DLA TYKA TEMA MA - Cybracybra.p.lodz.pl/Content/8587/Andrzej Just 26.07.2013.pdfzadań zostały...

MA

TE

MA

TY

KA

DLA

ST

UD

EN

TÓ

W P

OLIT

EC

HN

IK *

NR

2064

ISBN 978-83-7283-557-4

MATEMATYKADLA STUDENTÓW POLITECHNIK

TEORIA, PRZYKŁADY, ZADANIA Z WYKORZYSTANIEM PAKIETÓWMATEMATYCZNYCH

Andrzej Just

Witold Walas, Alina Kondratiuk-Janyska, Jerzy Pełczewski

Marek Małolepszy, Agnieszka Niedziałkowska

Łódź 2013

Recenzent: dr hab. Marek Galewski, prof. PŁ

Rysunki z wykorzystaniem pakietów TikZ i PGF – Witold Walas

Skład komputerowy tekstu przy użyciu systemu – Aneta Stasiak

Projekt okładki – Aneta Stasiak

© Copyright by Politechnika Łódzka 2013

WYDAWNICTWO POLITECHNIKI ŁÓDZKIEJ 90-924 Łódź, ul. Wólczańska 223

tel./fax 42-684-07-93

e-mail: [email protected]

www.wydawnictwa.p.lodz.pl

ISBN 978-83-7283-557-4

Wydanie II poprawione, uzupełnione i rozszerzone

Nakład 500 egz. Ark druk. 32,0. Papier offset. 80 g 70 x 100 Druk ukończono we wrześniu 2013 r.

Wykonano w Drukarni offsetowej „Quick-Druk” s.c. 90-562 Łódź, ul. Łąkowa 11 Nr 2064

Spis treści

Przedmowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1 Liczby zespolone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Elementy algebry liniowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3 Ciągi liczbowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4 Szeregi liczbowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

5 Granica i ciągłość funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

6 Rachunek różniczkowy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

7 Rachunek całkowy funkcji jednej zmiennej . . . . . . . . . . . . . . . 85

8 Szeregi funkcyjne (potęgowe i Fouriera) . . . . . . . . . . . . . . . . 115

9 Funkcje rzeczywiste dwóch zmiennych . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

10 Równania różniczkowe zwyczajne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

11 Całki podwójne i krzywoliniowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

12 Całki potrójne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

13 Analiza wektorowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

14 Całki krzywoliniowe w R3 i powierzchniowe . . . . . . . . . . . . . . 212

15 Równania różniczkowe cząstkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

16 Prawdopodobieństwo i elementy statystyki . . . . . . . . . . . . . . . 259

17 Liniowe równania różnicowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282

Dodatek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306

18 Zbiór zadań (przykładowych i do rozwiązania)do poszczególnych rozdziałów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310

Najczęściej używane symbole i funkcje w Maximie. . . . . . . . . . . . . . 494Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 497

W badaniach nad procesem uczenia się i nauczaniamatematyki nie można pomijać faktu, że nigdy niemamy do czynienia z ahistorycznym, modelowymtypem ucznia i nauczyciela, ale że są to zawsze ludzieuwarunkowani czasem, w którym żyją.

Prof. Z. Krygowska

Przedmowa

Skrypt ten zawiera elementarne działy matematyki wyższej wykładane dlastudentów uczelni technicznych ze szczególnym uwzględnieniem właśnie kierun-ków technicznych. Prowadzi czytelnika przez materiał w sposób logiczny i spójny,wymagając wcześniejszej znajomości podstawowych faktów matematycznychz zakresu szkół licealnych zamieszczonych w skryptach: [1], [2], oba skrypty podmoją redakcją.

Nauczanie matematyki na uczelni technicznej musi być ukierunkowane na po-trzeby kształcenia danego wydziału. Innej wiedzy matematycznej wymaga się odstudenta, dajmy na to, Wydziału Chemicznego a innej od studenta Wydziału Me-chanicznego. Zupełnie inni studenci trafiają na te wydziały i nie chodzi tu o poziomwiedzy, ale o specyfikę, jaką ma każdy z wydziałów.

Na uczelniach technicznych rozpoczyna studia młodzież o bardzo szerokimspektrum przygotowania merytorycznego z matematyki i fizyki, od bardzo dobrzedo zdecydowanie słabo przygotowanych. Dzisiaj aspiracje młodych ludzi są ta-kie, że chcą studiować. To bardzo dobrze, jednak obecny poziom matury, szczegól-nie tej zdawanej na poziomie podstawowym, nie gwarantuje, że kandydat apliku-jący na uczelnię techniczną posiada wiedzę i umiejętności z zakresu matematykii fizyki umożliwiające studiowanie. Dostrzegamy poważny niedostatek u studentów

6 Andrzej Just - Matematyka dla studentów Politechnik

pierwszego roku niezbędnej techniki rachunkowej oraz wyraźny spadek umiejętnościanalitycznych.

