Egzamin z Równań Różniczkowych, 20 VI 2008, godz. 9.00

1. Rozwiązać równanie

y

0

+ 2xy = xe

−x

2

Rozwiązanie:

Jest to równanie liniowe. Rozwiązujemy równanie jednorodne:

y

0

+ 2xy = 0

Rozdzielamy zmienne

dy

y

= −2x dx

Z

dy

y

=

Z

−2x dx

ln |y| = −x

2

+ C

y = Ce

−x

2

Uzmienniamy stałą:

y = C(x)e

−x

2

y

0

= C

0

e

−x

2

− 2xCe

−x

2

Podstawiamy do równania niejednorodnego

C

0

e

−x

2

− 2xCe

−x

2

+ 2xCe

−x

2

= xe

−x

2

C

0

= x

C =

Z

x dx =

1
2

x

2

+ D

Rozwiązanie równania:

y = (

1
2

x

2

+ D)e

−x

2

2. Podać definicję zagadnienia Cauchy’ego dla równania różniczkowego zwyczajnego rzędu

pierwszego. Wyznaczyć całkę szczególną równania:











y

0

=

1

x + y

y(0) = 0

Rozwiązanie

Podstawiamy

z = y + x

Wtedy

z

0

= y

0

+ 1

Podstawiamy

z

0

− 1 =

1
z

z

0

=

z + 1

z

Jest to równanie o zmiennych rozdzielających się. Rozdzielamy zmienne

z dz

z + 1

= dx

Całkujemy obie strony

Z

z dz

z + 1

=

Z

dx

Z

(1 −

1

z + 1

) dz = x + C

z − ln |z + 1| = x + C

y + x − ln |y + x + 1| = x + C

y − ln |y + x + 1| = C

Podstawiamy warunek początkowy: x = 0 , y = 0

C = 0

Stąd mamy rozwiązanie:

y − ln |y + x + 1| = 0

3. Wyznaczyć całkę ogólną równania

y

00

+ 2y

0

+ y = 3e

−x

Rozwiązanie:

Rozwiązujemy najpierw równanie liniowe jednorodne:

y

00

+ 2y

0

+ y = 0

Szukamy pierwiastków równania charakterystycznego:

r

2

+ 2r + 1 = 0

(r + 1)

2

= 0

r

1

= −1 , r

2

= −1

Rozwiązanie ogólne równania jednorodnego:

y = C

1

e

−x

+ C

2

xe

−x

Szukamy rozwiązania szczególnego równania liniowego niejednorodnego metodą prze-
widywań

y

s

= Ax

2

e

−x

y

0

s

= 2Axe

−x

− Ax

2

e

−x

= (−Ax

2

+ 2Ax)e

−x

y

00

s

= (−2Ax + 2A)e

−x

− (−Ax

2

+ 2Ax)e

−x

= (Ax

2

− 4Ax + 2A)e

−x

Po podstawieniu do równania niejednorodnego:

(Ax

2

− 4Ax + 2A)e

−x

+ 2(−Ax

2

+ 2Ax)e

−x

+ Ax

2

e

−x

= 3e

−x

2A = 3

Czyli A =

3
2

A więc rozwiązanie szczególne:

y

s

=

3
2

x

2

e

−x

Rozwiaznie ogólne równania jest więc równe:

y = C

1

e

−x

+ C

2

xe

−x

+

3
2

x

2

e

−x

4. Wyznaczyć wersory trójścianu Freneta dla krzywej ~r(t) = [t sin t, t cos t, te

t

] w poczatku

układu współrzednych. Napisac równanie płaszczyzny ściśle stycznej do krzywej w tym
punkcie.

