¡Descarga Examents finals Mates 1 y más Exámenes en PDF de Matemáticas solo en Docsity!
FONAMENTS MATEMÀTICS 1 - 1a PART 251
GRAUS EN ENGINYERIA Dep. Informàtica, Matemàtica Aplicada i Estadística
INSTRUCCIONS: RAONEU LES RESPOSTES. ESPECIFIQUEU CLARAMENT EL VOSTRE NOM. NO ES POT UTILITZAR CALCULADORA NI CAP ALTRE DISPOSITIU ELECTRÒNIC. Temps: 2 hores. PUBLICACIÓ DE NOTES: dijous 1 de febrer. REVISIÓ: dimarts 6 de febrer, 12:00, seminari de Matemàtica Aplicada (1r pis edi ci P4).
- (a) (0.25 punts) Trobeu la descomposició real i complexa del polinomi p(x) = x^4 − 5 x^3 + 16x^2 − 30 x. SOLUCIÓ: Tenim que p(x) = x(x^3 − 5 x^2 +16x−30). Per Ru ni es troba fàcilment que 3 és una arrel real del factor x^3 − 5 x^2 + 16x − 30 , i que x^3 − 5 x^2 + 16x − 30 = (x − 3)(x^2 − 2 x + 10). Les dues arrels del factor x^2 − 2 x + 10 són 1 ± 3 i. Per tant, la descomposició real és p(x) = x(x − 3)(x^2 − 2 x + 10) i la complexa és p(x) = x(x − 3)(x − (1 + 3i))(x − (1 − 3 i)).
(b) (0.5 punts) Calculeu
i − 1 3 − i
− (1 − i)^3 i deixeu el resultat en forma binòmica.
SOLUCIÓ: Desenvolupant obtenim que (1 − i)^3 = − 2 − 2 i. D'altra banda,
i − 1 3 − i
(i − 1)(3 + i) (3 − i)(3 + i)
−4 + 2i 10
i 5
. Per tant, el resultat és −
i 5
− (− 2 − 2 i) =
i. (c) (0.5 punts) Trobeu (en forma binòmica) totes les solucions de l'equació z^4 + 81 = 0. SOLUCIÓ: Hem de trobar les 4 arrels quartes de − 81 , que en forma polar és (81)π. Les solucions són (3)(π+2kπ)/ 4 amb k = 0, 1 , 2 , 3 , o sigui (3)π/ 4 , (3) 3 π/ 4 , (3) 5 π/ 4 , (3) 7 π/ 4. En forma binòmica, obtenim
els quatre complexos ±
i.
- (a) (1 punt) Calculeu tots els punts crítics de la funció f (x, y) = ln(x^2 + y^2 + 1) i digueu si són màxims locals, mínims locals o punts de sella. SOLUCIÓ: Les derivades parcials respecte a x i y són 2 x/(x^2 + y^2 + 1) i 2 y/(x^2 + y^2 + 1). Si les igualem a 0, obtenim un sistema de dues equacions que té com a única solució x = y = 0. La matriu hessiana és (^) ( − 2 x^2 +2y^2 + (x^2 +y^2 +1)^2
− 4 xy (x^2 +y^2 +1)^2 − 4 xy (x^2 +y^2 +1)^2
2 x^2 − 2 y^2 + (x^2 +y^2 +1)^2
Substituint a la matriu els valors x = y = 0 trobats anteriorment, obtenim ( 2 0 0 2
de determinant positiu. Com que l'element de la primera la i primera columna és positiu, (0, 0) és un mínim local. (b) (0.75 punts) Trobeu l'equació del pla tangent a la grà ca de la funció f (x, y) = xy tan(xy) en el punt (π, 1). SOLUCIÓ: Tenim que f (π, 1) = 0. D'altra banda, les derivades parcials de f (x, y) respecte de x i y són, respectivament, y tan(xy) +
xy^2 cos^2 (xy)
i x tan(xy) +
yx^2 cos^2 (xy)
, que, avaluades al punt (π, 1), valen π i π^2. Per tant, l'equació del pla tangent demanat és
z = π(x − π) + π^2 (y − 1).