Luka, jaka powstała między matematyką szkolną a akademicką po wprowa-dzeniu reform kształcenia w 1989 r. i 1999 r., pogłębi się jeszcze bardziej po wpro-wadzeniu nowej podstawy programowej w 2009 r. do szkół podstawowych i gimna-zjalnych. Do szkół licealnych reforma wejdzie w 2012 r., a pierwsi absolwenci trafiąna uczelnie w 2015 roku. Redukcja treści zawartych w podstawie programowejmatematyki ma przyczynić się do zwrócenia większej uwagi w procesie naucza-nia na rozumowanie i dogłębne opanowanie wiedzy zawartej w nowym programie.Oczywiście to dobrze, ale z drugiej strony zajęcia wyrównawcze nie zapełnią jeszczebardziej pogłębionej luki programowej. Są one jedynie próbą wyrównania poziomuwiedzy kandydatów na studia. Wprowadzenie Krajowych Ram Kwalifikacji, a co zatym idzie efektów kształcenia, a więc zasobu wiedzy, umiejętności i kompetencji,stwarza znakomitą okazję do przemyślenia, czego będzie się uczyć z matematykii po co. Skrypt ten łącznie z wyżej wymienionymi oraz skryptami [3] i [4] będziezawierać podstawowy zakres wiedzy i umiejętności z matematyki wyższej (klasycz-nej, nie abstrakcyjnej), stanowiąc przede wszystkim narzędzie w pracy przyszłegoinżyniera a jednocześnie podstawę do samodzielnego uczenia się i analizowaniatych problemów matematycznych, które na swojej drodze naukowej czy zawodo-wej można napotkać. Nieodchodząc od matematycznej precyzji, ograniczamy sięw kilku rozdziałach do bardziej intuicyjnego podejścia do wielu zagadnień, rezy-gnując często ze ścisłego definiowania pojęć, jak i też dowodów formułowanychtwierdzeń. Zostały one wprowadzone i w wyżej wymienionych skryptach, jak teżi w częściowo zapomnianym skrypcie [5], a także [6], z których to opracowań i szcze-gólnie dobrze dobranych przykładów korzystaliśmy. Materiał staramy się wyłożyćw sposób przejrzysty i zarazem elementarny tak, żeby ze skryptu mogli korzy-stać również gorzej matematycznie przygotowani studenci. Część skryptu jednak,wykracza poza ramy tradycyjnie wykładane na uczelniach technicznych i może sta-nowić dobry materiał wstępny np. dla doktorantów nauk technicznych, zwłaszczarozdziały dotyczące równań różniczkowych cząstkowych, ale również analiza wekto-rowa czy niektóre elementy analizy funkcji wielu zmiennych. Umieszczona zostałarównież duża liczba zadań do samodzielnego rozwiązania. Do każdego z zadań, któ-rego wynikiem jest liczba lub wzór, podane są odpowiedzi. Przykłady ilustrującerozważane zagadnienia zostały ułożone w ten sposób, by dać studentowi możliwośćpraktycznego zrozumienia materiału, są też rozwiązania rozpatrywanych proble-mów z wykorzystaniem odpowiednich pakietów matematycznych takich, jak Ma-xima. Zatem, student prócz rozumienia pojęć uzyskuje od razu narzędzie służącedo rozwiązywania konkretnych zadań.

Dziś trudno wyobrazić sobie inżyniera, który nie potrafi obsługiwać kompu-tera i wszystkie problemy matematyczne, z jakimi spotyka się w pracy zawodo-wej, rozwiązuje bez jego użycia, wykorzystując jedynie długopis i kartkę papieru.Współczesne programy komputerowe umożliwiają wykonywanie złożonych obliczeńnie tylko numerycznych, ale także symbolicznych, co z punktu widzenia nauczania

7

matematyki jest niezmiernie istotne. W doborze oprogramowania, uwzględniającpotrzeby dydaktyczne, istotnym elementem jest to, aby posługiwanie się nim niestanowiło bariery dla studentów w zdobywaniu i pogłębianiu wiedzy matematycz-nej. Na rynku dostępnych jest wiele programów, rozpoczynając od tych, któreumożliwiają rozwiązywanie podstawowych problemów matematycznych, a skoń-czywszy na rozbudowanych aplikacjach dających bardzo szerokie możliwości. Z wie-lu dostępnych pakietów matematycznych zarówno komercyjnych, jak i niekomer-cyjnych zdecydowano się na wykorzystanie Maximy, która obok innych programówmatematycznych wykorzystywana jest na takich uczelniach, jak Harvard Univer-sity, University of Cambridge. Za jej użyciem przemawiają argumenty przedsta-wione przez M. Małolepszego w artykule „Programy komputerowe w nauczaniumatematyki” (opublikowanym w: A. Jastriebow (red.), Technologie informatycznew nauce, technice i edukacji. Informatyka w dobie XXI wieku, Wyd. NaukoweInstytutu Technologii Eksploatacji, Radom 2009):

• bardzo dobrze nadaje się do obliczeń symbolicznych, które stanowią podstawęna zajęciach z matematyki,

• korzystanie z programu, szczególnie z wykorzystaniem interfejsu wxMaxima,jest bardzo intuicyjne, co powoduje, że jego obsługa nie staje się przeszkodąw rozwiązywaniu zadań,

• wyniki wyświetlane są z wykorzystaniem symboliki matematycznej, np.√

2,

• nazwy wielu funkcji i ich składnia są podobne jak w komercyjnych progra-mach matematycznych, co jest szczególnie istotne przy „przechodzeniu” nanie,

• program jest ciągle rozwijany,

• jest to program bezpłatny, co nie jest bez znaczenia z punktu widzenia stu-dentów, a także uczelni – choć z całą pewnością nie powinien to być argumentdecydujący w doborze oprogramowania.

