Zgjidhje te detyrave Matematika II, 05.02.2013 Pr. Qefsere Doko Gjonbalaj Zgjidhjet e detyrave të provimit me shkrim Matematika II 05.02.2013 1. Të njehsohet integrali i pacaktuar: x ln xdx x 2 ! 1 ( ) 3 " . Zgjidhja: x ln xdx x 2 ! 1 ( ) 3 " = ln x =u xdx x 2 ! 1 ( ) 3 = dv dx x = du v = xdx x 2 ! 1 ( ) 3 = x 2 ! 1 = t 2 2 xdx = 2tdt = 2 2 tdt t 3 = t !2 dt = !1 x 2 ! 1 " " " = = ! ln x x 2 ! 1 + dx x x 2 ! 1 " = x = 1 z dx = ! 1 z 2 = ! ln x x 2 ! 1 + ! 1 z 2 1 z 1 z 2 ! 1 " = = ! ln x x 2 ! 1 + ! 1 z 2 dz 1 z 2 1 ! z 2 " = ! ln x x 2 ! 1 ! dz 1 ! z 2 " = ! ln x x 2 ! 1 ! arcsin 1 x + c . 2. Të gjendet gjatësia e harkut të lakores y 2 = x 3 2 a ! x ; 0 " x " 5 3 a . Zgjidhja: Më së pari nga y 2 = x 3 2 a ! x gjejme se y =± x 3 2 a ! x . Prandaj gjatësia e harkut të lakores do të jetë: l = 2 1 + ! y 2 0 53 " dx = ! y = x 3 2 a # x $ % & & ’ ( ) ) ! = x 3a # x ( ) x 2 a # x ( ) 3 ; 1 + ! y 2 = a 2 a # x 8a # 3x 2 a # x =
6
Embed
Zgjidhjet e Detyrave Te Provimit Me Shkrim Matematika II 05.PDF
Zgjidhjet e Detyrave Te Provimit Me Shkrim Matematika II 05.PDF AFATI Janar 2013
Welcome message from author
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
Zgjidhje te detyrave
Matematika II, 05.02.2013 Pr. Qefsere Doko Gjonbalaj
Zgjidhjet e detyrave të provimit me shkrim Matematika II 05.02.2013
1. Të njehsohet integrali i pacaktuar:
x ln xdx
x2 !1( )
3" .
Zgjidhja:
x ln xdx
x2 !1( )
3" =
ln x=u!!!!!!!xdx
x2 !1( )
3=dv!
dx
x=du!!!!!!v=
xdx
x2 !1( )
3=x
2 !1= t2
2xdx = 2tdt=
2
2
tdt
t3= t
!2dt =
!1
x2 !1
"""
=
= !ln x
x2 !1
+dx
x x2 !1
" = x =1
z!!!!dx = !
1
z2= !
ln x
x2 !1
+
!1
z2
1
z
1
z2!1
" =
= !ln x
x2 !1
+
!1
z2dz
1
z21! z2
" = !ln x
x2 !1
!dz
1! z2" = !
ln x
x2 !1
! arcsin1
x+ c .
2. Të gjendet gjatësia e harkut të lakores y2 = x3
2a! x!;!!!0 " x "
5
3a.
Zgjidhja:
Më së pari nga y2 = x3
2a! x!!gjejme!se!!y = ±
x3
2a! x! . Prandaj gjatësia e harkut të
lakores do të jetë:
l = 2 1+ !y 2
0
5 3
" dx = !y =x3
2a# x
$
%&&
'
())
!
