UL/FRI/VSP-RI/ANA2/Izpiti/2006-01-16-DIF

Iz E-študij, proste zakladnice študentskega znanja

< UL | FRI | VSP-RI | ANA2 | Izpiti

Skoči na: navigacija, iskanje

Izpit z dne Napaka: neveljaven čas
UL/FRI/VSP-RI/ANA2

Čas pisanja: ni podatka glej podobne izpite minut.
Literatura: ni podatka glej podobne izpite.

Dif. izpit z dne 16.1.2006
UL/FRI/VSP-RI/ANA2
Čas pisanja: 90 minut.
Literatura: mat. priročnik, en A4 list.

1. naloga

Dana je funkcija

$f(x,y)=\frac{1}{\log(y-x^2)}$

(a) Določi definicijsko območje funkcije f.

(b) Nariši nivojnice funkcije f.

Rešitev (a)

Rešitev (b)

2. naloga

Poišči in klasificiraj vse lokalne ekstreme funkcije

$\!f(x,y)=x^2+xy+y^2-2x-y$

Rešitev

Odvajamo podano funkcijo po x in po y (clene ki vsebujejo x oz. y deriviramo, ostale pa tretiramo kot konstante in zanemarimo):

$\!f' x=2x+y-2$

$\!f' y=x+2y-1$

Dobimo dve enacbi, izenacimo s 0 in iscemo resitev 2 funkcij 2 neznank:

$\!2x+y-2 = 0$

$\!x+2y-1 = 0$

Iz druge enacbe:

$\!x=1-2y$

Uvrstimo v prvo:

$\!2(1-2y)+y-2 = 0$

$\!2-4y+y-2 = 0$

$\!-3y=0$

$\!y=0$

S y=0 dobimo x:

$\!x=1-2y=1$

Dobimo eno samo resitev: (x,y)=(1,0). Torej f(1,0) = 0.

Pogledamo ce je (x,y)=(1,0) res ekstrem. V ta namen izracunamo fx'x, fy'y in fx'y (zgoraj dobljeno funkcijo f'x se enkrat odvajamo po x, funkcijo f'y po y in spet funkcijo f'x tokrat po y):

$\!fx'x=2$

$\!fy'y=2$

$\!fx'y=1$

(Opomba: kot je vidno, so fxx, fyy in fxy v tem primeru zelo enostavni izrazi. To pa ni splosno pravilo).

Sedaj vstavimo v formulo ki predstavlja pogoj za ekstrem:

$\!fxx * fyy - (fxy)^2 > 0$

$\!2 * 2 - 1^2 > 0$

$\!3 > 0$ , torej v tocki (1,0) res imamo ekstrem.

Dolocimo se ali je ta tocka minimum ali maksimum: ce je fxx > 0, tocka je minimum; ce je fxx < 0, tocka je maksimum.

V nasem primeru, fxx = 2 > 0, torej tocka je minimum.

3. naloga

Poišči splošno rešitev diferencialne enačbe

$\!y'-2y=e^{2x}\tan x$

Določi tisto rešitev, ki zadošča pogoju y(0) = 1.

Rešitev A

Vidimo: f(x) = -2 (clen od y), g(x) = $e 2 x * t a n (x)$ . V postopku resevanja uporabimo Bernoullijevo metodo substitucije: y zamenjamo s u*v, y' pa s u'v + uv'. Dobimo:

$\!u'v + uv' - 2uv = e^{2x} * tan(x)$

Grupiramo clena kjer je v "prost":

$\!v * (u' - 2u) + uv' = e^{2x} * tan(x)$

Izraz v oklepajih vedno izenacimo s nulo s ciljem, da dobimo vrednost u:

$\!u' - 2u = 0$

$\!u' = 2u$

$\!\frac{du}{dx} = 2u$

Mnozimo izraz s $\frac{dx}{u}$ tako, da dobimo vse u na eni strani, vse x na drugi:

$\!\frac{du}{u} = 2x$

$\!Integral(du/u) = Integral(2dx)$

$\!ln(u) = 2x$

$\!u = e^{2x}$

Vrnimo se zdaj nazaj na obliko:

$\!v * (u' - 2u) + uv' = e^{2x} * tan(x)$

(u' - 2 u)

smo izenacili s nulo, torej clen odpade, vrednost u pa poznamo:

$\!uv' = e^{2x} * tan(x)$

$\!e^{2x}v' = e^{2x} * tan(x)$

$\!v' = tan(x)$

$\!\frac{dv}{dx} = tan(x)$

$\!dv = tan(x) * dx$

$\!Integral(dv) = Integral(tan(x) * dx)$

$\!v = Integral(\frac{sin(x)}{cos(x)}dx)$

Vpeljemo substitucijo cos(x) = t.

