Wstęp. W razie zauważenia jakichś błędów w tym tekście proszę o sygnał, na przykład mailowy:

Transkrypt

1 Wstęp Niniejsze opracowanie zawiera notatki z ćwiczeń z matematyki prowadzonych na UTP kierunkach: Budownictwo, Mechanika i Budowa Maszyn, Inżynieria Odnawialnych Źródeł Energii, Transport, Teleinformatyka, Elektronika i Telekomunikacja. Znajdują się tu najważniejsze rzeczy z teorii, zrobione przykładowe typowe zadania oraz zestaw zadań do samodzielnych ćwiczeń. Trzeba mieć jednak na uwadze, że nie jest to kompletne opracowanie i nic nie zastąpi obecności na wykładach i ćwiczeniach. Warto też zaglądać do innych źródeł, w szczególności zaś do książki prof. Lassaka. W razie zauważenia jakichś błędów w tym tekście proszę o sygnał, na przykład mailowy: michal.musielak@utp.edu.pl Michał Musielak 1

2 1 Funkcje dwóch zmiennych - wstęp Funkcja rzeczywista dwóch zmiennych to funkcja, której argumentem jest para liczb rzeczywistych, a wartością liczba rzeczywista. Jej wykres można wyobrazić sobie w ten sposób, że każdemu punktowi płaszczyzny przypisujemy wysokość punktu wykresu nad poziomem płaszczyzny. Oczywiście wykres taki znajduje się w przestrzeni trójwymiarowej. Dziedzinę funkcji dwóch zmiennych wyznacza się analogicznie jak funkcji jednej zmiennej (tzn. trzeba zwrócić uwagę na te same powody dla których coś może wypaść z dziedziny). Różnica jest taka, że tym razem mamy do czynienia z podzbiorem płaszczyzny, a nie prostej i często dużo łatwiej jest narysować zbiór punktów z dziedziny, niż opisać ją analitycznie. Podobnie jak w przypadku funkcji jednej zmiennej, tu także możemy zdefiniować pochodne, z których najważniejsze są pochodne cząstkowe zdefiniowane następująco: f x(x, f(x + h, y) f(x, y) y) = lim h h f y(x, y) = lim h f(x, y + h) f(x, y) h W praktyce liczenie pochodnych cząstkowych polega na potraktowaniu jednej zmiennej jako stałej i liczeniu pochodnej funkcji tylko jednej zmiennej. Dla f(x, y) = 2x 2 y + xy + y 3 mamy: f x(x, y) = 4xy + y f y(x, y) = 2x 2 + x + 3y 2 Możemy też zdefiniować pochodne drugiego rzędu (odpowiednik 2 pochodnej f-cji jednej zmiennej): ˆ f xx to pochodna po zmiennej x z f x ˆ f yy to pochodna po zmiennej y z f y ˆ f xy to pochodna po zmiennej y z f x ˆ f yx to pochodna po zmiennej x z f y Kolejność w dwóch ostatnich wypadkach jest umowna (zależy od podręcznika), na szczęście w praktyce to bez znaczenia, bo Twierdzenie Schwarza mówi, że dla funkcji porządnych (tzn. z ciągłymi pochodnymi cząstkowymi pierwszego rzędu) zachodzi równość pochodnych mieszanych: f xy = f yx. Dla funkcji z poprzedniego przykładu mamy: f xx(x, y) = 4y f yy(x, y) = 6y f xy(x, y) = 4x + 1 Ćwiczenia 1.1 Znajdź (narysuj) dziedzinę funkcji: x2 + y a) f(x, y) = 2 1 b) f(x, y) = ln(2x x2 y 2 ) 9 x 2 + y 2 x y c) f(x, y) = arccos x y 1.2 Znajdź pochodne cząstkowe pierwszego i drugiego rzędu funkcji: a) f(x, y) = 3x 2 y 3 + xy 2x + 3 b) f(x, y) = x + 2y c) f(x, y) = x y x y 2

3 2 Ekstrema funkcji dwóch zmiennych Ekstrema lokalne Algorytm znajdowania ekstremów lokalnych funkcji dwóch zmiennych jest następujący: 1) Obliczamy pochodne cząstkowe f x, f y f x 2) rozwiązujemy układ równań: = f y = otrzymując rozwiązania A 1 = (x 1, y 1 ),..., A n = (x n, y n ) (może być jedno, może być więcej, może nie być żadnego). Każde rozwiązanie tego układu nazywamy punktem stacjonarnym, czyli po ludzku mówiąc: punktem podejrzanym o to, że jest w nim ekstremum. Ekstrema mogą być (ale nie muszą) wyłącznie w punktach stacjonarnych. 3) Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu: f xx, f xy, f yx, f yy (korzystamy przy tym z twierdzenia Schwarza, to znaczy z tego, że dla porządnych funkcji jest: f xy = f yx, więc tak naprawdę wystarczy policzyć tylko trzy z tych czterech pochodnych). 4)Dla każdego znalezionego punktu stacjonarnego A k liczymy wyróżnik, czyli: D(x, y) = (f xy) 2 f xx f yy albo jak kto woli - wyznacznik hesjanu, czyli macierzy drugich pochodnych cząstkowych: det [ f xx(a k ) f xy(a k ) f xy(a k ) f yy(a k ) ] Są trzy możliwości: ˆ wyznacznik ujemny (wyróżnik dodatni) - wówczas w punkcie stacjonarnym nie ma ekstremum ˆ wyznacznik (wyróżnik) równy zero - wówczas nie wiadomo czy jest ekstremum i trzeba zbadać innymi metodami ˆ wyznacznik dodatni (wyróżnik ujemny) - wówczas jeśli f xx(a k ) >, to w badanym punkcie jest minimum, a jeśli f xx(a k ) <, to jest w nim maksimum f(x, y) = x 3 + y 3 3xy Liczymy pochodne cząstkowe: f x = 3x 2 3y f y = 3y 2 3x Rozwiązujemy układ równań: 3x 2 3y = x 2 = y 3y 2 3x = y 2 = x Wstawiamy y z pierwszego równania do drugiego: x 4 = x x(x 3 1) = x = x = 1 Dla x = 1 mamy y = 1, a dla x = mamy y =. Są zatem dwa punkty stacjonarne: (, ) i (1, 1). Liczymy pochodne cząstkowe drugiego rzędu: f xx = 6x f yy = 6y f xy = 3 Hesjan zatem jest postaci: [ 6x 3 3 6y ] Wstawiamy do niego najpierw punkt (, ) i liczymy wyznacznik: det [ 3 Wstawiamy teraz do niego punkt (1, 1): det [ ] = 27 > Dodatkowo 6 >, więc w punkcie (1, 1) jest minimum. 3 3 ] = 9

