograniczają dwie bryły: V =, y, z) : x + y + (z ), z V =, y, z) : x + y + (z ), z x + y } x + y }. Objętość drugiej bryły to objętość kuli o promieniu r = pomniejszona o objętość bryły V (i odwrotnie), a zatem wystarczy obliczyć np. objętość V. Metoda I: bryła V to stożek o podstawie o promieniu r = z doklejoną do podstawy połową kuli o tym samym promieniu, czyli objętość V to. Zatem objętość V to 3. Metoda II: we współrzędnych sferycznych V = (r, α, ϕ) : α, ϕ, r sin ϕ}. Obliczamy objętość ( ( sin ϕ ) ) dλ = r cos ϕdr dϕ dα =. V Objętość V to (można też przedstawić V 3 we współrzędnych sferycznych V = (r, α, ϕ) : α, ϕ, r sin ϕ} i obliczyć objętość kolejną całką potrójną). Zmiana typów nierówności jest tylko po to, żeby nowe V było było obszarem - obszar to zbiór otwarty i spójny, a stare V nie było otwarte. Jest to czysto kosmetyczna zmiana, która nie ma wpływu na wynik.

20 3. Całka powierzchniowa i krzywoliniowa 3.. Całka krzywoliniowa nieskierowana. Zadanie 3.. Obliczyć współrzędne środka ciężkości jednorodnego łuku linii łańcuchowej y = e x +e x, gdzie x. Współrzędne, y ) środka ciężkości linii wyrażają się wzorem x = My, y M = M x, gdzie M jest masą krzywej a M M x, M y to momenty statyczne względem osi OX i OY, odpowiednio. Jeżeli ρ, y) jest gęstością krzywej, to mamy następujące wzory: M = ρ, y)ds L M x = yρ, y)ds L M y = xρ, y)ds L Krzywa z zadania jest jednorodna, a zatem ρ, y) = w każdym punkcie krzywej. Parametryzacja dana jest wprost w nastepujący sposób: x(t) = t L : y(t) = et +e, t [, ]. t Obliczamy masę: ( ) et e M = ds = t + dt = L = e t + + e t dt = e t + e t dt = e e oraz momenty statyczne: ( ) et e M y = xds = t t + dt = te t + te t dt = L M x = L = yds = e t + e t ( ) et e t + dt = ( e t + e t) dt = (e e ) + Odpowiedź: Współrzędne środka ciężkości to x =, y = e e + e e. Zadanie 3.. Obliczyć współrzędne środka ciężkości tej części jednorodnego okręgu x +y =, która jest położona powyżej prostej y = x. Parametryzujemy krzywą z zadania, stosując współrzędne biegunowe: x(t) = cos t y(t) = sin t, t [, 5 ]. Uwaga: środkiem ciężkości krzywej płaskiej, tzn. leżącej na płaszczyźnie (np. na OXY) jest taki punkt, w którym należy podeprzeć całą płaszczyznę, aby obciążona naszą krzywą zachowała równowagę (nie jest to formalna definicja, więc proszę tego nie powtarzać na mechanice czy fizyce). W efekcie środek ciężkości krzywej znajduje się najczęściej gdzieś poza krzywą.

