zgjidhjet e detyrave te provimit me shkrim matematika ii 05.pdf

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=



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



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



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



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( ) .



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

y = !2+ x( )ex!1 +1

x.

zgjidhjet e detyrave te provimit me shkrim matematika ii 05.pdf

Documents