Lista zadań z AM2 dr J. Sulkowskiej – odpowiedzi, wskazówki, szkice Lista 1 1.1.

Lista zadań z AM2 dr J. Sulkowskiej – odpowiedzi, wskazówki, szkice

Lista 1

1.1. a) ∞ b) ln 2 c) ∞ d) 1 e) 𝜋

f) 2 g) ∞ h) 2 i) ∞ j) ^𝜋₂

1.2. b,c,e,f,h – całki zbieżne; a,d,g – całki rozbieżne do ∞.

Wsk. Niech 𝑓 – funkcja w treści zadania;

a) 𝑔(𝑥) =¹_𝑥, kryterium ilorazowe

b) 𝑔(𝑥) =_(𝑥+2)² ₃, 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥), kryterium porównawcze c) 𝑔(𝑥) =_2𝑒¹_2𝑥, kryterium ilorazowe/porównawcze

d) 𝑔(𝑥) =¹_𝑥, kryterium ilorazowe e) 𝑔(𝑥) = ¹

√𝑥, kryterium ilorazowe f) 𝑔(𝑥) = ¹

√𝑥−1, kryterium ilorazowe: ∫ ¹

√𝑥−1𝑑𝑥

5

1 = ∫ ¹

√𝑡𝑑𝑡

4 0

g) 𝑔(𝑥) =_𝑥¹₂, kryterium ilorazowe h) 𝑔(𝑥) = ¹

√𝑥, kryterium ilorazowe

1.3. a) pole jest nieskończone, a objętość skończona b) ¹₂< 𝛼 ≤ 1

c) ^𝜋

√2

Lista 2 2.1.

a) 𝑎_𝑛=^𝑛−1_𝑛! =_(𝑛−1)!¹ −_𝑛!¹; 𝑆_𝑁= ∑^𝑁_𝑛=2𝑎_𝑛 = (_1!¹ −_2!¹) + (_2!¹−_3!¹) + ⋯ + (_(𝑁−1)!¹ −_𝑁!¹) = 1 −_𝑁!¹. 𝑆 = ∑ ^𝑛−1

𝑛!

∞𝑛=2 = lim

𝑁→∞𝑆_𝑁 = lim

𝑁→∞(1 − ¹

𝑁!) = 1 − 0 = 1; szereg zbieżny do 1.

b) 𝑆𝑁= ∑ ¹

√𝑛+1+√𝑛

𝑁𝑛=1 = ∑ ¹

√𝑛+1+√𝑛∙

𝑁𝑛=1 √𝑛+1−√𝑛

√𝑛+1−√𝑛= ∑^𝑁𝑛=1(√𝑛 + 1 − √𝑛)= √𝑁 + 1 − 1 → ∞ przy 𝑁 → ∞; szereg rozbieżny do ∞.

c) 𝑆_𝑁 = ∑ ¹

(𝑛+1)(𝑛+2)

𝑁𝑛=1 = ∑ ( ¹

𝑛+1− ¹

𝑛+2)

𝑁𝑛=1 =¹

2− ¹

𝑁+2 → ¹

2 przy 𝑁 → ∞; szereg zbieżny do ¹

2. 2.2.

a) I. sposób (kryterium całkowe): 𝑓(𝑥) =^{ln 𝑥}

𝑥² jest dodatnia i malejąca w przedziale [2, ∞), gdyż 𝑓^′(𝑥) =^{1−2 ln 𝑥}

𝑥 < 0. Całka niewłaściwa ∫ 𝑓₂^∞ = lim

𝑇→∞∫ 𝑓₂^𝑇 = lim

𝑇→∞∫₂^𝑇_𝑥¹₂∙ ln 𝑥 𝑑𝑥 (przez części)=

𝑇→∞ 2 𝑇→∞ 𝑇→∞

zatem szereg ∑^∞𝑛=2^{ln 𝑛}_𝑛2 jest również zbieżny.