(c) (1 punt) Sigui m ̸= 1 una constant. Trobeu el valor que ha de tenir m per tal que la derivada direccional de la funció f (x, y) =
yx^2 + 1 mxy − y^2
des del punt (1, 1) en la direcció del vectorv⃗ = (− 1 , −1)
sigui igual a
SOLUCIÓ: Com que el vectorv⃗ té mòdul
2 , cal normalitzar-lo per obtenir (− 1 /
Les derivades parcials de f (x, y) respecte de x i y són, respectivament, 2 xy(mxy−y
(^2) )−my(yx (^2) +1) (mxy−y^2 )^2 i x^2 (mxy−y^2 )−(yx^2 +1)(mx− 2 y) (mxy−y^2 )^2 , que, avaluades al punt^ (1,^ 1), valen^
− 2 (m−1)^2 i^
−m+ (m−1)^2. Per tant, la derivada direccional demanada és
− 2 (m−1)^2 ,^
−m+ (m−1)^2
- = √2(m^1 −1) 2 (2 + m − 3) = √2(m^1 −1). Igualant això a
2 i aïllant m, obtenim m = 3/ 2.
- (a) (1.25 punts) Expresseu la funció f (t) en termes de funcions de Heaviside i calculeu la seva trans- formada de Laplace:
f (t) =
0 t < 0 2 t + 1 0 ≤ t < 2 t^2 2 ≤ t
SOLUCIÓ: Tenim que f (t) = (2t + 1)H(t) − (2t + 1)H(t − 2) + t^2 H(t − 2), que descomponem en tres sumands (A) − (B) + (C). Cal escriure els sumands (B) i (C) en termes de (t − 2). D'una banda, (B) es pot escriure fàcilment com a 2(t − 2) + 5. Pel que fa a (C), si posem t^2 = a(t − 2)^2 + b(t − 2) + c i desenvolupem el terme de la dreta, obtenim que a = 1, − 4 a + b = 0 i 4 a − 2 b + c = 0, i per tant a = 1, b = 4, c = 4. Així doncs, f (t) = (2t + 1)H(t) − (2(t − 2) + 5)H(t − 2) + ((t − 2)^2 + 4(t − 2) + 4)H(t − 2). Pel segon teorema de translació, L(f (t)) = e−^0 sL(2t + 1) − e−^2 sL(2t + 5) + e−^2 sL(t^2 + 4t + 4) = 2 s^2
s
− e−^2 s
s^2
s
s^3
s^2
s
(b) (0.75 punts) Calculeu la transformada inversa de Laplace de F (s) =
(s − 1)^2 + 4
s − 3 (s − 3)^2 + 9
SOLUCIÓ: Com que la transformada inversa de
s^2 + 4
és
sin(2t) i la de s s^2 + 9
és cos(3t), aplicant
el primer teorema de translació a cada un dels dos sumands obtenim que la resposta és et^
sin(2t) − e^3 t^ cos(3t).
Formulari: En les fórmules següents, F (s) = L(f (t)):
- L(eatf (t)) = F (s − a) (primer teorema de translació)
- L(f ′(t)) = sF (s) − f (0)
- L(f ′′(t)) = s^2 F (s) − sf (0) − f ′(0)
- L
(∫ (^) t
0
f (u) du
) =^1 s
F (s)
- L(f (t − a)H(t − a)) = e−asF (s) (segon teorema de translació)
f (t) F (s)
1 1 s
tn^ n! sn+
eat^ 1 s − a
sin(wt) w s^2 + w^2
cos(wt) s s^2 + w^2
sinh(wt) w s^2 − w^2
cosh(wt) s s^2 − w^2
FONAMENTS MATEMÀTICS 1 - 1a PART 261
GRAUS EN ENGINYERIA Dep. Informàtica, Matemàtica Aplicada i Estadística
INSTRUCCIONS: RAONEU LES RESPOSTES. ESPECIFIQUEU CLARAMENT EL VOSTRE NOM. NO ES POT UTILITZAR CALCULADORA NI CAP ALTRE DISPOSITIU ELECTRÒNIC. Temps: 2 hores. PUBLICACIÓ DE NOTES: dimarts 31 de gener. REVISIÓ: es penjarà l'horari de revisió al web de l'assignatura un cop publicades les notes.