4 f(x, y) = 4xy + 1 x + 1 y Oczywiście musi być x, y. Mamy: f x = 4y 1 x 2 f y = 4x 1 y 2 Rozwiązujemy układ równań: 4y 1 x = y = 1 2 4x 2 4x 1 y = x = 1 2 4y 2 Wstawiamy y z pierwszego równania do drugiego: x = 4x 4 4x (x 3 1) 4 = x = x = Oczywiście x = odrzucamy, a dla x = mamy y = Otrzymaliśmy zatem jeden punkt stacjonarny: ( 3 2 2, ). Liczymy pochodne cząstkowe drugiego rzędu: f xx = 2 x 3 f yy = 2 y 3 f Wyróżnik zatem jest postaci: D(x, y) = 16 4 x 3 y 3 Wstawiamy do niego punkt ( 3 2 2, ): D ( 3 2 2, ) = 48 Dodatkowo f xx ( 3 2 2, ) = 8 >, więc w punkcie ( 3 2 2, xy = 4 ) jest minimum. Ekstrema warunkowe Ekstremum warunkowe funkcji f(x, y) przy warunku g(x, y) = to lokalnie największa lub najmniejsza wartość tej funkcji na zbiorze punktów spełniających ten warunek. Do wyznaczenia ekstremum warunkowego używa się metody współczynników Lagrange a. Definiujemy funkcję: F (x, y, λ) = f(x, y) λg(x, y) i rozwiązujemy układ równań: F x(x, y, λ) = F y(x, y, λ) = g(x, y) = Każdy punkt spełniający ten układ równań jest punktem podejrzanym o to, że istnieje w nim lokalne ekstremum warunkowe. Sprawdzenie warunku koniecznego polega policzeniu w każdym punkcie stacjonarnym wyznacznika tzw. hesjanu obrzeżonego czyli: g x ; g y H(x, y, λ) = det g x F xx F xy g y F yx F yy Jeśli ten wyznacznik jest dodatni, to w danym punkcie stacjonarnym jest maksimum, a jeśli ujemny to minimum. 4

5 Ekstrema globalne Na szczęście nie zawsze musimy sprawdzać warunek konieczny istnienia ekstremum. Jeśli szukamy wyłącznie ekstremów globalnych (tzn. wartości największej i najmniejszej danej funkcji), to możemy skorzystać z twierdzenia Weierstrassa, które mówi, że funkcja ciągła na obszarze domkniętym i ograniczonym przyjmuje wartość największą i najmniejszą. Jeśli więc obszar na którym badamy funkcję jest właśnie taki, to wystarczy znaleźć punkty podejrzane o to, że jest w nich ekstremum lokalne, a następnie porównać wartości w tych punktach. Najmniejsza i największa z nich to właśnie ekstrema globalne. W praktyce szukanie ekstremów globalnych jest najczęściej dwuetapowe. Jeśli szukamy tych ekstremów dla funkcji f(x, y) na obszarze g(x, y), to najpierw szukamy punktów stacjonarnych funkcji f leżących ściśle wewnątrz obszaru (spełniających nierówność ostrą), a następnie badamy zachowanie funkcji na brzegu obszaru (czyli wtedy gdy w warunku definiującym obszar zachodzi równość). Tę drugą czynność można zrobić na kilka sposobów: ˆ - używając mnożników Lagrange a ˆ - parametryzując brzeg obszaru ˆ - pozbywając się jednej ze zmiennych Nie zawsze można zastosować wszystkie te metody, często też w danym wypadku jedna jest wyraźnie najlepsza. Zbadać ekstrema globalne funkcji f(x, y) = 2x 2 y 2 na zbiorze x 2 + y 2 1 Zauważmy najpierw, że obszar jest domknięty i ograniczony, zatem na pewno funkcja przyjmuje na nim swoje ekstrema globalne. Szukamy najpierw ekstremów lokalnych wewnątrz obszaru: f x = 4x, f y = 2y, skąd widać, że jedynym punktem podejrzanym o bycie ekstremum lokalnym f jest (, ) i istotnie leży on ściśle wewnątrz obszaru. Mamy też f(, ) =. Musimy więc teraz zbadać zachowanie funkcji f na brzegu, czyli przy warunku x 2 + y 2 = 1. ˆ Sposób 1: mnożniki Lagrange a F (x, y, λ) = 2x 2 y 2 λ(x 2 + y 2 1) Rozwiązujemy więc układ równań: 4x 2λx = 2y 2λy = x 2 + y 2 = 1 Otrzymujemy punkty stacjonarne: (1, ), ( 1, ), (, 1), (, 1). W dwóch pierwszych wartość funkcji to 2, a w dwóch ostatnich 1. Porównując to z ze znalezioną wcześniej wartością otrzymujemy, że wartość największa naszej funkcji w danym kole to 2, a najmniejsza to 1. ˆ Sposób 2: parametryzacja. Parametryzacja brzegu koła, czyli okręgu, to (cos t, sin t) dla t [, 2π]. Mamy więc na brzegu obszaru: f(x, y) = f(cos t, sin t) = 2 cos 2 t sin 2 t = 3 cos 2 t 1 Oczywiście na przedziale [, 2π] najmniejsza wartość tej funkcji to 1, a największa 2, więc takie są ekstrema na brzegu, a wnętrze obszaru tego nie zmienia. 5