II. sposób (kryterium porównawcze): lim

𝑥→∞

ln 𝑥

√𝑥 = 0, a więc ^{ln 𝑛}

√𝑛 ≤ 1 dla dostatecznie dużych 𝑛 i mamy 0 ≤^{ln 𝑛}

𝑛² =^{ln 𝑛}

√𝑛 ∙ ¹

𝑛√𝑛≤ ¹

𝑛√𝑛. Szereg ∑^∞𝑛=2_𝑛√𝑛¹ jest zbieżny (𝑝 =³₂> 1), a zatem szereg ∑ ^{ln 𝑛}

𝑛²

∞𝑛=2 jest również zbieżny.

b) (idea: ^𝑛2

𝑛³+1≈^𝑛2

𝑛³= ¹

𝑛) 𝑎_𝑛 = ^𝑛2

𝑛³+1, 𝑏_𝑛=¹

𝑛; 𝑎_𝑛, 𝑏_𝑛> 0, 𝑘 = lim

𝑛→∞

𝑎_𝑛

𝑏_𝑛 = 1, ∑^∞_𝑛=2𝑏_𝑛= ∞, zatem

∑^∞_𝑛=2𝑎_𝑛= ∞ (kryterium ilorazowe).

c) 0 ≤_𝑛2+𝑛+2¹ ≤_𝑛¹₂; ∑^∞_𝑛=1𝑛¹₂< ∞, więc ∑^∞_{𝑛=1𝑛2+𝑛+2}¹ < ∞ (kryterium porównawcze).

d) Skorzystamy z faktu: lim

𝑥→0 sin 𝑥

𝑥 = 1. 𝑎_𝑛= sin (^𝜋

2^𝑛), 𝑏_𝑛= ^𝜋

2^𝑛, 𝑎𝑛, 𝑏_𝑛> 0, 𝑘 = lim

𝑛→∞

𝑎_𝑛

𝑏_𝑛= 1, ponadto

∑ ^𝜋

2^𝑛

∞𝑛=1 = 𝜋 ∑ ¹

2^𝑛

∞𝑛=1 = 𝜋 ∑ (¹

2)^𝑛

∞𝑛=1 < ∞ (szereg geometryczny o ilorazie 𝑞 =¹

2, |𝑞| < 1), zatem

∑ sin (^𝜋

2^𝑛) < ∞

∞𝑛=1 na podstawie kryterium ilorazowego.

e) 0 ≤_2𝑛+3^2𝑛_𝑛+1≤ ^2𝑛

3^𝑛+1≤ (²

3)^𝑛; ∑ (²

3)^𝑛

∞𝑛=1 < ∞, zatem ∑ ^2𝑛

2^𝑛+3^𝑛+1

∞𝑛=1 < ∞ , jw.

f) 𝑎_𝑛= ^22𝑛

2^𝑛+3^𝑛= ^4𝑛

2^𝑛+3^𝑛= ⁽

4 3)^𝑛 (²

3)^𝑛+1→ ∞, zatem nie jest spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu (𝑎_𝑛 → 0). Szereg jest rozbieżny (do ∞).

g) kryterium d’Alemberta: 𝑞 = lim

𝑛→∞|^𝑎𝑛+1

𝑎_𝑛 | = lim

𝑛→∞

125

𝑛+2= 0 < 1; szereg zbieżny h) kryterium d’Alemberta: 𝑞 = lim

𝑛→∞|^𝑎𝑛+1

𝑎_𝑛 | = lim

𝑛→∞

(2𝑛+2)(2𝑛+1)

(𝑛+1)² = 4 > 1; szereg rozbieżny (do ∞) i) kryterium Cauchy’ego: 𝑞 = lim

𝑛→∞^𝑛√|𝑎_𝑛|= lim

𝑛→∞

𝑛√𝑛2

𝑒^𝑛 = [¹

∞] = 0 < 1; szereg zbieżny j) kryterium Cauchy’ego: 𝑞 = lim

𝑛→∞arcctg (cos¹

𝑛) = arcctg1 =^𝜋

4< 1; szereg zbieżny k) cos 𝑛𝜋 = (−1)^𝑛; ∑^∞_𝑛=1⁽⁻¹⁾_2𝑛^𝑛= ∑_𝑛=1^∞ (−¹₂)^𝑛 zbieżny szereg geometryczny

l) kryterium Cauchy’ego: 𝑞 = lim

𝑛→∞^𝑛√|𝑎_𝑛|= lim

𝑛→∞

3

𝑛√𝑛3= 3 > 1; szereg rozbieżny 2.3

Wszystkie szeregi są zbieżne (kryterium Leibniza), gdyż w oczywisty sposób 𝑎_𝑛 ↘ 0;

|𝑆 − 𝑆_𝑛| ≤ 𝑎_𝑛+1, a zatem wystarczy, aby 𝑎_𝑛+1≤ 0,01:

a) 𝑆 ≈ 𝑆32=¹

4−¹

7+ ¹

10− ¹

13+ ⋯ − ¹

97≈? ? ? b) 𝑆 ≈ 𝑆6=¹

5−¹

7+ ¹

11− ¹

19+ ¹

35− ¹

67≈ 0,11 c) 𝑆 ≈ 𝑆4= 1 −¹

2+¹

6− ¹

24=⁵

8= 0,625 (sumą tego szeregu jest 1 −¹

𝑒≈ 0,632)