Rozwiązanie:

Początek uładu współrzednych (0, 0, 0, ) jest dla t = 0

Obliczamy:

˙

−

→

r = [sin t + t cos t, cos t − t sin t, e

t

+ te

t

]

˙

−

→

r (0) = [0, 1, 1]
¨

−

→

r = [cos t + cos t − t sin t, − sin t − sin t − t cos t, e

t

+ e

t

+ te

t

]

¨

−

→

r (0) = [2, 0, 2]

Wektor styczny:
−

→

s = ˙

−

→

r = [0, 1, 1]

Wersor styczny:

−

→

s

|−

→

s |

=

[0, 1, 1]

√

2

=

"

0,

1

√

2

,

1

√

2

#

Wektor binormalny:
−

→

b = ˙

−

→

r × ¨

−

→

r = [0, 1, 1] × [2, 0, 2] = [2, 2, −2]

Wersor binormalny:

−

→

b

|

−

→

b |

=

[2, 2, −2]

2

√

3

=

"

1

√

3

,

1

√

3

, −

1

√

3

#

Wektor normalny:
−

→

b =

−

→

b × −

→

s = [2, 2 − 2] × [0, 1, 1] = [4, −2, 2]

Wersor normalny:

−

→

b

|

−

→

b |

=

[4, −2, 2]

2

√

6

=

"

2

√

6

, −

1

√

6

,

1

√

6

#

Napisac równanie płaszczyzny ściśle stycznej do krzywej:

2x + 2y − 2z = 0

5. Całkę

1
2

Z

0

e

−x

2

dx wyrazić za pomocą szeregu liczbowego.

Rozwiązanie:

Rozwiajmy funkcję f (x) = e

−x

2

w szereg Maclaurina:

Korzystamy z rozwinięcia w szereg funkcji:

e

x

= 1 + x +

x

2

2!

+

x

3

3!

+

x

4

4!

+ . . . , x ∈ (−∞, ∞)

e

−x

2

= 1 − x

2

+

x

4

2!

−

x

6

3!

+

x

8

4!

+ . . . , x ∈ (−∞, ∞)

Mamy:

1
2

Z

0

e

−x

2

dx =

1
2

Z

0

(1 − x

2

+

x

4

2!

−

x

6

3!

+

x

8

4!

+ . . . ) dx =

1
2

Z

0

1 dx −

1
2

Z

0

x

2

dx +

1
2

Z

0

x

4

2!

dx −

1
2

Z

0

x

6

3!

dx +

1
2

Z

0

x

8

4!

dx + · · · = [x]

1
2

0

−

"

x

3

3

#

1
2

0

+

"

x

5

2! · 5

#

1
2

0

−

"

x

7

3! · 7

#

1
2

0

+

"

x

9

4! · 9

#

1
2

0

+ · · · =

1
2

−

1

2

3

· 3

+

1

2

5

· 5 · 2!

−

1

2

7

· 7 · 3!

+

1

2

9

· 9 · 4!

+ . . .

Zapisując szereg w innej postaci:

I =

∞

X

n=0

(−1)

n

(2n + 1)2

2n+1

n!

6. Na przedziale < −π, π > dana jest funkcja:

f (x) =



















0

dla

x ∈< −π, −1 >

−1

dla

x ∈ (−1, 0 >

1

dla

x ∈ (0, 1 >

0

dla

x ∈ (1, π >

Wyznaczyć szereg Fouriera tej funkcji. Jak funkcja jest jego sumą. Sporządzić wykres
sumy dla x ∈< −π, π >

Rozwiązanie:

Funkcja jest nieparzysta, więc współczynniki a

n

= 0 dla n = 0, 1, 2, 3, . . . .

Dla n = 1, 2, 3 . . .

b

n

=

1

π

π

Z

−π

f (x) sin nx dx =

2

π

π

Z

0

f (x) sin nx dx =

2

π

1

Z

0

sin nx dx =

2

π

−

cos nx

n

1

0

=

2(1 − cos n)

nπ

Szereg Fouriera dla funkcji f (x) jest więc następujący:

S(x) =

∞

X

n=1

b

n

sin nx

S(x) =

∞

X

n=1

2(1 − cos n)

nπ

sin nx

Szereg ten jest zbieżny do funkcji f na zbiorze: (−π, −1) ∪ (−1, 0) ∪ (0, 1) ∪ (1, π)
(punkty ciągłości f )

oraz: S(0) = S(1) = S(−1) = S(π) = S(−π) = 0 (średnia arytmetyczna granic
lewostronnej i prawostronnej).