6 ˆ Sposób 3: pozbycie się jednej ze zmiennych. Jeśli x 2 + y 2 = 1, to y 2 = 1 x 2 i rzecz jasna x [ 1, 1], więc: 2x 2 y 2 = 3x 2 1 Na przedziale [ 1, 1] największa wartość tej funkcji to 2, a najmniejsza 1, więc wynik jest jak poprzednio Uwaga: przy badaniu ekstremów globalnych metodą mnożników Lagrange a trzeba zadbać o to by obszar na którym badamy funkcję rzeczywiście był domknięty i ograniczony. Ćwiczenia 2.1 Wyznacz ekstrema lokalne funkcji: a) f(x, y) = 8x 2 + y 2 x 2 y 3 y + 1 b) f(x, y) = x 2 + xy + y 2 4x 6y c) f(x, y) = x 3 + 3xy xy 2.2 Wyznacz ekstrema globalne funkcji: a) f(x, y) = 3xy w obszarze x 2 + y 2 2 b) f(x, y) = x 3 + y 3 9xy + 27 w obszarze x 1, y 1 c) f(x, y) = x + 3y w obszarze x 2 + y 2 1 d) f(x, y) = 2y x w obszarze x 2 + 3y Różniczka zupełna Różniczką zupełną funkcji f(x, y) nazywamy wyrażenie: df = f xdx + f ydy df to przyrost wartości funkcji, a dx i dy przyrosty argumentów. Różniczka zupełna daje nam zatem informacje jak zmiana argumentów wpływa na zmianę wartości funkcji. Inną wersją tego wzoru jest przybliżenie (dla małych dx, dy): f(x + dx, y + dy) f(x, y) + f x(x, y) dx + f y(x, y) dy Pierwsza wersja służy przede wszystkim do szacowania błędu pomiaru, a druga do znajdowania przybliżonej wartości funkcji. Znaleźć błąd pomiaru przyśpieszenia w ruchu jednostajnym a = 2s t jeśli przy pomiarach drogi i czasu 2 wyszło s = 2m, t = 2s i znamy maksymalne błędy pomiarów:, 1m dla drogi oraz, 2s dla czasu. Mamy: a s = 2 t a 2 t = 2s t, czyli a s(2, 2) =, 5 i a t(2, 2) = 5, a zatem: 3 da =, 5ds 5dt Jeśli chcemy oszacować maksymalny błąd pomiaru przyśpieszenia, to musimy oszacować wartość da korzystając z nierówności trójkąta i faktu, że ds, 1 i dt, 2: da =, 5ds 5dt, 5 ds + 5 dt =, 5, 1 + 5, 2 =, 15 Oznacza to, że zmierzona wartość a(2, 2) = 1 jest obarczona błędem co najwyżej, 15 m s 2 6

7 Znaleźć przybliżoną wartość wyrażenia 1, 3 + (1, 99) 3. Niech f = x + y 3, x = 1, y = 3 oraz dx =, 3 i dy =, 1. Wówczas nasze wyrażenie to f(x+dx, y+dy), zatem możemy użyć wzoru na przybliżenie. Mamy: f(x, y) = = 3 f x 1 = 2, f x+y 3 y = 3y2 2 f 1+y x(1, 2) = f y(1, 2) = 2 czyli: 1, 2 + (1, 99) , (, 1) = 2, 985 Ćwiczenia 3.1 a) Oblicz przybliżoną wartość wyrażenia (1.12 ) ( ) (1.1 2 )+( ) b) Oblicz przybliżoną wartość wyrażenie e π jeśli liczby zaokrąglamy do trzeciego miejsca po przecinku. c) Wyznacz błąd pomiaru wielkości p = 4x x+y, jeśli x = 2 ±, 1 i y = 4 ±, 2 7

8 4 Całki podwójne Formalnie całkę podwójną D f(x, y)dxdy definiuje się jako granicę pewnej sumy po coraz mniejszych podziałach obszaru D R 2. Interpretacja geometryczna takiej całki to objętość tzw. walca uogólnionego o podstawie D i ograniczonego powierzchnią z = f(x, y). W praktyce liczenie całek podwójnych polega na sprowadzeniu takiej całki do dwóch całek pojedynczych, jeśli obszar jest normalny; oraz do sprowadzenia odpowiednim podstawieniem obszaru do obszaru normalnego, jeśli normalny nie jest. h(x) y g(x) Obszar normalny względem osi OX to obszar który daje się opisać nierównościami: a x b Całka po takim obszarze jest równa:. D f(x, y)dxdy = a b ( g(x) h(x) f(x, y)dy) dx h(y) x g(y) Obszar normalny względem osi OY to obszar który daje się opisać nierównościami: a y b Całka po takim obszarze jest równa:. D f(x, y)dxdy = a b ( g(y) h(y) f(x, y)dx) dy Policzmy całkę D xydxdy gdzie D jest trójkątem o wierzchołkach (, ), (1, ), (1, 1). Zauważmy, że obszar D można opisać: y x, x 1, a zatem nasza całka to: 1 ( x xydy) dx = 1 ( xy2 2 x ) dx = 1 x 3 x4 2 dx = 8 1 = 1 8 Zmieńmy kolejność całkowania w całce: 1 ( x 2 f(x, y)dy) dx. Jeśli narysujemy obszar całkowania, to widać, że (patrząc od strony osi OX) znajduje się on pomiędzy prostą y =, a parabolą y = x 2 i w pasku x 1. Spójrzmy teraz na niego od strony osi OY - tym razem górną krzywą jest x = 1, a dolną parabola. Chcemy przy tym tę parabolę zapisać w ten sposób, żeby to x był funkcją y, czyli (z uwagi na to, że x ) będzie to x = y. Widać też, że y zmienia się od zera do jedynki, zatem nasza całka to: 1 ( x 2 f(x, y)dy) dx = 1 ( y f(x, y)dx) dy Jeśli obszar nie jest normalny, to często można sprowadzić go do normalnego odpowiednim podstawieniem. Podstawienie jest postaci x = x(u, v), y = y(u, v) i mamy: D f(x, y)dxdy = D f(x(u, v), y(u, v)) J dudv gdzie D jest nowym obszarem w zmiennych u, v, a J jest modułem jakobianu, czyli wyznacznika macierzy pochodnych cząstkowych: x u y u x v y v. 8