2.4

a) zbieżny (Leibniz), ale nie bezwzględnie (kryt. ilorazowe) b) rozbieżny (nie spełnia warunku koniecznego)

c) zbieżny (Leibniz), ale nie bezwzględnie (kryt. porównawcze) d) zbieżny (Leibniz), ale nie bezwzględnie (kryt. ilorazowe) e) zbieżny bezwzględnie (kryt. porównawcze)

f) rozbieżny (nie spełnia warunku koniecznego) 2.5.

a) [−1, 1] b) ℝ c) [¹⁷

4 ,²³

4) d) [0, 1)

e)(−⁵₂,³

2) f) [−5, −3] g) (−⁴₃, 0) h) (−1 − √3, −1 + √3) 2.6.

a) 𝑥 ∙ 𝑒^−2𝑥= ∑ ^(−2)𝑛

𝑛! 𝑥^𝑛+1

∞𝑛=0 , 𝑥 ∈ ℝ; 𝑓⁽³³⁾(0) = 33 ∙ 2³²; 𝑓⁽³⁴⁾(0) = −34 ∙ 2³³ b) cos 𝜋𝑥 = ∑^∞_𝑛=0^(−𝜋_(2𝑛)!^2)𝑛𝑥^2𝑛, 𝑥 ∈ ℝ; 𝑓⁽³³⁾(0) = 0; 𝑓⁽³⁴⁾(0) = −𝜋³⁴ c) sin^𝑥₃cos^𝑥

3=¹

2sin²

3𝑥 = ∑ ^{(−1)𝑛∙22𝑛}

(2𝑛+1)!∙3^2𝑛+1𝑥^2𝑛+1

∞𝑛=0 ; 𝑥 ∈ ℝ; 𝑓⁽³³⁾(0) =²³²

3³³; 𝑓⁽³⁴⁾(0) = 0 d) _1+3𝑥^𝑥 = 𝑥 ∙ ¹

1−(−3𝑥)= ∑^∞_𝑛=0(−3)^𝑛𝑥^𝑛+1, |𝑥| <₃¹; 𝑓⁽³³⁾(0) = 33! ∙ 3³²; 𝑓⁽³⁴⁾(0) = −34! ∙ 3³³ e) ^𝑥

4+𝑥²=^𝑥

4∙ ¹

1−(−^𝑥2

4)= ∑ ^(−1)𝑛

4^𝑛+1 𝑥^2𝑛+1

∞𝑛=0 , |𝑥| < 4; 𝑓⁽³³⁾(0) =^33!

4¹⁷; 𝑓⁽³⁴⁾(0) = 0 f) _𝑥−2^𝑥2 = −^𝑥₂²∙ ¹

1−^𝑥

2

= ∑^∞_𝑛=02⁻¹_𝑛+1𝑥^𝑛+2, |𝑥| < 2; 𝑓⁽³³⁾(0) =^−33!

2³²; 𝑓⁽³⁴⁾(0) =^−34!

2³³

2.7.

a) 𝑓(𝑥) =_2𝑥−1¹ = ∑^∞_𝑛=0(−2^𝑛)𝑥^𝑛; 𝑓′(𝑥) = ∑^∞_𝑛=1(−𝑛 ∙ 2^𝑛)𝑥^𝑛−1; ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡₀^𝑥 = ∑^∞_𝑛=0⁻²_𝑛+1^{𝑛𝑥𝑛+1}; 𝑅 =¹₂ b) 𝑓(𝑥) = 𝑒^𝑥2= ∑ ^𝑥2𝑛

𝑛!

∞𝑛=0 ; 𝑓′(𝑥) = ∑^∞_{𝑛=1(𝑛−1)!}² 𝑥^2𝑛−1; ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡₀^𝑥 = ∑ ^𝑥2𝑛+1

(2𝑛+1)∙𝑛!

∞𝑛=1 ; 𝑅 = ∞

c) 𝑓(𝑥) = 𝑥 ∙ sin 𝑥 = ∑ (−1)^{𝑛 𝑥2𝑛+2}

(2𝑛+1)!

∞𝑛=0 ; 𝑓′(𝑥) = ∑^∞_𝑛=0 (−1)^{𝑛 2𝑛+2}_(2𝑛+1)!𝑥^2𝑛+1;

∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡₀^𝑥 = ∑ ^{(−1)𝑛𝑥2𝑛+3}

(2𝑛+3)(2𝑛+1)!