Zdecydowano, że rozwiązania zostaną wykonane przez bezpośrednie wprowa-dzanie poleceń w linii komend, bez wykorzystania interfejsu graficznego. Praktykapokazuje, iż osoby, które potrafią w Maximie rozwiązać zadania bez wykorzysta-nia interfejsu graficznego, nie mają także większych problemów z jego obsługą.W skrypcie zostały przedstawione szkice rozwiązań większości przykładów z wyko-rzystaniem Maximy w wersji 5.27.0 (wykonane przez M. Małolepszego). Ze względuna to, że każdy z tych przykładów najpierw rozwiązano w tradycyjny sposób,a następnie przedstawiono możliwości rozwiązania go w programie, nie powta-rzano (poza nielicznymi wyjątkami) komentarzy i wniosków. Ponadto w zbiorzezadań zostały przedstawione szkice rozwiązań wybranych zadań (wykonane przezA. Niedziałkowską). Rozwiązania w Maximie wyróżniono poprzez zamieszczenie

przy nich symbolu .


Wzrost roli i znaczenia technologii informacyjnych w kształceniu matema-tycznym, stwierdzona skuteczność tych technologii w procesie edukacyjnym nie jestzagrożeniem dla tradycyjnych metod nauczania. Przecież wiadomo, żewykorzystanie kalkulatorów i komputerów jest wprost niezbędne we współczesnymświecie. Jednocześnie stosowanie ich bez znajomości pewnych faktów matematycz-nych może prowadzić do istotnych błędów. Te dwie metody nauczania matema-tyki, klasyczna i poprzez wprowadzenie technologii informacyjnych, nie muszą zesobą konkurować, ale powinny się wzajemnie uzupełniać i podnosić skutecznośćkształcenia matematycznego. Stosowanie najnowszych technologii informacyjnychw nauczaniu matematyki na poziomie akademickim nie skróci też w istotny spo-sób czasu niezbędnego do przekazania wiedzy, może natomiast urozmaicić wykładi pomóc w zrozumieniu wielu treści tak, żeby nawet matematyka – ta „straszliwakrólowa nauk” stała się przyjazna.

Andrzej Just

Podziękowania

Chciałbym serdecznie podziękować dr. inż. Witoldowi Walasowi, dr inż. Ali-nie Kondratiuk-Janysce, dr. Markowi Małolepszemu, dr inż. Agnieszce Niedział-kowskiej, dr. Jerzemu Pełczewskiemu, mgr inż. Anecie Stasiak z Centrum Naucza-nia Matematyki i Fizyki Politechniki Łódzkiej za pomoc w przygotowaniu tegoskryptu, w szczególności w przygotowaniu zbioru zadań, jak też wizualizacji roz-ważanych zagadnień poprzez wykorzystanie odpowiednich pakietów matematycz-nych. Recenzentowi dr. hab. Markowi Galewskiemu, prof. PŁ dziękuję za cenneuwagi na temat poszczególnych rozdziałów, prof. Edwardowi Kąckiemu, prof. Izy-dorowi Dziubińskiemu i doc. Krystynie Dobrowolskiej za wieloletnią współpracę,a moim studentom za przekonanie mnie, że skrypt taki jest bardzo potrzebny.

Andrzej Just

9

Przedmowa do wydania drugiegopoprawionego, uzupełnionegoi rozszerzonego

Do obecnego wydania skryptu dołączono nowy rozdział 17 o równaniachróżnicowych. Materiał w nim przedstawiony powstał na podstawie wykładów pro-wadzonych na Wydziale Organizacji i Zarządzania przez naszego nieodżałowanego,przedwcześnie zmarłego kolegę Andrzeja Piątkowskiego i został opracowany przezAnnę Szadkowską i Joannę Peredko. Zakres omawianych zagadnień wykracza pozaramy aktualnie obowiązującego programu i może być przydatny również dla stu-dentów studiów nieekonomicznych, a w szczególności technicznych. Zaprezentowaneteoretyczne zagadnienia zilustrowano przykładami, także dotyczącymi zastosowańekonomicznych. Niektóre przykłady zostały rozwiązane w sposób tradycyjny, a na-stępnie z wykorzystaniem pakietu matematycznego Maxima.

W zbiorze zadań do rozdziału 17, autorstwa A. Szadkowskiej i J. Peredko,przedstawiono szkice rozwiązań wybranych zadań oraz rozwiązania uzyskane z uży-ciem Maximy.

Andrzej Just

Rozdział 1

Liczby zespolone

Równanie x2 = −1 zdaje się nie mieć żadnego rozwiązania. Podobnie byłoz problemem odejmowania liczby większej od mniejszej. To działanie również z po-czątku wydawało się niewykonalne, dopóki matematycy nie wprowadzili nowegorodzaju liczb – liczb ujemnych. Aby znaleźć rozwiązanie powyższego równania, ma-tematycy i w tym przypadku wprowadzili nowy rodzaj liczb – liczby urojone. Totakie, które podniesione do kwadratu dają liczbę ujemną. Próżno ich szukać wśródliczb rzeczywistych. Dopiero kiedy uwzględnimy liczby zespolone możemy, skutecz-niej rozwiązywać równania wielomianowe (każdy wielomian ma wtedy pierwiastki).Liczby zespolone nie tylko pozwalają rozszerzyć pojęcie liczby, lecz również przy-dają się między innymi w aerodynamice, mechanice cieczy, mechanice kwantowejoraz w opisie matematycznym wielu zagadnień fizycznych i mechanicznych.

