Zadanie 1a. Zadanie 1b. Zadanie 2.

Tekst pisany na niebiesko jest komentarzem, nie należy do rozwiązania.
Zadanie 1a.
Całkujemy przez części. Przed logarytmem dopisujemy jedynkę (czerwona funkcja, do całkowania),
a zieloną funkcję różniczkujemy.
Z
1 · ln(2x + 1) dx = x ln(2x + 1) −
Z
x·
2
dx
2x + 1
(1)
Do licznika całki po prawej stronie dodajemy i odejmujemy jedynkę aby dostać:
Z
2x + 1 − 1
dx =
2x + 1
Z
1 dx −
Z
1
dx
2x + 1
(2)
W całce po prawej stronie we wzorze (2) podstawiamy:
2x + 1 = y ; wtedy dx = (1/2) dy i ta całka to:
Z
1
1
dx =
2x + 1
2
1
1
1
dy = ln y = ln(2x + 1)
y
2
2
Z
(3)
Ostrożnie zbieramy wzory (3), (2), (1) do kupy (uwaga na znaki!) i mamy:
Z
ln(2x + 1) = x ln(2x + 1) − x +
1
ln(2x + 1) + C
2
Logarytm przed nawias:
Z
1
ln(2x + 1) = x +
2
ln(2x + 1) − x + C
Zadanie 1b.
A to wbrew pozorom jest niezwykle proste !
Podstawiamy y = x4 ; wtedy 4x3 dx = dy i dostajemy:
Z
4
x3 ex dx =
1
4
Z
1 4
1
ey dy = ey = ex + C
4
4
Zadanie 2.
Mianownik jest rozkładalny na iloczyn: (x + 5)(x – 2). Przekształcamy wyrażenie pod całką, stosując
metodę całkowania funkcji wymiernej:
1
A
B
(A + B)x − 2A + 5B
=
+
=
x2 + 3x − 10
x+5 x−2
x2 + 3x − 10
W liczniku porównujemy współczynniki przy x oraz wyraz wolny. Przy x ma być zero więc B = –A,
a wyrazy wolne dają:
1 = −2A + 5 · (−A)
zatem
A=−
1
7
oraz
B=
1
7
Całka przechodzi w:
=−
1
7
Z
1
dx
+
x+5 7
Z
1
1
x−2
dx
= [− ln(x + 5) + ln(x + 2)] = ln
+C
x−2
7
7
x+5
Jeszcze uwaga co do całki z 1/x. Powinno się ją zapisać jako ln |x|. Jeżeli na ćwiczeniach był taki zapis
to wszędzie powyżej, gdzie występuje tego typu całka, postaw pionowe kreski (moduł) przy argumencie
logarytmu. Zapomniałem o nich, a teraz za dużo byłoby poprawek. Sorry!
(to dotyczy obu zadań, 1a i 2).
Zadanie 3.
Macierz odwrotną liczymy w trzech krokach. Najpierw obliczamy wyznacznik macierzy A, aby sprawdzić, czy macierz odwrotna w ogóle istnieje. Następnie tworzymy macierz minorów 2x2 z macierzy
A. Następnie na tą macierz nakładamy “siatkę znaków” (patrz dalej). Wreszcie transponujemy tak
otrzymaną macierz i dzielimy przez wyznacznik macierzy A.
Obliczamy wyznacznik det(A) dowolną znaną Ci metodą. Poniżej dopisuję dwie kolumny po prawej
stronie i piszę częściowe sumy
2 1 3 2 1
det(A) = 0 1 1 0 1
1 −1 1 1 −1
= 2 + 1 + 0 − (3 − 2 + 0) = 2
Wychodzi det(A) = 2.
Dalej postępujemy zgodnie z “receptą” z podręcznika.
Znajdujemy macierz M minorów macierzy A. Przypominam, że minor Mij to wyznacznik otrzymany
z pozostałości macierzy A po skreśleniu i-tego wiersza i j-ej kolumny.
 1
 −1



  1
 M1 =   −1


   1
1
1
1
0 1
1 1
0 1
1 −1
3
1
2 3
1 1
2
1
2 3
0 1
3
1
2
0




 


2 −1 −1

1  

 =  4 −1 −3 
−1 

−2 2
2



1 
1 Zmieniamy w macierzy M1 znaki na przeciwne tam, gdzie w siatce po lewej stronie jest minus:

+ − +
− + −
+ − +

2
1 −1


M2 =  −4 −1 3 
−2 −2 2
Transponujemy macierz M2 i dzielimy przez det(A)

A−1

2 −4 −2
1 

=  1 −1 −2 
2
−1 3
2
Mnożymy macierz A przez odwrotną do niej:
(niewiele mogę tu pokazać, masz po prawej częściowe sumy, widać, że na przekątnej wychodzą dwójki,
poza tym zera, jak się przemnoży to przez 1/2 to wyjdzie macierz jednostkowa “Id”)