- (a) (0.5 punts) Calculeu (i − 1)^7 i deixeu el resultat en forma binòmica. SOLUCIÓ: La forma polar de −1 + i és (
- 3 π/ 4. Per tant, si elevem a 7 obtenim un nombre que té per mòdul (
2)^7 = 8
2 i per argument 7 · 3 π/4 = 21π/ 4. Un cop reduït a un angle entre 0 i 2 π, aquest argument és equivalent a 5 π/ 4 (ja que cada 8 π/ 4 es fa una volta sencera). Així doncs, el resultat en forma polar és (
- 5 π/ 4 , que, en forma binòmica, queda 8
2(cos(5π/4) + i sin(5π/4)) = 8
2 / 2 − i
2 /2) = − 8 − 8 i. (b) (0.5 punts) Trobeu la descomposició real i complexa del polinomi biquadràtic p(x) = x^4 + 5x^2 + 4. SOLUCIÓ: Fent el canvi de variable x^2 = t obtenim t^2 + 5t + 4, que té per arrels − 4 , − 1. Per tant, les arrels del polinomi original són les arrels quadrades d'aquests dos nombres, o sigui ± 2 i, ±i. La descomposició complexa és, doncs, p(x) = (x − i)(x + i)(x − 2 i)(x + 2i). La real, que s'obté fent els productes (x − i)(x + i) i (x − 2 i)(x + 2i), és p(x) = (x^2 + 1)(x^2 + 4). (c) (0.5 punts) Trobeu (en forma binòmica) tots els nombres complexos que, elevats a 3, donen com a resultat − 27. SOLUCIÓ: Hem de trobar les 3 arrels cúbiques de − 27 , que en forma polar és (27)π. Les solucions són (3)(π+2kπ)/ 3 amb k = 0, 1 , 2 , o sigui (3)π/ 3 , (3)π , (3) 5 π/ 3. En forma binòmica, respectivament, 3 /2 + 3i
3 / 2 , − 3 , 3 / 2 − 3 i
- (a) (0.75 punts) Trobeu tots els punts (x, y) on el pla tangent a la funció f (x, y) = xy^2 +
x
y
és horitzontal, i escriviu l'equació del pla tangent en cada un d'aquests punts. SOLUCIÓ: Les derivades parcials respecte de x i y són, respectivament, y^2 − 1 /x^2 i 2 xy − 2 /y^2. Si les igualem a 0, obtenim un sistema de dues equacions que té com a úniques solucions reals (1, 1) i (− 1 , −1). Com que el pla tangent en un punt crític (x 0 , y 0 ) es redueix a z = f (x 0 , y 0 ), les equacions del pla tangent en aquests dos punts són, respectivament, z = 4 i z = − 4. (b) (1.5 punts) Volem construir una caixa rectangular (ortoedre o prisma recte rectangular) i volem assegurar les juntures aplicant silicona al llarg de totes les seves arestes. Trobeu les dimensions de la caixa de volum màxim que podem construir si volem utilitzar exactament 16 metres lineals de silicona. SOLUCIÓ: Si diem x, y, z a l'amplada, fondària i alçada de la caixa, llavors s'ha de complir que 4 x + 4y + 4z = 16, o bé x + y + z = 4. El volum de la caixa serà xyz, o sigui f (x, y) = xy(4 − x − y) = 4 xy −x^2 y −xy^2. Si igualem les derivades parcials a zero, obtenim 4 y − 2 xy −y^2 = 0, 4 x−x^2 − 2 xy = 0, sistema que té com a única solució amb sentit x = y = 4/ 3. Per comprovar que aquest punt és un màxim, calculem les derivades segones per obtenir la matriu hessiana, que és
H(x, y) =
− 2 y 4 − 2 x − 2 y 4 − 2 x − 2 y − 2 x
Per tant, H(4/ 3 , 4 /3) =
que té determinant positiu. Com que − 8 / 3 < 0 , el punt (4/ 3 , 4 /3) és un màxim.
- (a) (1 punt) Calculeu la transformada de Laplace de 2 tH(t − 1) + etH(t − 2), on H és la funció de Heaviside. SOLUCIÓ: Per la linealitat, tenim 2 L(tH(t − 1)) + L(etH(t − 2)), que també es pot expressar com 2 L(((t − 1) + 1)H(t − 1)) + L(e^2 et−^2 H(t − 2)). Pel segon teorema de translació, això és igual a 2 e−sL(t + 1) + e^2 e−^2 sL(et), que és igual a 2 e−s(1/s^2 + 1/s) + e^2 e−^2 s/(s − 1).