21 Stosując wzory podane w poprzednim zadaniu otrzymujemy: M y = M x = M = ( sin t) + ( cos t) dt = dt = cos t ( sin t) + ( cos t) dt = sin t ( sin t) + ( cos t) dt = 5 5 Odpowiedź: Współrzędne środka ciężkości to x =, y =. 3.. Całka powierzchniowa niezorientowana. cos tdt = sin tdt =. Zadanie 3.3. Obliczyć masę, moment statyczny M xy oraz moment bezwładności względem osi OZ górnej półsfery x + y + z = R, jeżeli powierzchniowa gęstość masy w każdym punkcie równa jest kwadratowi odległości tego punktu od wertykalnej średnicy sfery. Wertykalną (czyli pionową) średnicą sfery jest oś OZ. Odległość dowolnego punktu, y, z) w przestrzeni od osi OZ to odległość rzutu tego punktu na płaszczyznę OXY (czyli punktu, y)) od początku układu współrzędnych. Zatem gęstość wyraża się wzorem ρ, y, z) = x + y. Obliczamy masę 3 : M = x + y ds = = K((,),R) S ( ) ( ) + y x y ) + + dλ = R x y R x y x + y R = R K((,),R) R x y dλ = R ( r 3 R r dα ) dr = R ( = R = R 3 (r r ) ) R 3 R R r = 3 R, moment statyczny: M xy = z + y )ds = S ( ) ( ) = R x y + y x y ) + + dλ = K((,),R) R x y R x y R ( ) = R x + y dλ = R r 3 dα dr = R5 K((,),R) oraz moment bezwładności : I z = + y )ρ, y, z)ds = + y ) ds = S = R K((,),R) + y ) R x y dλ = R R S r 5 R r dr = ( = R R R r + ) 3 R (R r ) 3 R 5 (R r ) 5 = 6 5 R6. 3 Aby obliczyć ostatnią całkę zastosować podstawienie t = R r. W ostatniej całce to samo podstawienie, co poprzednio: t = R r.

22 . Równania różniczkowe.. Równania różniczkowe zwyczajne II rzędu. Zadanie.. Rozwiązać równanie y + y = x e x, Krok I. Równanie jednorodne ma postać y + y =. Układamy i rozwiązujemy równanie charakterystyk r + r = r =, r =, zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaci y = C +C e x, gdzie C, C R. Krok II. Ponieważ p) = x e x jest sumą funkcji dwóch różnych typów, rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego będzie sumą rozwiązań szczególnych równań y + y = x i y + y = e x. Dla y + y = x standardowo przewidywalibyśmy rozwiązanie szczególne postaci y = Ax + Bx + C, lecz doprowadziło by to do sprzeczności, gdyż jedno z rozwiązań równania charakterystyk, r =, jest miejscem zerowym wielomianu p) po prawej stronie. Przewidujemy zatem y = Ax 3 + Bx + Cx. Obliczamy y = 3Ax + Bx + C, y = 6Ax + B wstawiamy do równania y + y = x i otrzymujemy 3Ax + (B + 6A)x + B + C = x, skąd A = 3, B =, C =. Zatem y = 3 x3 x + x. Dla y + y = e x standardowo przewidywalibyśmy y = Ae x, lecz ponieważ w funkcji po prawej stronie występuje e ( ) x a = r jest jednym z rozwiązań równania charakterystyk, przewidujemy y = Axe x. Obliczamy y = Ae x Axe x, y = Ae x + Axe x wstawiamy do równania y + y = e x i otrzymujemy Ae x = e x skąd A =. Zatem y = xe x. Rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego y + y = x e x jest sumą y = y + y = 3 x3 x + x + xe x. Rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego (y = C + C e x ) i rozwiązania szczególnego y. Odpowiedź: Rozwiązaniem ogólnym równania jest y = C + C e x + 3 x3 x + x + xe x, gdzie C, C R. Zadanie.. Rozwiązać równanie y + y = sin x, Krok I. Równanie jednorodne ma postać y + y =. Układamy i rozwiązujemy równanie charakterystyk r + = r = i, r = i, zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaci y = C cos x + C sin x, gdzie C, C R. Krok II. Funkcja po prawej stronie równania niejednorodnego, p) = sin x, jest postaci p) = A sin x + B cos x i standardowo przewidywalibyśmy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego jako y = A sin x + B cos x. Jednak ponieważ rozwiązanie równania jednorodnego jest identycznej postaci (y = C cos x + C sin x), aby uniknąć sprzeczności przewidujemy y = Ax sin x + Bx cos x. Obliczamy y = A sin x + Ax cos x + B cos x Bx sin x