∞𝑛=0 ; 𝑅 = ∞

d) 𝑓(𝑥) = 𝑥²∙ cos^𝑥₅= ∑_𝑛=0^∞ (−1)^{𝑛 𝑥}_(2𝑛)!∙5^2𝑛+2_𝑛; 𝑓′(𝑥) = ∑^∞_𝑛=0 (−1)^{𝑛 2𝑛+2}_{(2𝑛)!∙5𝑛}𝑥^2𝑛+1; ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡₀^𝑥 = ∑ (2𝑛+3)(2𝑛)!∙5^{(−1)𝑛𝑥2𝑛+3𝑛}

∞𝑛=0 ; 𝑅 = ∞

2.8. a) ²⁰₉ b) 7 c) 4 − 16 ln⁵₄ d) ⁴₃+ 3 ln²

3

Lista 3 3.1.

a) (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷_𝑓 ↔ {𝑥 ∈ [−^𝜋

2+ 2𝑘𝜋,^𝜋

2+ 2𝑘𝜋 ]

𝑦 ≥ 0 ∨ {𝑥 ∈ [^𝜋

2+ 2𝑘𝜋,^3𝜋

2 + 2𝑘𝜋 ]

𝑦 ≤ 0 , 𝑘 ∈ ℤ

b) (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷𝑓 ↔ −1 ≤ 2𝑥 − 𝑦 + 3 ≤ 1 ↔ 2𝑥 + 2 ≤ 𝑦 ≤ 2𝑥 + 4, 𝑥 ∈ ℝ c) 𝐷𝑓 = {(𝑥, 𝑦): 4 ≤ 𝑥²+ 𝑦²≤ 9} (otwarty pierścień kołowy)

3.2.

a) prosta 𝑦 = 𝑥 bez punktu (0, 0)

b) dla ℎ > 0 𝑃_ℎ jest rombem, którego osiami symetrii są osie układu współrzędnych, a bok leżący w pierwszej ćwiartce jest odcinkiem prostej 𝑦 = ℎ − 2𝑥; 𝑃₀= {(0, 0)}

c) okrąg (𝑥 − 1)²+ 𝑦² = 2

d) 𝑥 = ±𝑦²; dwie parabole o wspólnym wierzchołku (0, 0) 3.4.

a) ℝ²

b) ℝ²− {(0, 𝑦): 𝑦 ≠ 2}

c) ℝ²− {(𝑥, 0): 𝑥 ≠^𝜋

6+ 2𝑘𝜋 ∧ 𝑥 ≠^5𝜋

6 + 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ}

d) ℝ² 3.6.

a) 𝑧 − 1 = (𝑥 − 1) + (¹₂− 𝑒) (𝑦 − 1) (albo 𝑧 = 𝑥 + (¹

2− 𝑒) 𝑦 + 𝑒 −¹

2 )

b) dla 𝑥₀ = √2: 𝑧 − 1 = −√2(𝑥 − √2) − 2(𝑦 − 2) (albo 𝑧 = −√2𝑥 − 2𝑦 + 7);

dla 𝑥₀= −√2: 𝑧 − 1 = √2(𝑥 + √2) − 2(𝑦 − 2) (albo 𝑧 = √2𝑥 − 2𝑦 + 3) c) 𝑧 −⁴⁵₁₆= −³

2(𝑥 +³

4) + 3 (𝑦 −³

2) (albo 𝑧 = −³

2𝑥 + 3𝑦 −⁴⁵

16) 3.7.

a) przekątna 𝑠 = √𝑎²+ 𝑏²+ 𝑐²; ∆𝑠 ≈ 𝑑𝑠 =₁₃₀₀³⁸ m ≈ 3cm b) gęstość 𝜌 =^𝑀

𝑉; gęstość obliczona na podstawie pomiarów 𝜌₀= 5 g/cm³; błąd bezwzględny ∆_𝜌 obliczenia gęstości jest równy w przybliżeniu ∆𝜌≈ 0,03125 g/cm³; błąd względny 𝛿𝜌=^∆𝜌

𝜌₀∙ 100% ≈ 0,625%

c) droga 𝑠 =^𝑎𝑡2

2 ; 𝑠₀= 64 m; ∆_𝑠≈ 86,4 cm; 𝛿_𝑠 ≈ 1,35%

3.8. Uwaga: w tym zadaniu liczymy pochodne z definicji; gradient nie jest określony, gdyż pochodne cząstkowe ^𝜕𝑓_𝜕𝑥 (w przykładzie a) i ^𝜕𝑓_𝜕𝑦 (w przykładzie b) w punkcie (0, 1) nie istnieją.