Definicja 1.1. Liczbą zespoloną nazywamy parę uporządkowaną (x, y), gdziex, y ∈ R, którą zapisujemy w postaci z = x + iy. Liczba i ma tę własność, żei2 = −1, i nazywamy jednostką urojoną. Powyższą postać liczby zespolonejnazywamy postacią kartezjańską, x nazywamy częścią rzeczywistą liczby ze-spolonej i oznaczamy x = re z (lub Re z), y nazywamy częścią urojoną liczbyzespolonej i oznaczamy y = im z (lub Im z).

Liczba zespolona, to taki matematyczny składak zapisany w postaci dwóchskładników: rzeczywistego i urojonego. To tak, jakby do wody wlać oliwę – niezmieszają się, choć łącznie dadzą nową jakość.

Zbiór wszystkich liczb zespolonych oznaczać będziemy literą C. Wprowadźmy napłaszczyźnie prostokątny kartezjański układ współrzędnych. Wówczas każdemupunktowi płaszczyzny o współrzędnych (x, y) można przyporządkować dokładniejedną liczbę zespoloną z = x+ iy i na odwrót: każdej liczbie zespolonej z = x+ iy– punkt płaszczyzny o współrzędnych (x, y). Jeżeli y = 0, to z = x jest liczbąrzeczywistą, a więc zbiór liczb zespolonych zawiera jako podzbiór wszystkie liczbyrzeczywiste.


x

y

O

4 + 2i

4

2 z = 4 + 2i = (4, 2)

oś rzeczywista

oś urojona

Płaszczyznę, dla której zostało ustalone takie odwzorowanie nazywamy płaszczy-zną zespoloną.

Przykłady

1. z = −3 + i = (−3, 1)re z = −3im z = 1

2. z = i = (0, 1)re z = 0im z = 1

Liczbą sprzężoną z do liczby zespolonej z = x + iy nazywamy liczbę postaciz = x− iy.

x

y

O

z

z

Modułem liczby zespolonej z nazywamy liczbę rzeczywistą nieujemną określonąrównością

|z| =√x2 + y2, gdzie z = x+ iy.

Geometrycznie moduł liczby zespolonej z jest odległością punktu o współrzędnych(x, y) od początku układu współrzędnych.

x

y

O

(x, y)

x

y

|z|

Rozdział 1. Liczby zespolone 13

Wprowadzimy cztery podstawowe działania w zbiorze liczb zespolonych [3] (abyuniknąć wypisywania wzorów ogólnych, zrobimy to na przykładzie dwóch ustalo-nych liczb zespolonych)

z1 = 7− 2i, z2 = −3 + 4i.

z1 + z2 = (7 − 2i) + (−3 + 4i) = 4 + 2i (dodajemy oddzielnie części rzeczywistei oddzielnie części urojone).

z1 − z2 = (7 − 2i) − (−3 + 4i) = 10 − 6i (odejmujemy oddzielnie części rzeczy-wiste i oddzielnie części urojone).

z1 · z2 = (7−2i)(−3+4i) = −21+28i+6i−8i2 = −13+34i (mnożenie wykonujemytak, jakbyśmy mnożyli dwa dwumiany przez siebie).

Zauważmy, że z · z = |z|2.z · z = (x+ iy)(x− iy) = x2 − ixy + ixy − i2y2 = x2 + y2 = |z|2

Korzystając z tego faktu łatwo wykonamy dzieleniez1z2

=7− 2i−3 + 4i

=(7− 2i)(−3− 4i)

(−3 + 4i)(−3− 4i)=−21− 28i+ 6i+ 8i2

9 + 16=

=−29− 22i

25= −29

25− 22

25i.

W Maximie jednostka urojona oznaczana jest symbolem %i. Podstawowe działaniaw zbiorze liczb zespolonych wykonujemy następująco:

(%i1) (7-2* %i)+(-3+4* %i);(%o1) 2 %i+ 4(%i2) (7-2* %i)-(-3+4* %i);(%o2) 10− 6 %i(%i3) rectform((7-2* %i)*(-3+4* %i));(%o3) 34 %i− 13(%i4) rectform((7-2* %i)/(-3+4* %i));(%o4) −22 %i25 −

2925

Funkcja rectform() powoduje zapisanie liczby zespolonej w postaci kartezjańskiej.

Wyznaczanie części rzeczywistej, części urojonej, modułu oraz sprzężenia liczbyzespolonej odbywa się następująco:

część rzeczywista

(%i5) realpart(-3+ %i);(%o5) −3

część urojona

(%i6) imagpart(-3+ %i);(%o6) 1


moduł

(%i7) abs(-3+ %i);(%o7)

√10

sprzężenie

(%i8) conjugate(-3+ %i);(%o8) %i− 3

Definicja 1.2. Argumentem liczby zespolonej z = x + iy nazywamy każdąliczbę rzeczywistą ϕ spełniającą warunki:

|z| cosϕ = x|z| sinϕ = y.

Zauważmy, że za argument liczby zespolonej z = 0 można przyjąć dowolną liczbęrzeczywistą oraz że każda liczba zespolona różna od zera ma nieskończenie wieleargumentów różniących się o całkowitą wielokrotność liczby 2π, co wynika z okre-sowości funkcji sinus i cosinus.

Geometrycznie argument liczby z oznacza miarę kąta skierowanego, jaki tworzywektor Oz z osią Ox. Ten spośród argumentów liczby z, który spełnia warunek

0 6 ϕ < 2π

nazywać będziemy argumentem głównym (wybór przedziału ograniczającego ϕjest kwestią umowną, czasami przyjmuje się, że −π < ϕ ¬ π).