23 3 y = A cos x Ax sin x B sin x Bx cos x. Wstawiamy do naszego równania i otrzymujemy A cos x B sin x = sin x, skąd A =, B =. Zatem y = x cos x. Rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego (y = C cos x + C sin x) i rozwiązania szczególnego y. Odpowiedź: Rozwiązaniem ogólnym równania jest y = C cos x + C sin x x cos x, gdzie C, C R. Zadanie.3. Rozwiązać równanie y y = x + x, Krok I. Równanie jednorodne ma postać y y =. Układamy i rozwiązujemy równanie charakterystyk r = r =, r =, zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaci y = C e x + C e x, gdzie C, C R. Krok II. Ponieważ p) = x + x jest wielomianem drugiego stopnia, przewidujemy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego jako y = Ax + Bx + C. Obliczamy: y = Ax + B, y = A. Wstawiamy do wyjściowego równania niejednorodnego i otrzymujemy równanie Ax Bx C + A = x + x, skąd A =, B = i C = 8. Zatem szukane rozwiązanie szczególne to y = x x 8. Rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego (y = C e x + C e x ) i rozwiązania szczególnego y. Odpowiedź: Rozwiązaniem ogólnym równania jest y = C e x + C e x x x 8, gdzie C, C R. Zadanie.. Rozwiązać równanie y y + y = xe x, Krok I. Równanie jednorodne ma postać y y + y =. Układamy i rozwiązujemy równanie charakterystyk r r + = r = r =, zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaciy = (C x+c )e x, gdzie C, C R. Krok II. Ponieważ p) = xe x jest funkcją postaci p) = (Ax + B)e rx, gdzie r jest podwójnym pierwiastkiem równania charakterystyk, przewidujemy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego jako y = (Ax 3 + Bx )e x (podwójne podniesienie stopnia wielomianu). Obliczamy: y = (3Ax + Bx + Ax 3 + Bx )e x y = (6Ax + B + Ax + 8Bx + Ax 3 + Bx )e x. Po wstawieniu obliczonych pochodnych do wyjściowego równania niejednorodnego otrzymujemy (6Ax + B)e x = xe x, skąd A = 6, B =. Szukane rozwiązanie szczególne to y = 6 x3 e x.

24 Rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego (y = (C x + C )e x ) i rozwiązania szczególnego y. Odpowiedź: Rozwiązaniem ogólnym równania jest y = (C x+c )e x + 6 x3 e x, gdzie C, C R. Zadanie.5. Rozwiązać równanie y y y = sin x, Krok I. Równanie jednorodne ma postać y y y =. Układamy i rozwiązujemy równanie charakterystyk r r = r =, r =, zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaci y = C e x +C e x, gdzie C, C R. Krok II. Ponieważ p) = sin) jest funkcją postaci p) = A sin) + B cos), przewidujemy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego jako y = A sin x + B cos x. Obliczamy: y = A cos) B sin) y = A sin) B cos). Obliczone pochodne wstawiamy do wyjściowego równania niejednorodnego i otrzymujemy (A + B) sin) (6B + A) cos) = sin), skąd A = 3 i B =. Zatem rozwiązanie szczególne to y = 3 sin) cos). Rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego (y = C e x + C e x ) i rozwiązania szczególnego y. Odpowiedź: Rozwiązaniem ogólnym równania jest y = C e x + C e x + 3 sin) cos), gdzie C, C R. Zadanie.6. Rozwiązać równanie y 6y + 3y = 5 sin), Krok I. Równanie jednorodne ma postać y 6y + 3y =. Układamy i rozwiązujemy równanie charakterystyk r 6r + 3 = = 6, zatem = i, i} r = 3 i, r = 3 + i. Rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaciy = e 3x (C cos) + C sin)), gdzie C, C R. Krok II. Ponieważ p) = 5 sin) jest funkcją postaci p) = A sin) + B cos), przewidujemy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego jako y = A sin) + B cos). Obliczamy: y = A cos) B sin) y = A sin) B cos). Po wstawieniu do wyjściowego równania niejednorodnego otrzymujemy (9A + B) sin) + (9B A) cos) = 5 sin), skąd A = i B = 3. Szukane rozwiązanie szczególne to y = sin) + 3 cos). Rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego (y = e 3x (C cos) + C sin))) i rozwiązania szczególnego y.