$\!v = Integral(\frac{sin(x)}{cos(x)=t})$

$\!v = Integral(\frac{sin(x)}{t} * \frac{dt}{-sin(x)})$

Minus iz -sin(x) izvlecemo pred izraz, sin(x) skrajsamo:

$\!v = - Integral(\frac{dt}{t})$

Pri izracunu vrednosti u, clen ki predstavlja konstanto, C, je bil zanemarljiv. Pri v, ta clen je pomemben in ga obvezno pisemo. Spremenimo t nazaj v cos(x):

$\!v = - ln(t) + C$

$\!v = - ln(cos(x)) + C$

Koncna resitev:

$\!y = u * v$

$\!y = e^{2x} * ( -ln(cos(x)) + C )$

Resitev B

Partikularno resitev za y(0) = 1. (Vidimo, x=0, y=1). Vstavimo v zgornjo enacbo:

$\!1 = e^{0} * ( -ln(cos(0)) + C )$

$\!1 = -ln(cos(0)) + C$

$\!1 = -ln(1) + C$

$\!1 = -0 + C$

$\!1 = C$

Samo se vstavimo v splosni del resitve:

$\!y = e^{2x} * ( -ln(cos(x)) + 1 )$

4. naloga

Poišči splošno rešitev diferencialne enačbe

$\!y''-4y'+8y=0$ .

Določi tisto rešitev, ki zadošča pogojema y(0) = 2, y'(0) = 8.

Rešitev A

Splosna oblika za dif. enacbe 2. reda se glasi:

$\!ay'' + by' + cy = f(x)$

V izvirni dif. enacbi preberemo vrednosti a, b in c:

$\!a = 1, b = -4, c = 8, f(x) = 0$

(f(x)=0, kar pomeni da enacba nima nehomogenega dela. Torej homogeni del resitve bo ob enem tudi koncna resitev).

Kreiramo polinom:

$\!ar^2 + br + c = 0$

$\!r^2 -4r + 8 = 0$

Resimo to kvadratno enacbo:

r_1,2 = (

- b

± $\sqrt[]{b^2 -4ac}$ )

/ 2 a

r_1,2 = (4 ± $\sqrt[]{16 - 32}$ )/ 2

r_1,2 = (4 ± $\sqrt[]{-16}$ )/ 2

r₁ = 2 + 2i

r₂ = 2 - 2i

So far, so good. Oblika homogenega dela resitve dif. enacbe je odvisna od tipa vrednosti r₁ in r₂:

Primer 1: r₁ $\ne$ r₂:

yh = C1 * e^(r1x) + C2 * e^(r2x)

Primer 2: r₁ = r₂:

yh = C1 * r^(r1x) + C2 * r^(r1x)

Primer 3: r_1,2 = $α$ ± $i β$

yh = e^(αx)(C1 * cos βx + C2 * sin βx)

V nasem primeru r_1,2 odgovarja varianti 3, torej se homogeni del (in ob enem koncna resitev, ker f(x) = 0) glasi:

y = yh = e^(2x)(C1 * cos(2x) + C2 * sin(2x))

C1 in C2 sta konstanti in sta v splosnem delu resitve nedolocena.

Rešitev B

Ta del resitve zahteva dolocanje vrednosti konstant C1 in C2. Zahtevana pogoja sta y(0) = 2, y'(0) = 8.

Zacnemo s prvim pogojem: iz y(0) = 2 vidimo: x= 0, y= 2. Enostavno uvrstimo x in y v prej dobljeni izraz za y:

$\!2 = e^0 * ( C1 * cos(0) + C2 * sin(0) )$

$\!2 = 1 * ( C1 * 1 + C2 * 0 )$

$\!2 = C1$

Iscemo se C2. Zacnemo tako, da odvajamo dobljeno funkcijo y. Y je v obliki u * v, torej uporabimo pravilo odvajanja $(u v)' = u' v + u v'$ . Stvar se se malce dodatno zakomplicira zaradi tega ker clen "u" ni enostaven izraz (zato $u'$ razpade na $e 2 x * (2 x)'$ , kar je v koncni obliki $2 e 2 x$ . V "v" delu pa imamo sin oz. cos (2x), kjer - spet zaradi neenostavnosti izraza (2x) - odvajamo cos(2x) kot -sin(2x) * (2x)' kar pride -2sin(2x) ):