(b) (1.25 punts) Calculeu la transformada inversa de Laplace de F (s) =
e−^3 s s^3 − 2 s^2 − 3 s
SOLUCIÓ: Pel segon teorema de translació, la resposta és f (t−3)H(t−3), on f (t) és la transformada inversa de 1 /(s^3 − 2 s^2 − 3 s). La descomposició del denominador és (s + 1)(s − 3)s, de manera que la fracció es pot trencar en suma de 3 fraccions simples A/(s + 1) + B/(s − 3) + C/s. Si sumem les 3 fraccions, ens queda el numerador As(s−3)+Bs(s+1)+C(s+1)(s−3) = s^2 (A+B+C)+s(− 3 A+B− 2 C) − 3 C, que ha de ser igual al numerador original, 1. Per tant, ens queda el sistema de 3 equacions A + B + C = 0, − 3 A + B − 2 C = 0, − 3 C = 1, que té per solució A = 1/ 4 , B = 1/ 12 , C = − 1 / 3. Així doncs, L−^1 (1/(s^3 − 2 s^2 − 3 s)) = L−^1 (1/(4(s+1))+1/(12(s−3))− 1 /(3s)) = (1/4)e−t^ +(1/12)e^3 t^ − 1 / 3. Per tant, la solució és ((1/4)e−(t−3)^ + (1/12)e3(t−3)^ − 1 /3)H(t − 3).
Formulari: En les fórmules següents, F (s) = L(f (t)):
- L(eatf (t)) = F (s − a) (primer teorema de translació)
- L(f ′(t)) = sF (s) − f (0)
- L(f ′′(t)) = s^2 F (s) − sf (0) − f ′(0)
- L
(∫ (^) t
0
f (u) du
)
1 s F (s)
- L(f (t − a)H(t − a)) = e−asF (s) (segon teorema de translació)
f (t) F (s)
1 1 s
tn^ n! sn+
eat^1 s − a
sin(wt) w s^2 + w^2
cos(wt) s s^2 + w^2
sinh(wt) w s^2 − w^2
cosh(wt) s s^2 − w^2
de manera que A = 0 i B = 1. Per tant, la solució particular és yp(x) = x sin(2x) i la general és yh(x) + yp(x) = C 1 cos(2x) + C 2 sin(2x) + x sin(2x). Aplicant les condicions inicials, obtenim que y(π/2) = −C 1 = 1 i y′(π) = 2C 2 + 2π = 2, i per tant C 1 = − 1 i C 2 = 1 − π.
Formulari: Eq. dif. de segon ordre y′′^ + ay′^ + by = p(x). Tria de solució particular yp(x) depenent del terme p(x):
- Si p(x) = eαxPn(x), on Pn(x) és un polinomi de grau n, proveu yp(x) = xsQn(x)eαx, on Qn(x) és un polinomi de grau n i s és la multiplicitat de α com a arrel de l'equació característica.
- Si p(x) = eαx(K 1 cos(βx) + K 2 sin(βx)), proveu yp(x) = xseαx(A cos(βx) + B sin(βx)), on s = 1 si α + βi és arrel de l'equació característica, i s = 0 si no.
ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e / a, b, c, d, e ∈ R9 =0 :0 8 − 1 1 + i
#- # =0 /; * 6 1 −i p(x) = (x−4)(x+1)(x−(1+i))(x−(1−i))
$ 0 6/; p(x) = x^4 − 5 x^3 + 4x^2 + 2x − 8
4/9 4 9 "/ 0 0 4 > < 9 6 =0? z^4
i 2
#- 0 6 =0? =0 =0 z^4 i 2 = − 8 i :0 =0 z^4 = − 16 @
n+A / =0 8 =0 − 16 ? ( 4
- π+2kπ 4 = (2) π+2kπ 4
/ k = 0, 1 , 2 , 3!