9 Policzmy całkę D (x + y)dxdy po obszarze 2 2x + y 3, 1 x y 1. Narzucającym się podstawieniem jest 2x + y = u, x y = v. Wówczas bowiem w zmiennych u, v nowy obszar będzie normalny, a nawet będzie prostokątem (co jest bardzo wygodne): 2 u 3, 1 v 1. Musimy jednak policzyć jeszcze jakobian. W tym celu łatwo wyznaczamy, że x = u+v 3 oraz y = u 2v 3, a zatem jakobian to: = 1 3 czyli moduł jakobianu to 1 3. Nasza całka jest więc równa: 2u v 1 D 3 3 dudv = ( (2u v)dv) du 2 1 co już łatwo policzyć. Najbardziej typową zamianą zmiennych jest przejście na współrzędne biegunowe: x = r cos φ y = r sin φ J = r Stosujemy je zawsze wtedy gdy obszar po którym całkujemy jest w jakiś sposób okrągły (koło, pierścień, wycinek koła itp.). y Policzmy całkę D x2 + y dxdy po obszarze 2 x2 + y 2 1, y. Nasz obszar to górna połowa koła o środku w (, ) i promieniu 1 - we współrzędnych biegunowych punkty tego obszaru spełniają nierówności φ π oraz r 1 (jest to więc prostokąt, czyli obszar normalny!). Po powyższym podstawieniu otrzymamy zatem: y D x2 + y dxdy = π ( r sin φ φ 1 rdr) dφ = 2 r ( sin φ) ( rdr) = = 1 Warto jeszcze odnotować, że pole dowolnego obszaru D to: D 1dxdy natomiast wzór na pole powierzchni płata (czyli kawałka powierzchni z = f(x, y) leżącego nad obszarem D) wyraża się wzorem: Ćwiczenia 4.1 D 1 + (f x) 2 + (f y) 2 dxdy Oblicz objętość brył ograniczonych powierzchniami: a) y = 2, y = x 2, z = 1, z = y + x c) y =, y = x 2, z =, z = e x2 e) x 2 + y 2 = 1, z = 2, x + y + z = 3 b) y = x, y = x, z =, z = y d) x 2 + y 2 = 4, z = 1, z = x 2 + y Oblicz pole płata: a) części sfery x 2 + y 2 + z 2 = 5 leżącej wewnątrz walca x 2 + y 2 = 1 b) części stożka x 2 + y 2 = z 2 leżącej wewnątrz walca x 2 + y 2 = 2x 9

10 5 Całki potrójne Interpretacja geometryczna całki B f(x, y, z)dxdydz to masa bryły V o gęstości w punkcie (x, y, z) równej f(x, y, z). W szczególności B 1dxdydz to objętość bryły V. Odpowiednikiem obszaru normalnego który pojawiał się przy całkach podwójnych jest tutaj walec uogólniony, czyli bryła, której rzutem na płaszczyznę jest obszar D, z góry ograniczona jest przez powierzchnię h(x, y), a z dołu przez powierzchnię g(x, y) (uwaga: bryła musi być porządna, czyli w szczególności bez dziur ). W takiej sytuacji możemy całkę potrójną zamienić na podwójną i pojedynczą: B f(x, y, z)dxdydz = D ( h(x,y) g(x,y) f(x, y, z)dz) dxdy (co jest w zasadzie tym samym co przejście na współrzędne walcowe). Policzmy objętość kuli o promieniu R. Umieśćmy ją w układzie współrzędnych tak, żeby środek był w punkcie (,, ). Policzmy objętość górnej połowy kuli - z dołu jest ona ograniczona przez płaszczyznę z =, a z góry przez brzeg kuli: z = R 2 x 2 y 2. Rzutem bryły na płaszczyznę OXY jest oczywiście koło D x 2 + y 2 R 2. Mamy więc: 1 R 2 2 V = x 2 y 2 1dxdydz = B D ( 1dz) dxdy = ( R 2 x 2 y 2 )dxdy D Po przejściu na współrzędne biegunowe dostajemy dalej: 2π ( R r R 2 r 2 dr) dφ = 2π ( 1 3 (R2 r 2 ) 32 ) R = 2 3 πr3 skąd oczywiście V = 4 3 πr3, czyli wyszło tyle ile powinno. Tak samo jak w przypadku całki podwójnej, tak też w tym wypadku można dokonywać zamiany zmiennych i tak samo jak tam trzeba pamiętać o jakobianie (dla funkcji trzech zmiennych oczywiście mamy do czynienia z macierzą 3 3). W całce podwójnej najbardziej typowym podstawieniem było przejście na współrzędne biegunowe - w całce potrójnej podobnym podstawieniem jest przejście na współrzędne sferyczne, czyli: x = r cos θ sin φ y = r cos θ cos φ z = r sin θ r to oczywiście odległość punktu (x, y, z) od początku układu współrzędnych (w szczególności r 2 = x 2 + y 2 + z 2 ), φ to kąt skierowany między półosią dodatnią OX, a rzutem promienia na płaszczyznę OXY, natomiast θ to kąt skierowany między dodatnią półosią OZ, a promieniem. Zakres zmian wartości nowych współrzędnych na przykład dla kuli o środku w (,, ) i promieniu R to: r R, φ 2π, θ π. Można policzyć, że jakobian nowego przekształcenia to r 2 sin θ. Tak jak w przypadku funkcji dwóch zmiennych współrzędne biegunowe stosowaliśmy gdy mieliśmy do czynienia z obszarem okrągłym, tak współrzędne sferyczne stosujemy gdy bryła jest w jakiś sposób kulista. Policzmy raz jeszcze objętość kuli o promieniu R, ale tym razem korzystając ze współrzędnych sferycznych. Zgodnie z poczynioną przed chwilą obserwacją odnośnie zakresu zmienności nowych zmiennych mamy: V = B 1dxdydz = 2π ( π ( R r2 sin θdr) dθ) dφ = 2π ( cos φ) π ( r3 3 ) R 1 = 2π 2 R3 2 = 4 3 πr3

11 Zastosowania fizyczne Dla bryły B o gęstości f(x, y, z): ˆ masa to M = B f(x, y, z)dxdydz, a objętość V = B 1dxdydz ˆ moment statyczny: względem płaszczyzny OY Z to M x = B xf(x, y, z)dxdydz względem płaszczyzny OXZ to M y = B yf(x, y, z)dxdydz względem płaszczyzny OXY to M z = B zf(x, y, z)dxdydz ˆ środek ciężkości ma współrzędne ( Mx M, My M, Mz M ) ˆ moment bezwładności: Ćwiczenia 5.1 względem płaszczyzny OY Z to B x 2 f(x, y, z)dxdydz względem płaszczyzny OXZ to B y 2 f(x, y, z)dxdydz względem płaszczyzny OXY to B z 2 f(x, y, z)dxdydz względem osi OX to B (y 2 + z 2 )f(x, y, z)dxdydz względem osi OY to B (x 2 + z 2 )f(x, y, z)dxdydz względem osi OZ to B (x 2 + y 2 )f(x, y, z)dxdydz względem punktu O(,, ) to B (x 2 + y 2 + z 2 )f(x, y, z)dxdydz a) Oblicz masę kuli o środku w (,, ), promieniu 4 i gęstości równej f(x, y, z) = 1 x 2 +y 2 +z 2 b) Oblicz środek ciężkości bryły ograniczonej powierzchniami x 2 + y 2 = 9 i z = x 2 + y 2 (gęstość stale równa 1) c) Oblicz moment bezwładności fragmentu kuli o środku w (,, ) i wszystkich współrzędnych nieujemnych oraz gęstości f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 11