Oczywiście, każda liczba zespolona różna od zera ma dokładnie jeden argumentgłówny.

x

y

O

z

ϕ = argz

Przykłady

1. z = 4arg 4 = 0, co wynika z położenia liczby zespolonej (4, 0) na płaszczyźnie.

2. z = 3− 3i|z| =

√9 + 9 = 3

√2


cosϕ = 33√

2= 1√

2

sinϕ = − 33√

2= − 1√

2

Argument główny ϕ musi spełniać warunek 32π < ϕ < 2π, ponieważ tylko wów-

czas cosϕ jest dodatni, a sinϕ ujemny, a więc ϕ = 2π − π4 .

Stąd ϕ = arg(3− 3i) = 74π.

Do wyznaczania argumentu głównego liczby zespolonej służy funkcja carg().W Maximie argument główny należy do przedziału (−π, π].1.(%i1) carg(4);(%o1) 0

2.

(%i1) carg(3-3* %i);(%o1) −π

4

Korzystając z definicji argumentu liczby zespolonej, możemy liczbę zespoloną przed-stawić w postaci trygonometrycznej

z = x+ iyx = |z| cosϕy = |z| sinϕ

⇒ z = |z|(cosϕ+ i sinϕ).

Definicja 1.3. n-tą potęgą liczby zespolonej z nazywamy iloczyn n czynnikówrównych z:

zn = z · . . . · z︸︷︷︸n

.

Zauważmy, że tak samo definiujemy n-tą potęgę liczy rzeczywistej.

Twierdzenie 1.1. Dla dowolnej liczby zespolonej z = |z|(cosϕ+ i sinϕ) mamy

zn = |z|n(cosnϕ+ i sinnϕ), n ∈ N.

Powyższy wzór nazywamy wzorem de Moivre’a.

Zauważmy, że |zn| = |z|n, ponieważ | cosnϕ+ i sinnϕ| =√

cos2 nϕ+ sin2 nϕ = 1.

Przykłady

1. i201

i201 = i200 · i = (i2)100 · i = (−1)100 · i = i,a więc nie zawsze licząc potęgę liczby zespolonej, trzeba korzystać ze wzorude Moivre’a.


2. (−1 + i)19

| − 1 + i| =√

2cosϕ = − 1√

2sinϕ = 1√

2

ϕ = π − π4 = 3

4π

(−1 + i)19 =(√

2)19 (

cos 574 π + i sin 57

4 π)

=

= 29√

2(cos(14π + π

4 ) + i sin(14π + π4 ))

= 29√

2(cos π4 + i sin π

4

)=

= 29√

2(√

22 + i

√2

2

)= 29(1 + i).

(Przypomnijmy sobie wzory redukcyjne dla funkcji trygonometrycznych [1]).

1.

(%i1) %i^201;(%o1) %i

2. W Maximie wejścia (to co wprowadzamy) oraz wyjścia (to co otrzymujemy)są numerowane, np. wejście pierwsze: %i1, wyjście pierwsze: %o1. W polecaniachmożemy odwoływać się do wcześniejszych wyników, co wykorzystujemy poniżej.

(%i1) (-1+ %i)^19;(%o1) ( %i− 1)19(%i2) rectform( %o1);(%o2) 512 %i+ 512

W zbiorze liczb rzeczywistych R określamy pierwiastek arytmetyczny stopnia nliczby nieujemnej. Przy założeniu, że a 0 i n ∈ N definiujemy:

( n√a = b) ⇐⇒ (bn = a ∧ b 0).

W przypadku gdy n jest liczbą nieparzystą i a < 0 definiujemy: n√a = − n

√|a|.

W zbiorze liczb zespolonych nie ma sensu mówić o znaku liczby zespolonej, a więcdefinicji tej nie można przenieść bez zmian na pierwiastki z liczb zespolonych. Obokpierwiastków arytmetycznych mówi się jeszcze o pierwiastkach algebraicznych: je-żeli a ∈ R i n ∈ N, to liczbę b nazywamy pierwiastkiem algebraicznym stopnia nz liczby a, gdy bn = a. Podobnie określamy pierwiastki w zbiorze liczb zespolonych.

Definicja 1.4. Pierwiastkiem stopnia naturalnego n liczby zespolonej znazywamy taką liczbę zespoloną w, że

wn = z i zapisujemy n√z = w.

A więcn√z = w ⇐⇒ wn = z.


Twierdzenie 1.2. Każda liczba zespolona z 6= 0 posiada dokładnie n różnychpierwiastków stopnia naturalnego n i pierwiastki te określone są wzorami:

wk = n

√|z|(

cosϕ+ 2kπ

n+ i sin

ϕ+ 2kπn

), k = 0, 1, . . . , n− 1,

gdzie n√|z| oznacza arytmetyczny pierwiastek stopnia n, ϕ = arg z.

Zauważmy, że w zbiorze liczb zespolonych symbol n√z dla z 6= 0 i n = 2, 3, . . .

nie jest jednoznaczny (w przeciwieństwie do pierwiastka arytmetycznego), jedyniegdy z = 0 symbol ten jest jednoznaczny: n

√0 = 0. To, że liczby wk są pierwiast-

kami n-tego stopnia liczby zespolonej z wynika bezpośrednio ze wzoru de Moivre’a,ponieważ wnk = z. Również oczywistym jest, że |wk| = n

√|z|, ponieważ√

cos2 ϕ+2kπn + sin2 ϕ+2kπ

n = 1.