a) ^𝜕𝑓_𝜕𝑣⃗ (0, 1) = |𝑣_𝑥| + 𝑣_𝑦 dla 𝑣 = [𝑣𝑥, 𝑣_𝑦], zatem ^𝜕𝑓

𝜕𝑣⃗⃗⃗⃗ ₁(0, 1) = 1, _𝜕𝑣^𝜕𝑓

⃗⃗⃗⃗ 2(0, 1) = −1, _𝜕𝑣^𝜕𝑓

⃗⃗⃗⃗ 3(0, 1) = √2.

𝜕𝑓

𝜕𝑣⃗ (0, 1) = 0 dla 𝑣 = [±^√2

2 , −^√2

2 ]; są to kierunki wskazujące przebieg poziomicy w punkcie (0, 1).

b) ^𝜕𝑓_𝜕𝑣⃗ (1, 1) = 𝑣_𝑦; ^𝜕𝑓_𝜕𝑣⃗ (1, 1) ma wartość największą dla 𝑣 = [0, 1], ^𝜕𝑓_𝜕𝑣⃗ (1, 1) = 0 dla 𝑣 = [−1, 0].

3.9.

a) −²⁴

5𝜋 b) ^5+√3

36 c) 𝑣 = [−³

5, −⁴

5 ] lub 𝑣 = [³

5,⁴

5 ] d) ∇𝑓(1, −1) = [2, −2] = 𝑣 , zatem pochodna ma wartość największą w kierunku wskazanym przez ten wektor: szukanym wersorem jest 𝑣⃗⃗⃗⃗ =0 ^𝑣⃗

‖𝑣⃗ ‖= [^√2

2 , −^√2

2 ] (‖𝑣 ‖ oznacza długość wektora 𝑣 ).

𝜕𝑓

𝜕𝑣⃗ (1, −1) = 0 dla 𝑣 = [^1+√7₄ ,^−1+√7

4 ] oraz dla 𝑣 = [^1−√7

4 ,^−1−√7

4 ].

3.10. 4xTAK 3.11.

a) maksimum w punkcie (1, 0)

b) maksimum w punkcie (−4, −1), minimum w punkcie (4, 1), brak ekstremum w punktach krytycznych (1,4) i (−1, −4)

c) maksimum w punkcie (4, 4), brak ekstremum w punktach krytycznych (0, 0), (0, 12) i (12, 0) d) maksimum w punkcie (−1, 1), minimum w punkcie (1, 1), brak ekstremum w punktach krytycznych (0, 0) i (0, 2)

e) minimum w punkcie (−1, 0)

f) brak ekstremum w punkcie krytycznym (−^√2₂ , √2) 3.12.

a) minimum warunkowe w punkcie (¹⁸₁₃, ¹²

13 ); jest to punkt na prostej 3𝑥 + 2𝑦 = 6 położony najbliżej początku układu współrzędnych (funkcja 𝑓 to kwadrat odległości od tego punktu) b) dwa minima w punktach (⁷₂,^3√2₂ ), (⁷₂, −^3√2₂ ), maksimum (lokalne) w punkcie (−1, 0) c) minimum warunkowe w punkcie (¹₂, ⁴

3 ))

d) dwa maksima w punktach (−1, 1), (1, 1), minimum w punkcie (0, 0) 3.13.

a) 𝑓_𝑚𝑖𝑛 = 0, 𝑓_𝑚𝑎𝑥= 4

c) 𝑓_𝑚𝑖𝑛= −12, 𝑓_𝑚𝑎𝑥 = 0 d) 𝑓𝑚𝑖𝑛 = −3, 𝑓_𝑚𝑎𝑥= −0,75 3.14.

a) jest to środek ciężkości trójkąta (^{𝑥𝐴+𝑥𝐵+𝑥𝐶}

3 ,^{𝑦𝐴+𝑦𝐵+𝑦𝐶}

3 ) = (−²

3, 2) b) podstawą jest kwadrat o boku √2𝑉³ , a wysokość jest równa ¹

2√2𝑉³ c) 2

d) (1, 2, −2)

Lista 4

4.1. a) 160 b) ^𝑒3−𝑒_2𝑒^2−𝑒+1₃ c) 0 d) ²⁰⁹

35 e) ⁶¹

3 f) ³²

3

4.2.