12 6 Całki krzywoliniowe Całka krzywoliniowa nieskierowana Jeśli krzywa na płaszczyźnie ma parametryzację (x(t), y(t)), gdzie t [a, b] i x(t), y(t) są różniczkowalne podanym przedziale, to nazwiemy ją łukiem gładkim. Jeśli krzywa składa się z łuków gładkich, to nazywamy ją krzywą regularną. Ponadto, jeśli za początek krzywej przyjmiemy punkt (x(a), y(a)), to mówimy, że krzywa jest zorientowana dodatnio. Niech L będzie krzywą regularną. Wówczas całką krzywoliniową nieskierowaną z funkcji f(x, y) nazwiemy wyrażenie: f(x, y)ds Interpretacja fizyczna to masa krzywej L o gęstości f(x, y), a interpretacja geometryczna to pole powierzchni znajdującej się między krzywą L, a fragmentem powierzchni z = f(x, y) znajdującym się nad krzywą L. Praktyczny sposób liczenia takich całek jest bardzo prosty i sprowadza się do podstawienia do wzoru. Jeśli mamy parametryzację łuku (x(t), y(t)), gdzie t [a, b], to: f(x, y)ds = a b f(x(t), y(t)) (x (t)) 2 + (y (t)) 2 dt W szczególności zaś jeśli łuk da się zadać równaniem y = g(x), gdzie a x b, to powyższy wzór wygląda tak: f(x, y)ds = a b f(x, g(x)) 1 + (g (x)) 2 dx Policzmy masę okręgu x 2 + y 2 1 = 4 o gęstości f(x, y) = x 2 +y Oczywiście parametryzacja to x(t) = 2 cos t, y(t) = 2 sin t, gdzie t [, 2π). Mamy: f(x(t), y(t)) = 1 5 oraz x (t) = 2 sin t i y (t) = 2 cos t, a zatem (x (t)) 2 + (y (t)) 2 = 2 2. Tak więc poprzedni wzór daje nam: f(x, y)ds = 2π dt = 4π

13 Całka krzywoliniowa zorientowana to wyrażenie: Całka krzywoliniowa skierowana P (x, y)dx + Q(x, y)dy L to krzywa po której całkujemy, a W (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) to wektor zaczepiony w punkcie (x, y), którego interpretacja fizyczna to siła. Natomiast interpretacja fizyczna samej całki to praca jaką wykonamy działając tą siłą wzdłuż krzywej L. Podstawowy sposób liczenia całek krzywoliniowych zorientowanych jest podobny do niezorientowanych - wystarczy podstawić do wzoru. Wzór ten przy tradycyjnej parametryzacji to: P (x, y)dx + Q(x, y)dy = natomiast jeśli krzywa dana jest zależnością y = g(x), to mamy: P (x, y)dx + Q(x, y)dy = a b [P (x(t), y(t)) x (t) + Q(x(t), y(t)) y (t)]dt a b [P (x, g(x)) + Q(x, g(x)) g (x)]dx Policzmy całkę ydx + x 2 dy dla krzywej danej parametrycznie x = 2t, y = t 2 1 gdzie t [, 2]. Mamy x (t) = 2 i y (t) = 2t, tak więc: ydx + x 2 dy = 2 [(t2 1) 2 + 4t 2 2t]dt =... = 1 3 W niektórych szczególnych wypadkach możemy poradzić sobie inaczej (jeśli powyższa metoda prowadzi do skomplikowanych rachunków). Jeśli istnieje funkcja F (x, y) taka, że F x = P, F y = Q, to tę funkcję nazywamy potencjałem, a P (x, y)dx+ Q(x, y)dy to jak wiadomo różniczka zupełna funkcji F. Jeśli obszar D w jakim się znajdujemy jest porządny (ściśle: jednospójny), a P, Q, P y, Q x są ciągłe, to P (x, y)dx + Q(x, y)dy jest różniczką zupełną wtedy i tylko wtedy gdy P y = Q x. Co więcej, wówczas całka P (x, y)dx + Q(x, y)dy nie zależy od drogi całkowania, a jedynie od punktu początkowego A i końcowego B, i mamy wtedy: P (x, y)dx + Q(x, y)dy = F (B) F (A) Policzmy całkę (x + y)dx + (x y)dy wzdłuż krzywej x = 3 cos t, y = 5 sin t i t π 2. Mamy P (x, y) = x + y i Q(x, y) = x y, a zatem P y = 1 = Q x. Wiadomo zatem, że istnieje potencjał F. Skoro F x = P (x, y), to: F = P (x, y)dx = (x + y)dx = 1 2 x2 + yx + C(y) Jeśli zróżniczkujemy tę równość po y, to pamiętając, że F y = Q(x, y), dostajemy: x y = x + C (y) skąd C (y) = y, czyli C(y) = 1 2 y2. Ostatecznie więc F (x, y) = x2 y 2 2. Punkt początkowy (dla t = ) to (3, ), a punkt końcowy (dla t = π 2 ) to (, 5). Końcowy wynik to zatem: (x + y)dx + (x y)dy = F (, 5) F (3, ) = 17 13