25 Odpowiedź: Rozwiązaniem ogólnym równania jest y = e 3x (C cos)+c sin))+sin)+ 3 cos), gdzie C, C R. 5 Zadanie.7. Rozwiązać równanie y 3y + y = x, Krok I. Równanie jednorodne ma postać y 3y + y =. Układamy i rozwiązujemy równanie charakterystyk r 3r + = r =, r =, zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaciy = C e x + C e x, gdzie C, C R. Krok II. Ponieważ p) = x jest wielomianem drugiego stopnia, przewidujemy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego jako y = Ax + Bx + C. Obliczamy: y = Ax + B, y = A. Wstawiamy do wyjściowego równania niejednorodnego i otrzymujemy Ax + (B 6A)x + A 3B + C = x, skąd A =, B = 3 i C = 7. Szukane rozwiązanie szczególne to y = x + 3 x + 7. Rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego (y = C e x + C e x ) i rozwiązania szczególnego y. Odpowiedź: Rozwiązaniem ogólnym równania jest y = C e x + C e x + x + 3 x + 7, gdzie C, C R. Zadanie.8. Rozwiązać równanie y + 9y = x + 3, Krok I. Równanie jednorodne ma postać y +9y =. Układamy i rozwiązujemy równanie charakterystyk r + 9 = r = 3i, r = 3i, zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaciy = C sin(3x) + C cos(3x), gdzie C, C R. Krok II. Ponieważ p) = x + 3 jest wielomianem drugiego stopnia, przewidujemy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego jako y = Ax + Bx + C. Obliczamy: y = Ax + B, y = A. Wstawiamy do wyjściowego równania niejednorodnego i otrzymujemy 9Ax + 9Bx + 9C + A = x + 3, skąd A = 5, B =, C =. Zatem rozwiązanie szczególne to y 9 8 = 9 x Rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego (y = C sin(3x) + C cos(3x)) i rozwiązania szczególnego y. Odpowiedź: Rozwiązaniem ogólnym równania jest y = C sin(3x) + C cos(3x) + 9 x + 5 8, gdzie C, C R. Zadanie.9. Rozwiązać równanie y + y = cos(3x),

26 6 Krok I. Równanie jednorodne ma postać y +y =. Układamy i rozwiązujemy równanie charakterystyk r + = r = i, r = i zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaciy = C sin) + C cos), gdzie C, C R. Krok II. Ponieważ p) = cos(3x) jest funkcją postaci p) = A sin(3x) + B cos(3x), przewidujemy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego jako y = A sin(3x) + B cos(3x). Obliczamy: y = 3A cos(3x) 3B sin(3x) y = 9A sin(3x) 9B cos(3x). Po wstawieniu do wyjściowego równania niejednorodnego otrzymujemy 5A sin(3x) 5B cos(3x) = cos(3x), skąd A = i B = 5. Szukane rozwiązanie szczególne to y = 5 cos(3x) Rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego (y = C sin) + C cos)) i rozwiązania szczególnego y. Odpowiedź: Rozwiązaniem ogólnym równania jest y = C sin) + C cos) 5 cos(3x), gdzie C, C R. Zadanie.. Rozwiązać równanie y + 6y + 9y = 9x, Krok I. Równanie jednorodne ma postać y + 6y + 9y =. Układamy i rozwiązujemy równanie charakterystyk r + 6r + 9 = r = r = 3 zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaciy = (C x+c )e 3x, gdzie C, C R. Krok II. Ponieważ p) = 9x jest wielomianem stopnia drugiego, przewidujemy rozwiązanie szczególne wyjściowego równania niejednorodnego jako y = Ax + Bx + C. Obliczamy: y = Ax + B, y = A. Po wstawieniu do wyjściowego równania otrzymujemy 9Ax + (A + 9B)x + A + 6B + 9C = 9x, skąd A =, B = 3 i C = 3. Zatem szukane rozwiązanie szczególne to y = x 3 x + 3. Rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego jest sumą rozwiązania ogólnego równania jednorodnego (y = (C x + C )e 3x ) i rozwiązania szczególnego y. Odpowiedź: Rozwiązaniem ogólnym równania jest y = (C x + C )e 3x + x 3 x + 3, gdzie C, C R.