Matematyka A dla Wydziału Chemii, semestr 2., 2020/2021 ćwiczenia 4. – rozwiązania

Matematyka A dla Wydziału Chemii, semestr 2., 2020/2021 ćwiczenia 4. – rozwiązania

12 marca 2021

1. Znajdź rozwiązanie ogólne równania 2txx^′= x²+ t². Wskazówka: podstaw y= x/t Przekształcając dostajemy:

x^′= 1+ (^xt)² 2^x_t Skoro x= yt, to x^′= y^′t+ y, zatem podstawiając:

y^′= (1+ y²

2y − y) ⋅1 t. Czyli

y^′= (1− y² 2y ) ⋅1

t,

co jest równaniem o zmiennych rozdzielonych i standardowa procedura doprowadza nas do rozwiązania

y(t) = ±

√C√+ t t , zatem

x(t) = ±√ t√

C+ t.

Zadanie to można też rozwiązać w alternatywny sposób. Wystarczy zauważyć, że po przekształceniu mamy x^′= 1

2tx+ t 2x⁻¹,

co jest równaniem Bernoulliego dla wykładnika B = −1, co sugeruje, że trzeba podstawić u = x², czyli u^′= 2xx^′i dostajemy równanie liniowe

u^′=1 tu+ t.

Jego wersja jednorodna ma rozwiązanie u = Dt, a po uzmiennieniu stałej dostajemy t = D^′t, zatem D(t) = t + E i u(t) = (t + E)t, zatem x(t) = ±√

(t + E)t, co jest tak naprawdę tym samym rozwiązaniem.

2. Znaleźć rozwiązanie równania x^′= ^1−tx spełniające warunek x(1) = 4. Jaka jest dziedzina tej funkcji i na jakim przedziale spełnia ona to równanie? Narysuj wykresy wszystkich takich funkcji. Jak to się ma do twierdzenia o istnieniu i jednoznaczności rozwiązania?

Mamy

x^′= (1 − t) ⋅ 1 x, zatem

x²/2 = t − t²/2 + C a więc

x= ±√

2t− t²+ C, a więc 4= x(1) =√

2− 1 + C, zatem C = 15 Zatem x(t) = ±√ 5− t√

3+ t. Wykres tej funkcji to połowa elipsy i jest ona określona na przedziale[−3, 5], z tym, że nie ma pochodnej w punktach −3 i 5.

1

3. Znajdź rozwiązanie ogólne równania x^′= 2x + t²e^2t.

To jest równanie liniowe. Wersja jednorodna to x^′= 2x daje rozwiązanie x(t) = Ce^2t i uzmienniając stałą dostaję równaie t²e^2t= C^′(t)e^2t, zatem C(t) = ∫ t²dt= t³/3 + D, zatem ostatecznie

x(t) = (t³+ D)e^2t

3 .

4. Znajdź rozwiązanie ogólne równania x^′= x +^et^t.

To jest równanie liniowe. Wersja jednorodna to x^′ = x daje rozwiązanie x(t) = Ce^t i uzmienniając stałą dostaję równaie ^e_t^t = C^′(t)e^t, zatem C(t) = ∫ 1/tdt = ln∣t∣ + D, zatem ostatecznie

x(t) = (ln∣t∣ + D)e^t. 5. Znajdź rozwiązanie ogólne równania x^′= 2x + t²e^t+ sin(t)e^t.

To jest równanie liniowe. Wersja jednorodna to x^′= 2x daje rozwiązanie x(t) = Ce^2t i uzmienniając stałą dostaję równaie t²e^t+ sin(t)e^t= C^′(t)e^2t, zatem C(t) = ∫ t²e^−tdt+ ∫ e^−tsin t dt. Obydwie całki wymagają dwukrotnego zastosowania całkowania przez części (w przypadku drugiej z nich również przeniesienia na drugą stronę równości ostatniej całki) i dostajemy

C(t) = −e^−t(t²+ 2t + 2) −1

2e^−t(sin t + cos t), więc

x(t) = −e^t(t²+ 2t + 2) −1

2e^t(sin t + cos t).

6. Znajdź rozwiązanie zagadnienia Cauchy’ego

⎧⎪⎪⎨⎪⎪

⎩

y^′−_2(x^xy2₋₁₎ =2y^x, y(2) = 1.

To jest równanie Bernoulliego

y^′= y x

2(x²− 1)+x 2⋅ y⁻¹ dla wykładnika B= −1. Mnożąc stronami przez y mamy:

y^′y= y² x

2(x²− 1)+x 2 Zatem podstawiamy u= y², i mamy u^′= 2y^′y, czyli

u^′= u x x²− 1+x

4, co jest równaniem liniowym, którego jednorodna wersja to

u^′= u x x²− 1, co daje rozwiązanie u(x) = C√

x²− 1, a uzmienniając stałą dostajemy, że ^x4 = C^′(x)√

x²− 1, zatem C(x) =

∫ 4√^x

x²−1dx, czyli (używając podstawienia w= x²− 1), C(x) =

√x²− 1 4 + D, zatem

u(x) = ∣x²− 1∣

4 + D√ x²− 1 i

y(x) = ±

√∣x²− 1∣

4 + D√ x²− 1.

2

Mamy y(0) = 1, zatem

1=

√3 4+ D√

3, Więc D√

3= ¹4, zatem D= ₄^√1₃ i

y(x) =

¿Á Á À∣x²− 1∣

4 + 1

4√ 3

√x²− 1.

3