14 Zauważmy w szczególności, że jeśli istnieje potencjał, to całka krzywoliniowa po krzywej zamkniętej zawsze równa jest zero. Jeśli natomiast krzywa jest zamknięta i otacza porządny obszar D (normalny względem obu osi układu), to niezależnie od tego czy istnieje potencjał, można zamienić ją na zwykłą całkę podwójną, o czym mówi nam Twierdzenie Greena: P (x, y)dx + Q(x, y)dy = D (Q x(x, y) P y (x, y)) dxdy (zakładamy, że orientacja krzywej jest taka, że obszar D jest na lewo od krzywej) Rozważmy całkę x 2 ydx xy 2 dy, gdzie L jest okrąg x 2 + y 2 = 4. Mamy P (x, y) = x 2 y, więc P y = x 2 oraz Q(x, y) = xy 2, czyli Q x = y 2. Obszar D jest kołem x 2 + y 2 4 i mamy: x 2 ydx xy 2 dy = D ( y 2 x 2 ) dxdy =... i po przejściu na współrzędne biegunowe :... = 2π ( 2 r3 dr) dφ = 2π 4 = 8π Ćwiczenia 6.1 Oblicz całki krzywoliniowe niezorientowane: a) x 2 yds gdzie L jest częścią okręgu x 2 + y 2 = 4 leżącą w drugiej ćwiartce. b) (x + y)ds gdzie L jest odcinkiem od punktu A(1, 2) do punktu B(3, 6). c) f(x, y) = (y 1)ds gdzie L jest częścią krzywej y = x od punktu (, 1) do punktu (3, 28). 6.2 Oblicz całki krzywoliniowe zorientowane: a) e y x dx + e x+y dy gdzie L jest odcinkiem od punktu (1, 2) do punktu (2, 1). b) x 2 dx + (x + y)dy gdzie L jest fragmentem krzywej (t 2, t 3 ) od punktu (, ) do punktu (1, 1). c) xydx + e x dy gdzie L jest fragmentem krzywej y = x od punktu (, 1) do punktu (1, 2). 6.3 Oblicz całki krzywoliniowe stosując twierdzenia Greena: a) (x 2 + 2xy)dx + (x 2 + e y )dy gdzie L jest dodatnio skierowanym brzegiem elipsy x 2 + 3y 2 1. b) ( y 3 )dx + x 3 dy gdzie L jest dodatnio skierowanym brzegiem koła x 2 + y 2 4. c) xydx+ydy gdzie L jest dodatnio skierowanym brzegiem trójkąta o wierzchołkach A(, ), B(1, ), C(1, 1). 14

15 7 Całki powierzchniowe Całka powierzchniowa nieskierowana to trójwymiarowy odpowiednik całki podwójnej. W przypadku całki podwójnej obszar całkowania to dwuwymiarowy podzbiór płaszczyzny, tutaj natomiast obszarem całkowania jest dwuwymiarowy podzbiór dowolnej ( porządnej ) powierzchni, nazywany płatem. Porządność definiujemy w ten sposób, że jeśli powierzchnia dana jest równaniem z = h(x, y), to funkcja h ma ciągłe obie pochodne cząstkowe. O płacie będącym fragmentem takiej powierzchni mówimy, że jest regularny. Całka powierzchniowa nieskierowana Niech S będzie płatem regularnym. Całką powierzchniową nieskierowaną z funkcji f po płacie S nazwiemy wyrażenie: S f(x, y, z)ds Interpretacja fizyczna tej całki to masa płata S o gęstości w punkcie (x, y, z) równej f(x, y, z). Praktyczny sposób liczenia takich całek jest podobny do sposobu dotyczącego całek krzywoliniowych nieskierowanych. Jeśli S jest płatem regularnym danym równością z = h(x, y) i takim, że jego rzutem na płaszczyznę OXY jest obszar D, to całkę powierzchniową nieskierowaną po tym płacie liczymy według wzoru: f(x, y, z)ds = S f(x, y, h(x, y)) 1 + (h D x(x, y)) 2 + (h y(x, y)) 2 dxdy Przykład. Policzmy całkę S (x 2 + y 2 )zds po górnej połówce sfery x 2 + y 2 + z 2 = 1. Zauważmy najpierw, że z uwagi na to, że z, łatwo możemy wyznaczyć z z równania sfery: z = 1 x 2 y 2. Tak więc h(x, y) = 1 x 2 y 2 oraz jak łatwo policzyć: h x x(x, y) =, 1 x 2 y 2 h y y(x, y) =, 1 x 2 y 1 + (h 2 x (x, y)) 2 + (h y(x, y)) 2 1 = 1 x 2 y 2 Oczywiście też rzutem D naszej połówki sfery na płaszczyznę OXY jest koło x 2 +y 2 1. Podstawiając więc do głównego wzoru (za każde z z funkcji podcałkowej wstawiamy h(x, y)) dostajemy: S (x 2 + y 2 )zds = D (x 2 + y 2 ) 1 x 2 y 2 1 dxdy = 1 x 2 y 2 D (x 2 + y 2 )dxdy a tę całkę już bardzo łatwo policzyć przechodząc na współrzędne biegunowe. Dla płata S o gęstości f(x, y, z): Zastosowania fizyczne ˆ masa to M = S f(x, y, z)ds, a objętość V = S 1dS ˆ moment statyczny: względem płaszczyzny OY Z to M x = S xf(x, y, z)ds względem płaszczyzny OXZ to M y = S yf(x, y, z)ds względem płaszczyzny OXY to M z = S zf(x, y, z)ds 15

16 ˆ środek ciężkości ma współrzędne ( Mx M, My M, Mz M ) ˆ moment bezwładności: względem płaszczyzny OY Z to S x 2 f(x, y, z)ds względem płaszczyzny OXZ to S y 2 f(x, y, z)ds względem płaszczyzny OXY to S z 2 f(x, y, z)ds względem osi OX to S (y 2 + z 2 )f(x, y, z)ds względem osi OY to S (x 2 + z 2 )f(x, y, z)ds względem osi OZ to S (x 2 + y 2 )f(x, y, z)ds względem punktu O(,, ) to S (x 2 + y 2 + z 2 )f(x, y, z)ds Całka powierzchniowa zorientowana to wyrażenie: Całka powierzchniowa skierowana S P (x, y, z)dydz + Q(x, y, z)dxdz + R(x, y, z)dxdy S to płat po którym całkujemy, przy czym umawiamy się, że jedna strona tego płata zorientowana dodatnio, a druga ujemnie. W (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) to wektor zaczepiony w punkcie (x, y, z). Zbiór tych wektorów dla każdego punktu płata nazywamy polem wektorowym. Natomiast interpretacja fizyczna samej całki to strumień tego pola wektorowego przez powierzchnię płata. Praktyczny sposób liczenia takich całek jest trochę podobny do przypadku całki krzywoliniowej skierowanej, tylko tym razem wzór jest trochę bardziej skomplikowany. Jeśli płat S dany jest równaniem z = h(x, y), jest skierowany do góry, a jego rzutem na płaszczyznę OXY jest obszar D, to: S (P dydz + Qdxdz + Rdxdy)dS = D [ P (x, y, h(x, y))h x(x, y) Q(x, y, h(x, y))h y(x, y) + R(x, y, h(x, y))] dx Policzmy całkę: S yzdydz + xzdxdz + xydxdy po górnej części płaszczyzny kawałka płaszczyzny x + y + z = 1 takiego, że x, y, z Mamy: h(x, y) = 1 x y, h x = h y = 1 oraz rzutem S na płaszczyznę OXY jest oczywiście trójkąt y x, x 1. W takim razie zgodnie ze wzorem mamy (za każde z wstawiając h(x, y)): S yzdydz + xzdxdz + xydxdy = D [y(1 x y) + x(1 x y) + xy] dxdy a teraz wystarczy uporządkować wyrażenie podcałkowe i policzyć prostą całkę podwójną. 16