a) ∫ 𝑑𝑥₋₁¹ ∫_|𝑥|^2−𝑥2𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦; ∫ 𝑑𝑦₀¹ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥_−𝑦^𝑦 + ∫ 𝑑𝑦₁² ∫_{−√2−𝑦}^√2−𝑦 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 b) ∫ 𝑑𝑥₀² ∫_𝑥^2𝑥𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦+ ∫ 𝑑𝑥₂⁴ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦_𝑥⁴ ; ∫ 𝑑𝑦₀⁴ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥^1𝑦

2𝑦

c) ∫ 𝑑𝑥₁² ∫_{2−√𝑥−1}^{2+√𝑥−1}𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦+ ∫ 𝑑𝑥₂⁵ ∫_𝑥−1^{2+√𝑥−1}𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦; ∫ 𝑑𝑦₁⁴ ∫_𝑦^𝑦+12+4𝑦+5𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 d) ∫ 𝑑𝑥₀² ∫_2𝑥−𝑥^√4−𝑥2²𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦;

∫ 𝑑𝑦₀¹ ∫₀^{1−√1−𝑦}𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥+ ∫ 𝑑𝑦₀¹ ∫_{1+√1−𝑦}^√4−𝑦2 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥+ ∫ 𝑑𝑦₁² ∫₀^√4−𝑦2𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 4.3.

a) ∫ 𝑑𝑥₁^𝑒 ∫_{ln 𝑥}¹ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

b) ∫ 𝑑𝑦₋₁⁰ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥₋₁¹ + ∫ 𝑑𝑦₀¹ ∫₋₁^−𝑦𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥+ ∫ 𝑑𝑦₀¹ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥_𝑦¹ c) ∫ 𝑑𝑥₀¹ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦₀¹ +∫₁^√2𝑑𝑥∫₀^√2−𝑥2𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

d) ∫ 𝑑𝑦₀² ∫1^{2−√4−𝑦2}𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥

4𝑦² + ∫ 𝑑𝑦₀² ∫_{2+√4−𝑦}⁴ 2𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥+ ∫ 𝑑𝑦₂⁴ ∫¹⁴ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥

4𝑦²

4.4. a) ³₈ b) ^𝜋₄(2𝑒³+ 1) c) −²₃ d) ¹₈ 4.5. a) ⁹

2 b) ³

2− 2 ln 2 c) 1 d) 𝜋 − 2

4.6. a) ¹⁶₃ b) ¹⁰₃ c) ^7𝜋₆ d) ⁴₉

4.7. a) ⁹

4 b) ^2𝜋

3 (10√10 − 1) c) 2𝜋(2 − √2) d) 9𝜋√2

4.8. a) 144 b) ³

2 c) 3 − 𝑒 d) ln 2 −⁵

8

4.9.

a) ∫ 𝑑𝑦₀² ∫³⁻ 𝑑𝑧

3𝑦

0 2 ∫¹⁻ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥

𝑦 2−^𝑧 0 3

b) ∫ 𝑑𝑧₋₂² ∫_{−√4−𝑧}^√4−𝑧22𝑑𝑥∫_{−√4−𝑥}⁰ 2−𝑧²𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑦 c) ∫_−√3^√3 𝑑𝑥∫_{−√3−𝑥}^√3−𝑥22𝑑𝑦∫_𝑥³2+𝑦²𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑧

4.10. a) 8𝜋 b) ¹⁶₅ 𝜋 c) 0 d) ¹⁴₃ 𝜋

4.11. a) 5𝜋 b) ^8−5√2₃₀ c) ²⁵⁶₅ 𝜋 d) ⁶²⁵₂₄ 𝜋

4.12. a) 8 b) 𝜋 ∙ ln 2 c) ^√2−1

3 𝜋 d) ⁸

3𝜋 4.13.

a) środek masy leży na osi symetrii trójkąta w odległości ¹₃ℎ od jego podstawy b) środek masy leży na osi symetrii figury w odległości ^4√2_3𝜋 𝑅 ≈ 0,6𝑅 od środka koła c) (¹₃,¹

2,¹

3)

d) środek masy leży na osi symetrii (obrotu) półkuli w odległości ³₈𝑅 od środka kuli 4.14.