=x 3a# x( )
x 2a# x( )3!;!! 1+ !y 2
=a
2a# x
8a#3x
2a# x=
Zgjidhje te detyrave
Matematika II, 05.02.2013 Pr. Qefsere Doko Gjonbalaj
l = 2a
2a! x
8a!3x
2a! x0
5 3
" dx =
8a!3x
2a! x= t
2!!!dx =
4at
t2 !3( )
2dt
x =2a t
2 ! 4( )t2 !3
!!!!!x = 0,!!!!t = 2
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!x =5
3a,!!t = 3
= 4at2
t2 !3
dt = 4a2
3
" 1+3
t2 !3
#
$%
&
'(dt =
2
3
"
= 4a t +3
2lnt ! 3
t + 3
"
#$
%
&'
2
3
= 4a 1+ ln3 +1
2
"
#$
%
&' .
3. Të vërtetohet se funksioni z = ln ax ! by( ), e arsyeton ekuacionin
x !!x+ y
!
!y
"
#$
%
&'
3
z = 2,
Zgjidhja:
x!
!x+ y
!
!y
"
#$
%
&'
3
z = x3 !
3z
!x3+3x
2y!3z
!x2!y+3xy
2 !3z
!x!y2+ y
3 !3z
!y3
!z
!x=
a
ax " by , !z
!y=
"b
ax " by
!2z
!x2=
"a2
ax " by( )2 , !
2z
!y2=
"b2
ax " by( )2
!3z
!x3=
2a3
ax " by( )3 , !
3z
!x3=
"2b3
ax " by( )3
!3z
!x2!y
="2a
2b
ax " by( )3 , !
3z
!x!y2=
2ab2
ax " by( )3
Zgjidhje te detyrave
Matematika II, 05.02.2013 Pr. Qefsere Doko Gjonbalaj
x3 2a
3
ax ! by( )3!3x
2y
2a2b
ax ! by( )3+3xy
2 2ab2
ax ! by( )3! y
3 2b3
ax ! by( )3= 2
2 x3a3!3x
2ya
2b+3xy
2ab
2! y
3b3( )
ax ! by( )3
= 2ax ! by( )
3
ax ! by( )3= 2
4. Të zgjidhet ekuacioni diferencial i Bernulit:
!y +x
1" x2y = x y
Zgjidhja:
!y +x
1" x2y = x y !;!!!!! =
1
2!prandaj!!zevendesojm!!y = z
1
1"32 = z
2!dhe! !y = 2z !z (1)
2z !z +x
1" x2z2= xz
!z +x
2 1" x2( )z =
x
2!!!ek.d.linear !ku!!! f x( ) =
x
2 1" x2( )!;!!g x( ) =
x
2
(2)
Prandaj
z = c+ g! x( )ef x( )! dx
dx"#$
%&'e
( f x( )! dx (3)
f x( )! dx =x
2 1" x2( )! dx =
1" x2 = t
"2xdx = dt= "
1
4
dt
t! = ln
1
1" x24
(4)
g! x( )ef x( )! dx
dx =1
2
x
2!! eln
1
1"x24
dx =1
2
xdx
1" x24
= "1
31" x2( )
3 4
!! (5)
Zëvendsojmë (4) dhe (5) në (3) dhe fitojmë zgjidhjen e përgjithshme të (2)
z = c 1! x24 !1! x
2
3 (6)
Në fund, zëvendsojmë (6) në (1) dhe fitojmë zgjidhjen e detyrës
Zgjidhje te detyrave
Matematika II, 05.02.2013 Pr. Qefsere Doko Gjonbalaj
y = z2= c 1! x24 !
1! x2
3
"
#$
%
&'
2
.
5. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :
x !y2+ e
2 y( ) = "2 !y
Zgjidhja:
Ekuacionin e dhënë mund ta shkruajm në formën
x =!2 "y
"y2+ e
2 y (1)
Nëse marrim zëvendësimin dydx
= p,!!dx =dy
p, fitojmë
x = f y, p( ) =!2p
p2+ e
2 y
prej nga
dx =dy
p=2p
2! 2e
2 y
p2+ e
2 y( )2dp+
4pe2 y
p2+ e
2 y( )2dy
p2 ! e2 y
p2+ e
2 y( )22dp!