2 i
) 49 4 9 "/ 0 0 0? f (x, y) = y · ex
(^2) −y 2
#- B x y ? B 2 xyex
(^2) −y 2
ex
(^2) −y 2 − 2 y^2 ex
(^2) −y 2
:0 3 / 0 0 =0 =0 ; C=0 0
4/9 4 9 %0 ; ? < < 0? 0 (1, −1)D
#- ? < < B : =0 0 (1, −1) ; :0
49 4 9 #0 0 0 0? f (x, y) = 2x^3 + 6xy − xy^2 + 1 :0 0
#- B x y ? B 6 x^2 + 6y − y^2 6 x − 2 xy
:0 3 / 0 0 =0 =0 ; C=0 0 (0, 0)
12 x 6 − 2 y 6 − 2 y − 2 x
0/ 0 0 B / / =0 0 ? 0
. 49 4 9 #0 0 f (t) =
∫ (^) t
0
e^3 u(cos(2u) − u^3 + e−^2 u) du
#- ; 0 g(t) = e^3 t(cos(2t) − t^3 + e−^2 t) 0 +
1 /s # =0 L(cos(2t) − t^3 + e−^2 t) = s/(s^2 + 4) − 6 /s^4 + 1/(s + 2)
? L(g(t)) = (s − 3)/((s − 3)^2 + 4) − 6 /(s − 3)^4 + 1/((s − 3) + 2) 0? ;
s
(s − 3)/((s − 3)^2 + 4) − 6 /(s − 3)^4 + 1/(s − 1)
4/9 4 9 #0 0 B F (s) =
s + 2 s^2 − 4 s + 8
#- # =0 ; 0/ 0 E ? =0 F
< + s^2 − 4 s + 8 = (s − 2)^4 + 4 < F (s) = (s−s2)+2 4 +4 =0 /; 0
F (s) = (ss−−2)2+4 4 +4 = (s−s2)−^24 +4 + (s−2)^44 +4 s − 2 s B
cos(2t) + 2 sin(2t) G =0 s :0 H s − 2 0
? =0 0? ; e^2 t(cos(2t) + 2 sin(2t))
x^2 25
y^2 16
= 1 9 . 4 > x :. = :.
#+ 4 · ; 8? @ 9 6 A y - y = f (x) = ± 4
1 − x^2 / 25
= . x ; . :. - 8
1 − x^2 / 25 4
64(1−x^2 /25)! #9 9. ;
− 5
64(1−x^2 /25) dx = 2
0
64(1−x^2 /25) dx =
- 6666...
B 2 7 . - 9 (1 + x^2 )y′(x) = 2y(x) y′(0) = 8
#+ " (1 + x^2 )dy/dx = 2y ! 9- dy/y = 2dx/(1 + x^2 ) <
- ln(y) = 2 arctan(x) + C y(x) = e2 arctan(x)^ · C! C :.
y′(x) = Ce2 arctan(x)^ · 2 /(1+x^2 ) :. = - :. y′(0) = C ·e2 arctan(0)^ · 2 /(1+0^2 ) =
2 C = 8 C = 4
, 2 7 "-. .= < 4 :.= y′′(x) − 4 y′(x) + 5y(x) = ex^ sin(x)
#+ 4 :.= λ^2 − 4 λ + 5 ; . λ 1 = 2 + i λ 2 = 2 − i!
.= 48
x^4 − x^3 − 6 x^2 + 14x − 12
(x − 2)(x + 3)(x^2 − 2 x + 2) x^2 − 2 x + 2 1 ± i (x − (1 − i))(x − (1 + i))(x − 2)(x + 3) (i − 1)z^3 − 3 i − 3 = 5i + 5
z^3 = (^) −8+81+ii = (^) ((8+8−1+ii)()(−−^11 −−ii)) =... = − 8 i z^3 = − 8 i (8) 3 π/ 2 ( 3
- 3 π/2+2kπ 3 = (2) 3 π/2+2kπ 3 k = 0, 1 , 2 (2)π/ 2 (2) 7 π/ 6 (2) 11 π/ 6 −
3 − i
3 − i
f (x, y) =
1 − sin(xy) x^2 + y
f (x, y) x y −(x^2 + y)y cos(xy) − 2 x + 2x sin(xy) (x^2 + y)^2 −(x^2 + y)x cos(xy) − 1 + sin(xy) (x^2 + y)^2
∂^2 f ∂x^2
∂^2 f ∂x∂y
f (x, y) = cos(xy) − y ln(xy)
∂^2 f ∂x^2
= −y^2 cos(xy) +
y x^2
∂^2 f ∂x∂y
= − sin(xy) − xy cos(xy) −
x
#) P (x) 9/ :! /' /; <
P (x) = K 1 (x − 1)(x − 2) + K 2 (x + 1)(x − 2) + K 3 (x + 1)(x − 1),
K 1 = (− 1 −1)(^3 − 1 −2) = 1/ 2 K 2 = (1+1)(1^4 −2) = − 2 K 3 = (2+1)(2^6 −1) = 2!
