Matematyka A dla Wydziału Chemii, semestr 2., 2020/2021 ćwiczenia 2. – rozwiązania

Matematyka A dla Wydziału Chemii, semestr 2., 2020/2021 ćwiczenia 2. – rozwiązania

5 marca 2021

1. Wiedząc, że zawartość radioaktywnego węgla¹⁴C w próbce maleje dwukrotnie po 5730 latach, obliczyć po ilu latach zawartość spadnie pięciokrotnie.

Jeśli x(t) to jest ta zawartość, to ona maleje proporcjonalnie do siebie, czyli x^′=kx, gdzie k to pewna stała. To jest równanie o zmiennych rozdzielonych i mamy, że ∫ x^′/x dt = ∫ k dt, zatem ln ∣x∣ = kt + C , zatem ∣x∣ = e^kt+C, a więc x = De^kt. Wiemy, że x(5730) = x(0)/2, czyli De^k5730 = D/2, zatem k = ₅₇₃₀^ln12. Pytamy o t takie, że x(t) = x0/5, zatem De^kt=D/5, czyli

t = ln¹₅⋅5730 ln¹₂ =

5730 ln 5

ln 2 ≃13305.

Zatem stanie się to po około 13305 latach.

2. Narysować wszystkie rozwiązania równania x^′= −x². Sprawdzić, że przez każdy punkt płaszczyzny prze- chodzi dokładnie jedna z tych krzywych.

Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych i mamy∫

dt

x² = − ∫ 1, dt, jeśli x ≠ 0, więc ⁻¹_x = −t + C, zatem x = _t−C¹ lub x = 0. Wykres funkcji x =_x−C¹ to hiperbola y = 1/x przesunięta o C w prawo, więc przez każdy punkt płaszczyzny poza prostą y = 0 przechodzi dokładnie jeden taki wykres.

3. Łódka porusza się w wodzie bez napędu (została rozpędzona wcześniej). Opór wody jest proporcjonalny do prędkości (chwilowej) łódki. W pewnej chwili prędkość łódki wynosiła 1, 5m/s, a po następnych 4s już tylko 1m/s. Po jakim czasie prędkość łódki zmniejszy się do 4cm/s?

Skoro opór jest siłą i jest proporcjonalny do przyspieszenia mamy, że zmiana prędkości jest proporcjonalna do prędkości, czyli v^′= −kv. Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych, podobne jak w pierwszym zadaniu i wiemy, że w takim razie jego rozwiązanie to v = De^−kt. Mamy v(0) = 1, 5, zatem D = 1, 5 i jest to prędkość początkowa. v(4) = 1, zatem 1 =³₂e^−4k, zatem k = ^ln₋₄²³, a pytamy o t takie, że v(t) = 0, 04, czyli De^−kt= ⁴

100, zatem

t =

ln_100⋅1,5⁴

−^ln

2

−43

≃35, 72,

czyli po około 36 sekundach.

4. Znaleźć wszystkie funkcje f , że dla dowolnego punktu x styczna do wykresu poprowadzona w punkcie (x, f (x)) przecina oś OX w punkcie (x/2, 0).

Styczna do f w punkcie (t, f (t)) jest dana równaniem y = f^′(t)x + f (t) − f^′(t)t i przecina oś OX w punkcie spełniającym równanie x =^−f(t)+f_f′(t)^′(t)t i to ma być równe t/2, czyli mamy równanie różniczkowe:

( t

2 −t) f^′(t) = −f (t), czyli

f^′(t) = 2f ⋅1 t,

co jest równaniem o zmiennych rozdzielonych i jeśli f ≠ 0, to mamy ln ∣f ∣ = 2 ln ∣t∣ + C, zatem f = Dt² dla D ∈ R.

1

5. Rozwiązać równanie różniczkowe x^′(t) = 1 + x/t.

To jest równanie jednorodne. Podstawiam y(t) = x(t)/t, zatem ty(t) = x(t), czyli y +ty^′=x^′. W takim razie w naszym równaniu y+ty^′=1+y, zatem y^′=1/t, więc y(t) = ln ∣t∣+C. W takim razie x(t) = ty(t) = t ln ∣t∣+Ct.

6. Rozwiąż zagadnienie Cauchy’ego:

⎧⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎩

y^′(x) = y/x −

√ y/x,

y(1) = 1 ,

Mamy y^′=1 + y/x, czyli równanie jednorodne. Podstawiam u(x) = y/x, zatem xu(x) = y(x) i u + xu^′=y^′, więc u + xu^′ = u −√

u, czyli u^′/

√u = −1/x, zatem ∫ u^−1/2du = −∫

dx

x, więc 2√

u = − ln ∣x∣ + C, czyli u = ¹₄(C − ln ∣x∣)², a zatem y(x) = ^x₄(C − ln ∣x∣)². Z warunku brzegowego mamy, że 1 = ¹₄(C − 0)², zatem C²=4, czyli C = ±2. Zatem ostatecznie y(x) =^x₄(±2 − ln ∣x∣)².

2