Geometrycznym obrazem pierwiastków stopnia n > 2 liczby zespolonej z 6= 0 sąpunkty na płaszczyźnie zespolonej leżące na okręgu o środku w początku układuwspółrzędnych i promieniu r = n

√|z| oraz dzielące ten okrąg na n równych łuków

(argumenty kolejnych pierwiastków różnią się o stałą wielkość 2πn ).

Przykłady

1.√

4 = ±2, gdyż 22 = 4 oraz (−2)2 = 4

2.√−16 = ±4i, ponieważ (±4i)2 = −16 (ogólniej: jeśli a < 0, to

√a = ±i

√|a|)

3. 4√−16 | − 16| = 16, arg(−16) = π

w0 = 2(cos π4 + i sin π

4

)= 2

(√2

2 + i√

22

)=√

2 + i√

2

w1 = 2(cos π+2π

4 + i sin π+2π4

)= 2

(cos

(π − π

4

)+ i sin

(π − π

4

))=

= 2(− cos π4 + i sin π

4

)= 2

(−√

22 + i

√2

2

)= −√

2 + i√

2

w2 = 2(cos π+4π

4 + i sin π+4π4

)= 2

(cos

(π + π

4

)+ i sin

(π + π

4

))=

= 2(− cos π4 − i sin π

4

)= −√

2− i√

2.

w3 = 2(cos π+6π

4 + i sin π+6π4

)= 2

(cos

(2π − π

4

)+ i sin

(2π − π

4

))=

= 2(cos π4 − i sin π

4

)=√

2− i√

2

Zaznaczmy te pierwiastki na płaszczyźnie zespolonej:

x

y

O

w0w1

w2 w3

π4

2


Pokażemy teraz, jak można wyznaczyć pierwiastki liczb zespolonych.

1. Wyznaczenie pierwiastków drugiego stopnia liczby 4 sprowadza się do rozwiąza-nia równania z2 = 4. Wobec tego mamy:

(%i1) solve(z^2-4=0);(%o1) [z = −2, z = 2]

2. Analogicznie postępujemy w kolejnym przykładzie.

(%i1) solve(z^2+16=0);(%o1) [z = −4 %i, z = 4 %i]

3. Wyznaczając pierwiastki czwartego stopnia liczby −16, poza rozwiązaniem od-powiedniego równania musimy zapisać uzyskane pierwiastki w postaci kartezjań-skiej. Jest to konieczne ze względu na czynnik (−1)1/4 uzyskany przy rozwiązaniurównania. Odwołanie do ostatniego wyniku uzyskujemy, wpisując symbol %.

(%i1) solve(z^4+16=0);(%o1) [z = 2 (−1)1/4 %i, z = −2 (−1)1/4, z = −2 (−1)1/4 %i, z = 2 (−1)1/4](%i2) rectform(%);(%o2) [z=

√2 %i−

√2, z=−

√2 %i−

√2, z=

√2−√2 %i, z=

√2 %i+

√2]

Funkcja solve() służy do rozwiązywania równań (także układów równań). Chcącrozwiązać równanie, podajemy je jako argument. Drugim argumentem (podanympo przecinku) jest zmienna, względem której rozwiązywane jest równanie. W przy-padku gdy występuje jedna zmienna (w równaniu nie ma parametrów), możemypodać równanie bez zapisywania zmiennej jako drugiego argumentu.

Tak jak wcześniej wspomnieliśmy, dopiero kiedy uwzględnimy liczby zespolone,można skutecznie rozwiązywać równania wielomianowe.

Definicja 1.5. Wielomianem n-tego stopnia w dziedzinie liczb zespolonychnazywamy funkcję postaci:

Wn(z) = a0zn + a1z

n−1 + . . .+ an,

gdzie a0 6= 0, n ∈ N, z, a0, a1, . . . , an ∈ C.

Liczbę z0, dla której Wn(z0) = 0, nazywamy miejscem zerowym lub pierwiast-kiem wielomianu.Można udowodnić, że każdy wielomian Wn(z) ma dokładnie n pierwiastków(niekoniecznie różnych) i można go przedstawić w postaci iloczynu:

Wn(z) = a0(z − z1) · . . . · (z − zn),

gdzie z1, . . . , zn są pierwiastkami tego wielomianu.

Dowodzi się też, że jeżeli współczynniki wielomianu są rzeczywiste i jakaś liczba


z0 jest pierwiastkiem tego wielomianu, to również z0 jest pierwiastkiem tego wie-lomianu.

W przypadku wielomianu stopnia drugiego (zapiszmy go z uwagi na dużą analogiętak jak w dziedzinie rzeczywistej)

W2(z) = az2 + bz + c, a 6= 0, a, b, c ∈ C,

mamyW2(z) = a(z − z1)(z − z2),

przy czym pierwiastki z1, z2 tego wielomianu wyrażają się wzorami

zk =−b+ ∆k

2a, k = 1, 2,

gdzie∆k =

√∆ =

√b2 − 4ac, k = 1, 2.

PrzykładRozwiązać równanie z2 − 4z + 6 = 0.∆ = 16− 24 = −8∆k =

√−8 = ±i2

√2 k = 1, 2

z1 = 4+i2√

22 = 2 + i

√2, z2 = 4−i2

√2

2 = 2− i√

2.Zauważmy, że współczynniki naszego równania kwadratowego są rzeczywiste, tymsamym pierwiastki naszego równania muszą być sprzężone.

Równanie to rozwiązujemy następująco:

(%i1) solve(z^2-4*z+6=0);(%o1) [z = 2−

√2 %i, z =

√2 %i+ 2]

Funkcje kwadratowe mają duże znaczenie w fizyce i chemii, ponieważ stosuje się jedo opisu wielu ruchów drgających.