A A−1




2 1 3
2 −4 −2
4 + 1 − 3 −8 − 1 + 9 −4 − 2 + 6
1 
1 



0 − 2 + 2  = Id
=  0 1 1   1 −1 −2  =  0 + 1 − 1 0 − 1 + 3
2
2
1 −1 1
−1 3
2
2 − 1 − 1 −4 + 1 + 3 −2 + 2 + 2
Zadanie 4.
Obawiam się, że w tym zadaniu mogę używać nieco innego języka niż był na wykładach, no ale nie
napisałaś mi nic o tym.
Najpierw znajdujemy funkcje bazowe czyli ogólne rozwiązanie równania jednorodnego
y 00 + y 0 − 12y = 0
(4)
Równanie charakterystyczne dla tego równania jednorodnego to:
k 2 + k − 12 = 0
k1 = −4
zatem
oraz
k2 = 3
Jest dwa pojedyncze pierwiastki równania charakterystycznego, funkcjami bazowymi są więc e−4x oraz
e3x , a rozwiązaniem ogólnym równania (4) jest:
y1 (x) = C1 e−4x + C2 e3x
gdzie C1 i C2 są stałymi.
Rozwiązania szczególnego niejednorodnego równania ze względu na funkcję sin(x) po prawej stronie
równania z zadania będziemy szukać w postaci:
y2 (x) = A sin x + B cos x
(5)
Z równania (5) obliczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji y2
y20 = A cos x − B sin x
y200 = −A sin x − B cos x
oraz
Wstawiamy y2 i pochodne do równania z zadania:
(−A sin x − B cos x) + (A cos x − B sin x) − 12(A sin x + B cos x) = sin x
Przenosimy sin x na lewą stronę i łączymy wyrazy z sinusem i kosinusem
(−A − B − 12A − 1) sin x + (−B + A − 12B) cos(x) = 0
Lewa strona powinna zerować się dla każdego x, wobec tego wyrazy w nawiasach powinny być zerami.
Prowadzi to do układu równań na A i B:


 −13A − B − 1 = 0

 A − 13B = 0
13
1
Rozwiązaniami są: A = − 170
oraz B = − 170
.
Rozwiązaniem szczególnym jest więc:
y2 (x) = −
1
(13 sin x + cos x)
170
Pełne rozwiązanie równania z tego zadania to suma y1 + y2 czyli:
y(x) = C1 e−4x + C2 e3x −
1
(13 sin x + cos x)
170
Zadanie 5.
Ponownie nie jestem pewien, czy dobrze rozumiem to zadanie, tak, że nie gwarantuję, że to rozwiązanie
jest poprawne.
Równanie jednorodne y’ = 0 ma jako rozwiązanie funkcję stałą:
y 0 (x) = 0
zatem
y1 (x) = C
Równanie niejednorodne ma postać:
y 0 (x) = x3 ex
(6)
Rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego przewidujemy w postaci sumy:
y2 (x) =
4
X
Ak xk ex = A0 x0 ex + A1 xex + +A2 x2 ex + A3 x3 ex + A4 x4 ex
(7)
k=0
Obliczamy pochodną z równania (7) i wstawiamy do równania (6). Wygodnie jest najpierw znaleźć
wzór na pochodną wyrażenia xk ex
xk e x
0
= kx( k − 1)ex + xk ex = (x + k)xk−1 ex
Liczymy pochodną z (7) i wstawiamy do (6)
A0 ex + A1 (x + 1)ex + A2 (x + 2)xex + A3 (x + 3)x2 ex + A4 (x + 4)x3 ex = x3 ex
Dzielimy to równanie przez ex (wolno nam, bo ex nigdy nie jest zerem) i wymnażamy nawiasy:
A0 + A1 x + A1 + A2 x2 + 2A2 x + A3 x3 + 3A3 x2 + A4 x4 + 4A4 x3 = x3
czyli
A0 + A1 + (A1 + 2A2 )x + (A2 + 3A3 )x2 + (A3 + 4A4 )x3 + A4 x4 = x3
Porównujemy współczynniki przy tych samych potęgach x i dostajemy układ równań:

A0 + A1 = 0









A1 + 2A2 = 0






A + 3A = 0
2
3







A3 + 4A4 = 1








(8)
A4 = 0
Zaczynamy od ostatniego równania, z przedostatniego od razu mamy A3 = 1, jeszcze z poprzedniego
A2 = –3, następnie A1 = 6 i w końcu A0 = –6.
Rozwiązaniem układu jest: A0 = –6; A1 = 6; A2 = –3; A3 = 1; A4 = 0;
Wstawiamy te wartości do równania (7) i dodajemy stałą C czyli rozwiązanie równania jednorodnego.
Jako wartość całki z zadania dostajemy:
Z
x3 ex dx = (x3 − 3x2 + 6x − 6) ex + C
Mam nadzieję, że się nie pomyliłem...
Pozdrowienia - Antek