Egzamin z Równań Różniczkowych, 28 VI 2012 godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
1. Dla jakiej wartości parametru p ∈ R funkcje: y = sin 3 x oraz y = cos 3 x są p = 9
rozwiązaniami szczególnymi równania:
y00 + py = 0
Rozwiązanie:
r 1 = 3 i , r 2 = − 3 i pierwiastki wielomianu charakterystycznego ( r − 3 i)( r + 3 i) = r 2 + 9
wielomian charakterystyczny
y00 + 9 y = 0
2. Wyznaczyć równanie różniczkowe rodziny krzywych y 2 = 2 Cx + C 2
y 2 = 2 yy0x + ( yy0)2
Rozwiązanie:
2 yy0 = 2 C
różniczkujemy równanie
C = yy0
y 2 = 2 yy0x + ( yy0)2
eliminujemy stałą
∞
3. Obliczyć sumę szeregu X( − 1) nxn dla x = 1
2
2
3
n=0
Rozwiązanie:
∞
1
2
X ( − 1) nxn =
=
1 + x
3
n=0
Korzystamy ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego dla ilorazu q = −x 1
4. Rozwiązać zagadnienie Cauchy’ego y =
(
ln |x 2 − 1 | + 1
( x 2 − 1) y0 + 2 xy 2 = 0
y(0) = 1
Rozwiązanie:
d y
d y
− 2 x
( x 2 − 1)
= − 2 xy 2 = ⇒
=
d x
rozdzielamy zmienne
d x
y
x 2 − 1
1
1
−
= − ln |x 2 − 1 | + C = ⇒ y =
całkujemy
y
ln |x 2 − 1 | − C
1
1 =
= ⇒ C = − 1
podstawiamy warunek początkowy
−C
1
5. Jaką wartość w punkcie x = 1 ma suma szeregu Fouriera funkcji: (
2
x dla x ∈ [ −π, − 1] ∪ [1 , π]
f ( x) =
0 dla x ∈ ( − 1 , 1) Rozwiązanie:
f (1 −) + f (1+)
0 + 1
1
S(1) =
=
=
2
2
2
1
xy
√
y0 +
= x y
1 − x 2
Rozwiązanie:
Jest to równanie Bernoulliego. Jednym z rozwiązań jest y = 0. Dzielimy obie strony
√
przez
y: √
y0
x y
√ +
= x
y
1 − x 2
Podstawiamy:
√
y0
z( x) =
y , wtedy z0 = √
2 y
xz
xz
x
2 z0 +
= x = ⇒ z0 +
=
wstawiamy do równania
1 − x 2
2(1 − x 2)
2
Jest to równanie liniowe. Rozwiązujemy równanie liniowe jednorodne: xz
z0 +
= 0
2(1 − x 2)
Rozdzielamy zmienne:
d z
x
Z
d z
Z
x
=
d x = ⇒
=
d x
z
2( x 2 − 1)
z
2( x 2 − 1)
Zastosowaliśmy podstawienie: {t = x 2 − 1 ; d t = 2 x d x}
1
ln |z| =
ln |x 2 − 1 | + C
4
√
z = C 4 x 2 − 1
Rozwiązujemy równanie liniowe niejednorodne: xz
x
z0 +
=
2(1 − x 2)
2
√
z = C( x) 4 x 2 − 1
uzmienniamy stałą
Wtedy:
√
2 x
z0 = C0 4 x 2 − 1 + C √
3
4 4 x 2 − 1
√
x
x
x
C0 4 x 2 − 1 + C √
− C √
=
wstawiamy do równania
3
3
2 4 x 2 − 1
2 4 x 2 − 1
2
x √
C0 =
4 x 2 − 1
2
Z
x √
Z
1 √
1
4 5
C =
4 x 2 − 1 d x = {t = x 2 − 1 , d t = 2 x d x} =
4 t d t =
·
t 4 + D =
2
4
4
5
1 √
4
5
x 2 − 1 + D
5
Stąd:
√
√
1
5
z =
4 x 2 − 1 + D 4 x 2 − 1
5
Odpowiedź:
√
1
5
2 √
y =
4 x 2 − 1 + D
x 2 − 1 oraz y = 0
5
2
3. W jakim punkcie krzywizna krzywej K : y 2 = 2 x − 1 osiąga wartość największą. Wyznaczyć równanie okręgu ściśle stycznego.
|¨
x ˙
y − ¨
y ˙ x|
Wskazówka: Krzywizna krzywej płaskiej jest równa: κ = √ ˙ x 2 + ˙ y 23
Rozwiązanie:
t 2 + 1
Parametryzujemy krzywą: y = t , x =
, t ∈ ( −∞ , ∞)
2
Wtedy:
˙ x = t
,
¨
x = 1
˙
y = 1
,
¨
y = 0
| 1 − 0 |
1
κ = √
= √
3
3
t 2 + 1
t 2 + 1
Krzywizna jest największa dla t = 0 . Wtedy κ = 1. Promień okręgu ściśle stycznego: 1
R =
= 1
κ
Dla t = 0 mamy: x = 1 , y = 0 . Punkt P ( 1 , 0) jest wierzchołkiem paraboli. Wektor 2
2
−
→
normalny do paraboli w wierzchołku: n = [1 , 0]. Wektor ten jest skierowany do środka okręgu ściśle stycznego.