Definicja 1.6. Funkcję wykładniczą ez oznaczaną też exp z (eksponens z)definiujemy wzorem

exp z = ez = ex(cos y + i sin y),

gdzie z = x+ iy oznacza dowolną liczbę zespoloną.

Korzystając z powyższej definicji obliczamy

eπi = e0(cosπ + i sinπ) = −1.


Stądeπi + 1 = 0.

„Najpiękniejszy matematyczny wzór świata.”

W zadziwiający sposób łączy ze sobą pięć najsłynniejszych liczb 0, 1, i, π, e, któreodkryto niezależnie – w różnym czasie i zagadnieniach.(Euler wprowadził symbol „e” (liczba Eulera) – rozdział 3, str. 37).

Rozdział 2

Elementy algebry liniowej

Opis matematyczny wielu problemów prowadzi do układów liniowych. Ele-mentarne metody algebraiczne są wystarczające, gdy liczba takich równań jestmała. W wielu przypadkach jednak liczba równań jest duża i w tej sytuacji po-trzebne są metody zarówno rozwiązywania takich dużych układów równań linio-wych, jak i do opisu i analizy zagadnień, które do nich prowadzą. Dział matema-tyki zajmujący się teorią układów liniowych to algebra macierzy. W ekonomii takieduże układy występują między innymi w modelach mówiących o liniowej zależno-ści między nakładami na produkcję a wielkością produkcji. Modele te pozwalajązbilansować całą gospodarkę, jak też pozwalają prognozować zużycie np. surow-ców. Dużego rozmiaru układy liniowe występują również w automatyce. Impulsemdo stosowania tych „wielkich” macierzy są obecnie duże możliwości obliczeniowez wykorzystaniem metod numerycznych i komputerów. Te „wielkie” układy liniowesą też efektem przybliżeń modeli nieliniowych (tzw. linearyzacji), często zagadnieńbardzo trudnych, jeśli chodzi o istnienie i możliwości rozwiązania.

Definicja 2.1. Niech D = (i, k); i = 1, 2, . . . ,m, k = 1, 2, . . . , n. Każdą funk-cję f odwzorowującą zbiór D w zbiór liczb rzeczywistych R nazywamy macierząprostokątną o wymiarach m× n, gdzie

f(i, k) = aik, i = 1, 2, . . . ,m, k = 1, 2, . . . , n,

nazywamy elementami tej macierzy. Elementami macierzy mogą być równieżelementy dowolnego zbioru, w szczególności mogą to być liczby zespolone, funkcjeitp.

Macierze zapisujemy w postaci tablicy prostokątnej o m wierszach i n kolumnachw ten sposób, że element aik stoi na przecięciu i-tego wiersza i k-tej kolumny:


i-ty wiersz

k-ta kolumna

a11 a12 . . . a1k . . . a1n

a21 a22 . . . a2k . . . a2n...

.... . .

......

ai1 ai2 aik ain...

......

. . ....

am1 am2 . . . amk . . . amn

Macierze oznaczamy najczęściej wielkimi literami np. A, B, X i zapisujemy

A = [aik]m×n.

Jeżeli m = n, macierz nazywamy macierzą kwadratową, a liczbę n stopniem tejmacierzy. O elementach a11, a22, . . . , ann macierzy kwadratowej mówimy, że tworząprzekątną główną tej macierzy.

Macierz kwadratową, której wszystkie elementy stojące na przekątnej głównej sąrówne 1, a pozostałe elementy są zerami, nazywamy macierzą jednostkowąi oznaczamy I.

I =

1 0 . . . 00 1 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . 1

.Macierz, której wszystkie elementy są zerami, nazywamy macierzą zerową i ozna-czamy przez 0.Macierz, którą uzyskujemy z macierzy A przez zamianę jej wierszy na kolumny z za-chowaniem kolejności, nazywamy macierzą transponowaną do A i oznaczamysymbolem AT .

Przykład

A =

2 −31 0−1 2

, AT =

[2 1 −1−3 0 2

].

Definiujemy macierz A. W tym celu wykorzystamy funkcję matrix(), której ar-gumentami są kolejne wiersze macierzy zapisane w nawiasach kwadratowych i od-dzielone przecinkami (elementy wiersza także oddzielamy przecinkami). Dwukropekoznacza operator przypisania.

(%i1) A: matrix([2,-3],[1,0],[-1,2]);

Rozdział 2. Elementy algebry liniowej 23

(%o1)

2 −31 0−1 2

Oczywiście, polecenie zapisane na wejściu %i1 może być podane w jednej linii.Transponujemy macierz A.

(%i2) transpose(A);

(%o2)

[2 1 −1−3 0 2

]

Działania na macierzach

Dwie macierze nazywamy równymi, gdy mają te same wymiary i elementy sto-jące na tych samych miejscach w obu macierzach są równe.

Sumę i różnicę macierzy o tych samych wymiarach definiujemy następująco:

[aik]m×n ± [bik]m×n = [aik ± bik]m×n.

Mnożenie macierzy przez liczbę α ∈ R definiujemy równością:

α[aik]m×n = [αaik]m×n.

Iloczynem macierzy A = [aij ]m×s i B = [bjk]s×n nazywamy macierz C = [cik]m×n,której elementy określone są następująco:

cik = ai1b1k + ai2b2k + . . .+ aisbsk i = 1, 2, . . . ,m, k = 1, 2, . . . , n.