p2 ! e2 y
pdy
"
#$
%
&'= 0
çka është ekuivalent me
p2! e
2 y
p2+ e
2 y( )2= 0!!!!!ose!!!!!2dp!
p2! e
2 y
pdy = 0
Zgjidhim më së pari ekuacionin diferencial (i Bernulit):
2dp!p2! e
2 y
pdy = 0!!!!d.m.th.!!!
dp
dy!1
2p = !
e2 y
2p
dhe fitojmë zgjidhjen
Zgjidhje te detyrave
Matematika II, 05.02.2013 Pr. Qefsere Doko Gjonbalaj
p = cey! e
2 y,!!!!c > 0
të cilën e zëvendësojmë në (1) dhe fitojmë
x =!2 ce
y! e
2 y
cey
= !2c! e
y
c2ey
dhe përfundimisht
x =!2
cce
!y!1
paraqet zgjidhjen e përgjithshme të ek. Diferencial të dhënë .
Nga barazimi
p2! e
2 y
p2+ e
2 y( )2= 0!
fitojmë
p = ±ey!!!perkatesisht !!!y = ! ln x .
Me zëvendësimin e y = ! ln x në ekuacionin (1) tregohet se ajo paraqet zgjidhje, pra zgjidhje singular e ekuacionit.
6. Të zgjidhet ekuacioni diferencial:
!!y " 2 !y + y =x2+ 2x + 2
x3
dhe të gjendet zgjidhja partikulare për kushtet e fillimit y 1( ) = 0 , !y 1( ) = "1.
Zgjidhja:
Gjejmë më së pari zgjidhjen e përgjithshme të pjesës homogjene të ekuacionit
!!y " 2 !y + y = 0
Leht mund të shifet se yh = c1+ c
2x( )ex pasi që ekuacioni karakteristik k2 ! 2k +1= 0
ka rrënjë të dyfishtë k1,2=1 .
Gjejmë zgjidhjen e përgjithshme të ekuacionit johomogjen me metodën e variacionit të konstantave, dmth në yh = c
1+ c
2x( )ex zëvendësojmë c1 = u1 x( ),!c2 = u2 x( ) .
Zgjidhje te detyrave
Matematika II, 05.02.2013 Pr. Qefsere Doko Gjonbalaj
Prandaj zgjidhja partikulare do të jetë yp = u1x( )+u2 x( ) x!" #$e
x ndërsa zgjidhja e përgjithshme y = yh + yp.
Formojmë sistemin
!u1x( )ex + !u
2x( ) xex = 0
!u1x( )ex + !u
2x( ) x +1( )ex =
x2+ 2x + 2
x3
prej nga fitojmë
!u1x( ) = "x # !u2 x( )!,!!!!! !u2 x( ) =
x2+ 2x + 2
x3
e"x .
Prej këtu
!u2x( ) =
e!x
x" dx + 2
e!x
x2" dx + 2
e!x
x3" dx =
e!x
x" dx + 2
e!x
x2" dx + 2 !
e!x
2x2!1
2
e!x
x2" dx
#
$%
&
'(=
=e!x
x" dx +
e!x
x2" dx !
e!x
x2=
e!x
x" dx !
e!x
x!
e!x
x" dx !
e!x
x2= !
e!x
x!e!x
x2+ c
2.
Në mënyrë të ngjajshme fitojmë:
u1x( ) = !
x2+ 2x + 2
x3" e
!xdx = e
!x+2
xe!x+ c
1
prej nga zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial të dhënun do të jetë
y = yh + yp = c1+ c
2x( )ex + u
1x( )+u2 x( ) x!" #$e
x= c
1+ c
2x( )ex +
1
x.
Nga kushtet e fillimit y 1( ) = 0 , !y 1( ) = "1 fitojmë sistemin
c1+ c
2( )e+1= 0
c1+ 2c
2( )e!1= !1
Prej këtu c1= !2 e!!!dhe!!!c
2=1 e ashtu që zgjidhja partikulare e kërkuar është