Stąd:
−→
−
→
n
P O =
· R = [1 , 0]
|−
→
n |
Środke okręgu ściśle stycznego: P ( 3 , 0).
2
( x − 3 )2 + y 2 = 1
równanie okręgu ściśle stycznego
2
Odpowiedź:
Krzywizna jest największa w punkcie P ( 1 , 0).
2
Równanie okręgu ściśle stycznego: ( x − 3 )2 + y 2 = 1
2
3
4. Wykorzystując rozwinięcie funkcji podcałkowej w szereg Maclaurina wyrazić całkę 2
Z
ex 2 d x
0
za pomocą szeregu liczbowego. Obliczyć przybliżoną wartość całki wykorzystując trzy początkowe wyrazy tego szeregu.
Rozwiązanie:
Korzystamy z rozwinięcia funkcji ex:
∞ ( x 2) n
∞ x 2 n
ex 2 = X
= X
, x ∈ ( −∞ , ∞)
n!
n!
n=0
n=0
Całkujemy szereg potęgowy:
2
2 ∞
∞
2
Z
Z
x 2 n
Z
x 2 n
ex 2 d x =
X
d x = X
d x
n!
n!
0
0
n=0
n=0 0
Obliczamy całki:
2
Z
x 2 n
1 x 2 n+1 2
22 n+1
d x =
=
n!
n! 2 n + 1 0
(2 n + 1) n!
0
Odpowiedź:
2
∞
Z
22 n+1
ex 2 d x = X (2 n + 1) n!
0
n=0
Przyblizona wartość całki:
2
Z
21
23
25
8
16
118
ex 2 d x ≈
+
+
= 2 +
+
=
1
3 · 1!
5 · 2!
3
5
15
0
4
5. Rozwiązać zagadnienie początkowe: y00 + 2 y0 + 5 y = 26 e 2 x y(0) = 5 , y0(0) = 1
Rozwiązanie:
Rozwiązujemy równanie liniowe jednorodne:
y00 + 2 y0 + 5 y = 0
r 2 + 2 r + 5 = 0
równanie charakterystyczne
√
∆ = 4 − 20 = − 16 = ⇒
∆ = ± 4 i
− 2 + 4 i
r 1 =
= − 1 + 2 i , r 2 = − 1 − 2 i 2
y = C 1 e−x cos 2 x + C 2 e−x sin 2 x rozwiązanie ogólne równania liniowego jednorodnego Szukamy rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego: y00 + 2 y0 + 5 y = 26 e 2 x Ponieważ r = 2 nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, więc rozwią-
zanie szczególne przewidujemy w postaci:
ys = Ae 2 x
y0 = 2 Ae 2 x
s
y00 = 4 Ae 2 x
s
Wstawiamy do równania:
4 Ae 2 x + 4 Ae 2 x + 5 Ae 2 x = 26 e 2 x = ⇒ 13 A = 26 = ⇒ A = 2
ys = 2 e 2 x
Rozwiązanie ogólne równania liniowego niejednorodnego: y = C 1 e−x cos 2 x + C 2 e−x sin 2 x + 2 e 2 x Wstawiamy warunki początkowe:
5 = C 1 + 2 = ⇒ C 1 = 3
y0 = −C 1 e−x cos 2 x − 2 C 1 e−x sin 2 x − C 2 e−x sin 2 x + 2 C 2 e−x cos 2 x + 4 e 2 x 1 = −C 1 + 2 C 2 + 4 = ⇒ 1 = − 3 + 2 C 2 + 4 = ⇒ C 2 = 0
Odpowiedź:
y = 3 e−x cos 2 x + 2 e 2 x 5
6. Wyznaczyć przedział zbieżności szeregu
∞
3 n
X √ ( x − 1) n
n
n=1
Rozwiązanie:
Jest to szereg potęgowy.
3 n
an = √
, x 0 = 1
n
Obliczamy:
q
3
ρ = lim n |an| = lim
√
= 3
n→∞
n→∞ q n n
1
R =
promień zbiezności szeregu
3
Szereg jest zbieżny dla x ∈ ( x 0 − R , x 0 + R) = ( 2 , 4 ) . Sprawdzamy zbieżność na 3
3
końcach przedziału:
2
Dla x =
:
3
∞
3 n 2
∞
3 n
1
∞ ( − 1) n
X √ ( − 1) n = X √ ( − ) n = X √
n 3
n
3
n
n=1
n=1
n=1
1
Niech: bn = √n
1
lim bn = lim √ = 0
n→∞
n→∞
n
1
1
√
¬ √
= ⇒ bn+1 ¬ bn
n + 1
n
Z kryterium Leibniza wynika, że szereg jest zbieżny.
4
Dla x =
:
3
∞
3 n 4
∞
3 n 1
∞
1
X √ ( − 1) n = X √ ( ) n = X √
n 3
n 3
n
n=1
n=1
n=1
1
Jest to szereg harmoniczny dla α =
. Szereg ten jest rozbieżny.
2
Odpowiedź:
Przedział zbieżności: < 2 , 4 ) 3
3
6