17 W szczególnym wypadku gdy nasz płat S jest brzegiem bryły B i jest zorientowany na zewnątrz, a ponadto bryła B jest obszarem normalnym względem wszystkich płaszczyzn układu współrzędnych - istnieje prostszy sposób policzenia całki powierzchniowej zorientowanej. Zachodzi bowiem twierdzenie Gaussa-Ostrogradskiego, które mówi, że w takim wypadku: S P dydz + Qdxdz + Rdxdy = B (P x + Q y + R z)dxdydz Policzmy całkę S x 3 dydz + y 3 dxdz + z 3 dxdy po zewnętrznym brzegu sfery x 2 + y 2 + z 2 = 1. Zauważmy, że spełnione są założenia tw. Gaussa - płat ogranicza pewną bryłę (kulę) i jest to bryła będąca obszarem normalnym względem wszystkich płaszczyzn. Ponadto: P x = 3x 2, Q y = 3y 2, R z = 3z 2. Stąd na podstawie twierdzenia dostajemy: S x 3 dydz + y 3 dxdz + z 3 dxdy = 3 B (x 2 + y 2 + z 2 )dxdydz a tę całkę potrójną już bardzo łatwo policzyć przechodząc na współrzędne sferyczne. Ćwiczenia 7.1 Oblicz całki powierzchniowe niezorientowane: a) (2 + xyz)ds gdzie S jest częścią płaszczyzny x + y + z = 4, dla której x, y, z S b) xyzds gdzie S jest górną połówką sfery x 2 + y 2 + z 2 = 1. S 7.2 Oblicz całki powierzchniowe zorientowane: a) xydydz +xzdxdz gdzie S jest górną częścią płaszczyzny x+y +z = 4, dla której x, y, z S b) zdxdy gdzie L jest zewnętrzną częścią sfery x 2 + y 2 + z 2 = 1. S 7.3 Oblicz całki powierzchniowe stosując twierdzenia Gaussa-Ostrogradskiego: a) x 2 dydz + y 2 dxdz + z 2 dxdy gdzie S jest zewnętrzną częścią kostki x 1, y 1, z 1. S b) xdydz + ydxdz + zdxdy gdzie S jest zewnętrzną częścią sfery x 2 + y 2 + z 2 4. S 17

18 8 Równania różniczkowe I rzędu Równanie różniczkowe pierwszego rzędu to równanie w którym pojawia się zmienna x, funkcja tej zmiennej y oraz pochodna tej funkcji y. Rozwiązać równanie różniczkowe to tyle co wyznaczyć wszystkie funkcje y, które spełniają to równanie. Warto pamiętać, że napis y to tyle co napis dy dx. Typy równań różniczkowych A) Równanie o zmiennych rozdzielonych Jest to równanie, które można przekształcić do postaci L(y)dy = P (x)dx. Po doprowadzeniu do tej postaci wystarczy scałkować obustronnie (pamiętając o stałej!) i w miarę możliwości wyznaczyć z otrzymanego równania y. (x 2 + 1)y = 2xy Mamy równoważnie kolejno: dy y (x 2 + 1) dy dx = 2xy = 2xdx x 2 +1 Teraz, kiedy zmienne zostały już rozdzielone, wystarczy dopisać do obu stron znak całki i scałkować: dy y = 2xdx x 2 +1 ln y = ln(x 2 + 1) + C Wyznaczamy teraz y: e ln y = e ln(x2 +1)+C y = e C (x 2 + 1) y = ±e C (x 2 + 1) Ponieważ ±e C to stała równie dobra co C, możemy zapisać ostatecznie wynik w postaci y = C(x 2 + 1). Niektóre równania różniczkowe rozwiązuje się wprowadzając nową zmienną. W takim wypadku należy obliczyć jak od nowej zmiennej zależy y i y (i ewentualnie dalsze pochodne) i wstawić otrzymane zależności do wyjściowego równania. W ten sposób pozbędziemy się z równania starej zmiennej i zostanie nowa - oczywiście ma to sens tylko wtedy gdy nowe równanie będzie prostsze. Z taką sytuacją będziemy mieli do czynienia w równaniach typu B), C) i E). B) Równanie typu y = g(ax + by + c) W takiej sytuacji podstawiamy u = ax + by + c, skąd oczywiście u = a + by y = (x + 2y + 3) 2 Podstawiamy u = x+2y +3, skąd u = 1+2y. Ponieważ z podstawienia dostajemy, że y = u 2, dostajemy stąd nowe równanie u = 1 + 2u 2, które jest już prostym równaniem o zmiennych rozdzielonych. Należy pamiętać, żeby po jego rozwiązaniu wrócić do wyjściowej zmiennej y. C) Równania typu y = g ( y x ) (jednorodne) W takiej sytuacji dokonujemy podstawienia y = y x, czyli y = ux, a po zróżniczkowaniu: y = u x + u. y = y x ln y x Zgodnie z powyższym podstawieniem dostajemy równanie u x + u = u ln u, które jest już równaniem o zmiennych rozdzielonych. D) Równanie typu y = p(x)y + q(x) (liniowe) W takiej sytuacji można użyć gotowego (lecz skomplikowanego) wzoru, ale praktycznie wygodniej jest użyć tzw. metody uzmienniania stałej. Prześledźmy ją na przykładzie y 2xy = x 3 : Krok 1 - pomijamy część niejednorodną q(x) y dy 2xy = y = 2xdx dy y = 2xdx ln y = x 2 + C y = Ce x2 18

