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