P (x) = (1/2)(x − 1)(x − 2) − 2(x + 1)(x − 2) + 2(x + 1)(x − 1) =
x^2 2
x 2
: 2 6 9? 948/ f (x) = x^3 g(x) = −x^2 +x+
#) / f (x) g(x) 3- f (x) = x^3 = −x^2 + x + 1 = g(x) 8/?
8/ = / 2/@6 − 1 1 3 - /- / > / x = 0 3-= 8/
f (0) = 0 < 1 = g(0)! 8/ 2 1 +6 94 g(x) * -
f (x) > */ = */ */? 1 + g(x) f (x)
π
0
g(x)^2 dx − π
0
f (x)^2 dx = π
0
(−x^2 + x + 1)^2 − (x^3 )^2 dx = π
0
−x^6 + x^4 − 2 x^3 − x^2 + 2x + 1 dx =
[
− x^7 /7 + x^5 / 5 − x^4 / 2 − x^3 /3 + x^2 + x
] 1
0 = 257π/^210.
9/ 9/ / x(t) - 9/ t #/ / x(t) 9/ /
8/ / 7 8/ - 50A 9/
#) - 8/ x′(t) = (1000 − x(t)) − x(t) = 1000 − 2 x(t)
dx 1000 − 2 x
= dt → −
ln(1000 − 2 x) = t + C →... → x(t) = 500 −
e−2(t+C).
x(0) = 500 − 12 e−^2 C^ = 3 C = − 3. 450868603
x(t) = 500 −
e−2(t−^3 .450868603).
x(t) = 497 t
e−2(t−^3 .450868603)^ → −3 = −
e−2(t−^3 .450868603)^ → ln(6) = −2(t − 3 .450868603),
t = 2. 554988868
, $ ' 67 0 + 6085 + f (x) = 1 + x^3 g(x) = −x^2 + x + 2 5 6
( + / 857 f (x) = g(x)% +65 1 + x^3 = −x^2 + x + 2% * + 5+
+ 5 + 6085 + 85 + 857 <+ 859 x^3 + x^2 − x − 1 = 0% 85 + +
5> + 5 + ?85 + +5+ + +7 − 1 1 :@ +% f (x) g(x) + + 5+ − 1 ,
<+% 95 + 5+ : 5. + 9 5 85 / 9 [− 1 , 1] 57 g(x) < 9+
<+ 6+ 85 57 f (x) 95 7 85 + + % +% + + 95+
7 g(x) A+ f (x) $+ + − 1 ,' +65%
− 1
πg(x)^2 dx−
− 1
πf (x)^2 dx = π
− 1
(−x^2 +x+2)^2 −(1+x^3 )^2 dx = π
− 1
−x^6 +x^4 − 4 x^3 − 3 x^2 +4x+3 dx =
π
[ (^) −x^7 7
x^5 5 − x^4 − x^3 + 2x^2 + 3x
] 1
− 1 = 144π/^35
- $ ' * 5 +57 6 / 857 y′^ +
y x = ln(2x)
( / 857 36= ++ <+ y′^ + y/x = 0% 85 <+ 9 + + +
% +% dy/dx = −y/x% +65 dy/y = −dx/x 6 *% 85 ln(y) =
− ln(x) + C = ln(x−^1 ) + C B y 57 x% * yh(x) = eC^ x−^1 % 85 +5
yh(x) = C/x 85 5% ++C 5 +57 / + yp(x) = C(x)/x 9
85 y′ p(x) = xC′(x)/x^2 − C(x)/x^2 = C′(x)/x − C(x)/x^2 % +5+5 / 857
6 + 0% * 85 C′(x) = x ln(2x) 6 + $ 5 u = ln(2x) dv = x dx'
* C(x) =
x^2 2 ln(2x) −
x^2 4
:@ +% 0 85 yp(x) =
x 2 ln(2x) −
x 4
<+% +% y(x) = yh(x) + yp(x) =
C
x
x 2