a) jeśli przyprostokątne trójkąta mają długości 𝑎 i 𝑏, to moment bezwładności względem osi zawierającej bok 𝑏 jest równy ¹₆𝑀𝑎²

b) ¹₄𝑀𝑅² c) ₁₀³ 𝑀𝑅² d) ²₅𝑀𝑅² Lista 5

5.1. a) tak b) nie c) tak

5.2. a) 𝐶 ∈ ℝ b) 𝐶 = 1 c) nie ma takiej wartości 𝐶 5.3. a) 𝑦(𝑡) = ⁻¹

𝑡²+𝐶 ; ponadto rozwiązanie osobliwe 𝑦(𝑡) ≡ 0

b) 𝑦(𝑡) = 𝐶 ∙ exp (^𝑡₂²+ 𝑡) − 1 c) 𝑦(𝑡) = ±√1 +_𝑡2^𝐶₋₁

5.4. a) 𝑦(𝑡) =_{𝑡3+𝑡−1}⁻¹ b) 𝑦(𝑡) = ln(2𝑒^𝑡− 1) c) 𝑦 + ln 𝑦 = ln 𝑡 (jest to rozwiązanie w postaci uwikłanej; można podać jawny wzór funkcji odwrotnej: 𝑡 = 𝑒^{𝑦+ln 𝑦} albo 𝑡 = 𝑦𝑒^𝑦)

a) 𝑦(𝑡) = −^𝑡₂−¹

4+ 𝐶 ∙ 𝑒^2𝑡 b) 𝑦(𝑡) = 𝑡³sin 𝑡 + 𝑡²cos 𝑡 + 𝐶 ∙ 𝑡² c) 𝑦(𝑡) = 1 − 𝑡²+ 𝐶 ∙ 𝑒^−𝑡2 5.6.

a) 𝑦(𝑡) = 𝑡 −¹

3+⁴

3∙ 𝑒^−3𝑡, 𝑡 ∈ ℝ b) 𝑦(𝑡) = 1 − 𝑡²+ ¹

√1−𝑡²

4 , 𝑡 ∈ (−1, 1), c) 𝑦(𝑡) =^1−cos4𝑡

sin 𝑡 , 𝑡 ∈ (0, 𝜋) 5.7.

a) 𝑦(𝑡) = 2𝑡 + 𝑒^𝑡, b) 𝑦(𝑡) = 2𝑡 − ln 𝑡 5.8. (we wszystkich przykładach 𝐶1, 𝐶₂∈ ℝ)

a) 𝑦(𝑡) = 𝐶1𝑒^2𝑡+ 𝐶₂𝑒^−3𝑡 b) 𝑦(𝑡) = 𝐶1𝑒^13𝑡+ 𝐶₂𝑒^−13𝑡 c) 𝑦(𝑡) = 𝐶1+ 𝐶₂𝑒^−14𝑡 d) 𝑦(𝑡) = 𝑒^2𝑡(𝐶₁+ 𝐶₂𝑡) e) 𝑒^−3𝑡(𝐶₁cos 2𝑡 + 𝐶₂sin 2𝑡) f) 𝑦(𝑡) = 𝐶₁cos¹

3𝑡 + 𝐶₂sin¹

3𝑡 5.9. a) 𝑦𝑠(𝑡) = 𝐴𝑡²+ 𝐵𝑡 + 𝐶 b) 𝑦_𝑠(𝑡) = 𝑡(𝐴𝑡 + 𝐵) c) 𝑦𝑠(𝑡) = (𝐴𝑡 + 𝐵)𝑒^3𝑡

d) 𝑦𝑠(𝑡) = 𝑡(𝐴𝑡 + 𝐵)𝑒^−𝑡 e) 𝑦𝑠(𝑡) = (𝐴𝑡²+ 𝐵𝑡 + 𝐶)𝑒^𝑡 f) 𝑦𝑠(𝑡) = 𝑒^−𝑡(𝐴 cos 5𝑡 + 𝐵 sin 5𝑡), g) 𝑦𝑠(𝑡) = 𝑡(𝐴 cos 5𝑡 + 𝐵 sin 5𝑡) h) 𝑦𝑠(𝑡) = 𝑒^𝑡(𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sin 2𝑡),

i) 𝑦_𝑠(𝑡) = 𝑡𝑒^𝑡(𝐴 cos 3𝑡 + 𝐵 sin 3𝑡)

5.10. a) 𝑦(𝑡) = 𝑒^3𝑡− 2𝑒^−3𝑡 b) 𝑦(𝑡) = 𝑒^𝑡2(³₂𝑡 − 2) c) 𝑦(𝑡) = − cos 5𝑡 −¹₅sin 5𝑡 d) 𝑦(𝑡) =¹₂(1 − 𝑡) +³