19 Krok 2 - uzmienniamy stałą C z otrzymanego wyniku jest stałą, my jednak potraktujemy ją jaku funkcję od x, czyli C = C(x) (skrótową odpowiedzią na pytanie dlaczego tak wolno zrobić jest: bo to działa). Obliczamy stąd: y = (C(x) e x2 ) = C (x)e x2 + C(x)2xe x2 Krok 3 - wstawiamy wartości y i y do wyjściowego równania C (x)e x2 + C(x)2xe x2 2xCe x2 = x 3 Jeśli zrobiliśmy to prawidłowo, zawsze skrócą się wyrażenia z C(x) i pozostaje nam wyznaczyć C (x), a następnie scałkować otrzymaną równość: C (x) = x 3 e x2 C(x) = x 3 e x2 dx = e x2 (x 2 + 1) + c Krok 4 - otrzymaną wartość C wstawiamy do rozwiązania z kroku 1 y = ( e x2 (x 2 + 1) + c) e x2 = ce x2 x 2 1 E) Równanie typu y = p(x)y + q(x)y n (Bernoulliego) W takim wypadku stosujemy podstawienie u = y 1 n, które sprowadza nam równanie do liniowego. xy y = x 3 y 4 W tym wypadku n = 4, zatem podstawiamy u = y 3, skąd u = 3y 4 y. Jeśli pomnożymy wyjściowe równanie stronami przez y 4, to otrzymamy: xy 4 y y 3 = x 3 więc po wstawieniu nowej zmiennej dostajemy: 1 3 xu u = x 3 a to jest już równanie liniowe. Ćwiczenia Równania różniczkowe liniowe wyższych rzędów Równaniem różniczkowym liniowym stopnia n o stałych współczynnikach nazywamy równanie postaci: y (n) + a n 1 y (n 1) a 1 y + a y = f(x) Ideę jego rozwiązywania można skrótowo przedstawić przy pomocy równości: RORN = RORJ + RSRN gdzie: - RORN to rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego, czyli to czego szukamy; - RORJ to rozwiązanie ogólne równania jednorodnego, czyli równania, które powstanie przez zastąpienie funkcji f(x) przez ; - RSRN to rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego, czyli jakieś jedno konkretne rozwiązanie wyjściowego równania, które postać można czasem przewidzieć. 1) Szukanie RORJ. Aby rozwiązać równanie: y (n) + a n 1 y (n 1) a 1 y + a y = należy zacząć od rozwiązania jego równania charakterystycznego: t n + a n 1 t n a 1 t + a = 19

20 n RORJ jest postaci y = C i g i (x), gdzie C i g i (x) to tzw. składowe rozwiązania, które zależą od i=1 pierwiastków równania charakterystycznego w sposób określony w tabelce: Pierwiastek równ. char. a - pierw. jednokrotny a - pierw. k-krotny ±bi - pierw. jednokrotne ±bi - pierw. k-krotne a ± bi - pierw. jednokrotne a ± bi - pierw. k-krotne Postać składowej rozwiązania Ce ax (C + C 1 x C k 1 x k 1 )e ax C 1 cos bx + C 2 sin bx (C C k 1 x k 1 ) cos bx + (D D k 1 x k 1 ) sin bx (C 1 cos bx + C 2 sin bx)e ax [(C C k 1 x k 1 ) cos bx + (D D k 1 x k 1 ) sin bx]e ax 2) Szukanie RSRN Jeśli f(x) jest dobrej postaci, to możemy przewidzieć postać jednego z rozwiązań wyjściowego równania. Konkretnie, jeśli f(x) jest postaci: to przewidujemy postać rozwiązania szczególnego: f(x) = e ax (W n (x) cos bx + V m (x) sin bx) y s = x k e ax (K max{n,m} (x) cos bx + L max{n,m} (x) sin bx) (gdzie k jest krotnością a ± bi jako pierwiastków równania charakterystycznego) Dla większej przejrzystości można też przewidywaną postać RSRN opisać w tabelce, rozdzielając ją na prostsze przypadki: Postać f(x) Przewidywana postać RSRN Ae ax, a nie jest pierw. r.ch. Ce ax Ae ax, a jest k-krotnym pierw. r.ch. Cx k e ax W s (x), nie jest pierw. r.ch. V s (x) (wiel. tego samego st.) W s (x), jest k-krotnym pierw. r.ch. x k V s (x) A cos bx + B cos bx, ±bi nie są pierw. r.ch. C cos bx + D cos bx A cos bx + B cos bx, ±bi są k-krotnymi pierw. r.ch. x k (C cos bx + D cos bx) W s (x)e ax, a nie jest pierw. r.ch. V s (x)e ax W s (x)e ax, a jest k-krotnym pierw. r.ch. x k V s (x)e ax (A cos bx + B cos bx)e ax, a ± bi nie są pierw. r.ch. (C cos bx + D cos bx)e ax (A cos bx + B cos bx)e ax, a ± bi są k-krotnymi pierw. r.ch. x k (C cos bx + D cos bx)e ax (A cos bx + B cos bx)w s (x), ±bi nie są pierw. r.ch. V s (x) cos bx + U s (x) cos bx (A cos bx + B cos bx)w s (x), ±bi są k-krotnymi pierw. r.ch. x k (V s (x) cos bx + U s (x) cos bx) Rozwiążmy dla przykładu równanie: y + y 2y = e x. Równanie charakterystyczne to t 2 + t 2 =, jego pierwiastki to 1 i 2, zatem RORJ jest postaci y = C 1 e x + C 2 e 2x. Prawa strona równania jest postaci e ax dla a = 1 oraz jedynka jest pierwiastkiem jednokrotnym r.ch. Tak więc na podstawie drugiego wiersza tabelki przewidujemy postać RSRN: y s = Cxe x. Musimy jeszcze znaleźć stałą C, a robimy to wstawiając y s do naszego wyjściowego równania: 2

21 (Cxe x ) + (Cxe x ) 2Cxe x = e x (Ce x + Cxe x ) + Ce x + Cxe x 2Cxe x = e x Ce x + Ce x + Cxe x + Ce x + Cxe x 2Cxe x = e x 3Ce x = e x 3C = 1 C = 1 3 Tak więc y s = xex 3 i ostatecznie RORN (czyli szukane rozwiązanie) jest postaci: y = C 1 e x + C 2 e 2x + xex 3 (proponuję w ramach ćwiczenia sprawdzić, że jest to prawidłowe rozwiązanie, czyli podstawić je do wyjściowego równania i zweryfikować czy rzeczywiście lewa strona równa się prawej). 21