ln(2x) − x 4
1 $' $ ' 7 x^4 − 6 x^3 + 10x^2 + 2x − 15 8 7 * . 9
- * * 7< * 8 =7 :* (x + 1)(x − 3)(x^2 − 4 x + 5) ;>
:* 9 x^2 − 4 x + 5 : 7 * 7 ; *% 2 ± i %
9 ; :* (x − (2 + i))(x − (2 − i))(x − 3)(x + 1)
$8' $ ' 8 7 * * 7 $ * ? ; *' 3 =79 z^3 +2i =
10 − 6 i 1 − i
- 7 3 =79 =7 =7 z^3 = 101 −−^6 i i− 2 i = (10(1−−^6 i)(1+i)(1+i)i )− 2 i = 8 + 2i − 2 i = 8
% * z^3 = 8 07% , 8 * * @ =7 @
- (^) 0+2kπ 3 = (2) (^) 0+2kπ 3
8 k = 0, 1 , 2 % * * 7
3 i% − 1 −
3 i
+ $' $ ' 8 7 =7* 7* (x, y) 0 04 79 f (x, y) = 2xy +
x
y
:* ,A
- * . * * f * x y *9% * . % 2 y − x^12 2 x − y^42
075 * A * % 8 B *79 8 * x = 1/ 2 y = 2
% 3B 7 :* (1/ 2 , 2)
$8' $ ' 7 7 0 f (x, y) = ex+y^ (x^3 − 6 x^2 + 28 + 3xy^2 − 6 xy − 6 y^2 ) 7 (2, 0)
- 7 0 , 7 * . * * 787 x = 2 y = 0
. * x :* ex+y^ (x^3 − 6 x^2 + 28 + 3xy^2 − 6 xy − 6 y^2 ) + ex+y^ (3x^2 − 12 x +
3 y^2 − 6 y) = ex+y^ (x^3 − 3 x^2 + 28 + 3xy^2 − 6 xy − 3 y^2 − 12 x − 6 y) . * y :*
ex+y^ (x^3 − 6 x^2 +28+3xy^2 − 6 xy− 6 y^2 )+ex+y^ (6xy− 6 x− 12 y) = ex+y^ (x^3 − 6 x^2 +28+3xy^2 − 6 y^2 − 6 x− 12 y)
C $ ' 8 7 *79 0 3 =79 * 0 y′′^ + 2y′^ + y = (x + 3)e−x
- 3 =79 D*% λ^2 + 2λ + 1% : 7 λ 1 = λ 2 = − 1 % *7
3,0E :* yh(x) = C 1 e−x^ + C 2 xe−x^ =7 7%
* 7% 8 α = − 1 % Pn(x) = x + 3 s = 2 % 7 *79 7
yp(x) = x^2 e−x(Ax + B) = e−x(Ax^3 + Bx^2 ) .*% y p′(x) = e−x(−Ax^3 − Bx^2 + 3Ax^2 + 2Bx)
y′′ p (x) = e−x(Ax^3 + Bx^2 − 6 Ax^2 − 4 Bx + 6Ax + 2B) 78*7 3 =79 % 07
4% 4 =7 e−x(6Ax+2B) = e−x(x+3) % A = 1/ 6 B = 3/ 2 ;D % yp(x) =
e−x(x^3 /6+3x^2 /2) % 79 4 : y(x) = yh(x)+yp(x) = C 1 e−x^ +C 2 xe−x^ +e−x(x^3 /6+3x^2 /2)
y′′^ + ay′^ + by = p(x) yp(x) p(x)
p(x) = eαxPn(x) Pn(x) n yp(x) = xsQn(x)eαx Qn(x) n s α p(x) = eαx(C 1 cos(βx) + C 2 sin(βx)) yp(x) = xseαx(A cos(βx) + B sin(βx)) s = 1 α + βi s = 0
F (s) = L(f (t))
- L(eatf (t)) = F (s − a)
- L(f n)(t)) = snF (s) − sn−^1 f (0) − sn−^2 f ′(0) − sn−^3 f ′′(0) − · · · − f (n−1))(0)
- L
(∫ (^) t
0
f (τ ) dτ
)
1 s F (s)