2cos 2𝑡 −⁵

4sin 2𝑡 e) 𝑦(𝑡) = − 11cos 3𝑡 − 3 sin 3𝑡 +²⁰₃ 𝑒^2𝑡+¹³

3 𝑒^−𝑡 f) 𝑦(𝑡) = −¹₄𝑡 cos 2𝑡 +⁴⁵

8 sin 2𝑡 5.11. a) 𝐹(𝑠) =^2−𝑠

𝑠² b) 𝐹(𝑠) =^4𝑠−1

𝑠²+4 c) 𝐹(𝑠) = ¹

(𝑠+2)² d) 𝐹(𝑠) = ^𝑠+14

𝑠²+4𝑠+13

5.12. a) 𝑦(𝑡) = 3 − 2𝑡 b) 𝑦(𝑡) = 𝑒^−𝑡− 2𝑒^−3𝑡 c) 𝑦(𝑡) =¹

4+¹

2𝑡 −¹

4𝑒^−2𝑡 d) 𝑦(𝑡) = 3 cos 5𝑡 + 2 sin 5𝑡 e) 𝑦(𝑡) = 𝑒^−𝑡(2 cos 3𝑡 +¹₃sin 3𝑡)

5.13. a) 𝑦(𝑡) =¹

2𝑒^𝑡 b) 𝑦(𝑡) =⁵

2𝑒^2𝑡−¹

2 c) 𝑦(𝑡) = 𝑒^3𝑡− 𝑒^−4𝑡

d) 𝑦(𝑡) = 1 − 𝑒^𝑡+ 2𝑡𝑒^𝑡 e) 𝑦(𝑡) = −¹₃sin 𝑡 +²₃sin^𝑡₂+ 6 cos₂^𝑡 f) 𝑦(𝑡) = 𝑡 +¹₃𝑒^−2𝑡sin 3𝑡 5.14.

a) Niech 𝑚(𝑡) – masa w chwili 𝑡. Wówczas 𝑚^′(𝑡) = −𝑘 ∙ 𝑚(𝑡), gdzie 𝑘 > 0 jest współczynnikiem proporcjonalności właściwym dla danego pierwiastka. Rozwiązanie ogólne równania jest postaci 𝑚(𝑡) = 𝐶 ∙ 𝑒^−𝑘𝑡; przyjmując 𝑚0= 𝑚(0) – masa początkowa, mamy 𝑚(0) = 𝐶 ∙ 𝑒⁰= 𝐶, zatem 𝑚(𝑡) = 𝑚₀∙ 𝑒^−𝑘𝑡. Niech 𝑇 będzie okresem połowicznego rozpadu, tzn. 𝑚(𝑇) =¹

2𝑚₀. Wtedy 𝑘 =^{ln 2}

𝑇

i mamy 𝑚(𝑡) = 𝑚0∙ 𝑒^{−ln 2𝑇𝑡} = 𝑚₀∙ 2^−𝑇𝑡. Dla 𝑇 = 100 mamy: 𝑚(10) = 𝑚0∙ 2^−0,1 ≈ 93,3% 𝑚₀; 𝑚(50) = 𝑚0∙ 2^−0,5≈ 70,7% 𝑚0; 𝑚(200) = 𝑚0∙ 2⁻²= 25% 𝑚0

b) Niech 𝑚(𝑡) – liczebność populacji w chwili 𝑡. Podobnie jak w punkcie a) 𝑚^′(𝑡) = 𝑘 ∙ 𝑚(𝑡), gdzie 𝑘 > 0; 𝑚(𝑡) = 𝑚0∙ 𝑒^𝑘𝑡= 𝑚0∙ 2^𝑇𝑡, gdzie 𝑇 = 5 jest okresem podwojenia populacji. Stąd jeśli 𝑡 jest czasem potrojenia populacji, tzn 𝑚(𝑡) = 𝑚0∙ 2^𝑡5= 3𝑚₀, to 𝑡 = 5 log23 ≈ 8 lat.

c) Niech 𝑤(𝑡) oznacza ilość cieczy w basenie w chwili 𝑡, a 𝑧(𝑡) ilość zanieczyszczeń w chwili 𝑡 (w litrach). Wówczas 𝑤(𝑡) = 5000 + 10𝑡 oraz 𝑧^′(𝑡) = 10 − 10 ∙^𝑧(𝑡)

𝑤(𝑡)= 10 − ^𝑧(𝑡)

500+𝑡 , 𝑧(0) = 0.

Rozwiązaniem tego zagadnienia początkowego (równanie liniowe niejednorodne) jest funkcja 𝑧(𝑡) =^{5𝑡2+5000𝑡}

𝑡+500 . W chwili napełnienia zbiornika (𝑡 = 500) zanieczyszczenia będą stanowiły 37,5%

zawartości zbiornika.