Element cik jest więc równy sumie iloczynów kolejnych elementów i-tego wierszamacierzy A i kolejnych elementów k-tej kolumny macierzy B.

. . . . . . . . . . . .ai1 ai2 . . . ais. . . . . . . . . . . .

. . . b1k . . .. . . b2k . . ....

......

. . . bsk . . .

. . . . . . . . .. . . cik . . .. . . . . . . . .

Zauważmy, że mnożenie macierzy nie jest przemienne.


Przy założeniu, że wskazane niżej działania są wykonalne, prawdziwe są nastę-pujące równości:

A+B = B +A

(A+B) + C = A+ (B + C)

(AB)C = A(BC)

A+ 0 = A 0A = 0 A0 = 0

IA = A AI = A

A(B + C) = AB +AC

(A+B)C = AC +BC

Definicja 2.2. Wyznacznikiem macierzy kwadratowej A stopnia na11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

.... . .

...an1 an2 . . . ann

nazywamy liczbę określoną w następujący sposób (rekurencyjnie):

detA = W =

|a11| = a11, jeżeli n = 1∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

.... . .

...an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= a11W11 − a12W12 + . . .

. . .+ (−1)1+na1nW1n,jeżeli n > 1,

gdzie W1k, k = 1, 2, . . . , n oznacza wyznacznik macierzy otrzymanej z macierzy Aprzez pominięcie pierwszego wiersza i k-tej kolumny.

Będziemy mówili zamiennie: element wyznacznika i element macierzy, stopień wy-znacznika i stopień macierzy, wiersz wyznacznika i wiersz macierzy, kolumna wy-znacznika i kolumna macierzy.Zwróćmy uwagę, że |a11| to nie moduł liczby a11, ale det[a11] = a11. Również

zauważmy z powyższej definicji, że det

[a bc d

]= ad− bc (jest to dobrze znany ze

szkoły ponadgimnazjalnej wyznacznik stopnia drugiego).Ogólniej: wyznacznik macierzy otrzymanej z macierzy A przez pominięcie i-tegowiersza i k-tej kolumny oznaczamy symbolem Wik, a iloczyn

(−1)i+kWik = W ∗ik

nazywamy dopełnieniem algebraicznym elementu aik.

StądW = a11W

∗11 + a12W

∗12 + ...+ a1nW

∗1n.


Twierdzenie 2.1 (Laplace’a). Wyznacznik macierzy kwadratowej A stopnia njest równy sumie iloczynów elementów dowolnego wiersza (kolumny) przez ich do-pełnienie algebraiczne

W = ai1W∗i1 + ai2W

∗i2 + ...+ ainW

∗in, i = 1, 2, . . . , n

lubW = a1kW

∗1k + a2kW

∗2k + ...+ ankW

∗nk, k = 1, 2, . . . , n.

Prawe strony powyższych równości nazywamy odpowiednio rozwinięciem Laplace’awyznacznika według i-tego wiersza lub k-tej kolumny.

Przy obliczaniu wyznaczników często korzystamy z następujących własności:

1. Wyznacznik macierzy transponowanej jest równy wyznacznikowi danej ma-cierzy.

2. Jeżeli wszystkie elementy pewnego wiersza (kolumny) wyznacznika są zerami,to wyznacznik ten jest równy zero.

3. Jeżeli w wyznaczniku przestawimy dwa wiersze (kolumny), to wartość wy-znacznika zmieni się na przeciwną.

4. Jeżeli wszystkie elementy pewnego wiersza (kolumny) wyznacznika pomno-żymy przez liczbę α ∈ R, to wartość wyznacznika też zostanie pomnożonaprzez tę liczbę.

5. Jeżeli do elementów pewnego wiersza (kolumny) dodamy elementy innegowiersza (kolumny) wyznacznika pomnożone przez tę samą liczbę, to wartośćwyznacznika nie zmieni się.

6. Jeżeli elementy pewnego wiersza (kolumny) wyznacznika są proporcjonalne(w szczególności równe) do elementów innego wiersza (kolumny), to wyznacz-nik jest równy zero.

Pomnożenie wiersza wi (kolumny ki) przez liczbę α, a następnie dodanie do wierszawj (kolumny kj) oznaczać będziemy przez αwi + wj (αki + kj).

PrzykładKorzystając z powyższych własności obliczymy wyznacznik:∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 −1 2 04 −2 3 −1−5 3 0 5

1 3 −2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−3·k1+k2

2·k1+k3

=−1·k1+k4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 −10 8 −34 −14 11 −5−5 18 −10 10

1 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =


= 1 · (−1)4+1

∣∣∣∣∣∣∣−10 8 −3−14 11 −5

18 −10 10

∣∣∣∣∣∣∣ = −2

∣∣∣∣∣∣∣−5 8 −3−7 11 −5

9 −10 10

∣∣∣∣∣∣∣Tym samym obliczenie wyznacznika stopnia czwartego sprowadziliśmy do oblicze-nia tylko jednego wyznacznika stopnia trzeciego:∣∣∣∣∣∣∣−5 8 −3−7 11 −5

9 −10 10

∣∣∣∣∣∣∣ k2+k3=

∣∣∣∣∣∣∣−5 8 5−7 11 6

9 −10 0

∣∣∣∣∣∣∣ k1+k2=

∣∣∣∣∣∣∣−5 3 5−7 4 6

9 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣ 9·k2+k1=

=

∣∣∣∣∣∣∣22 3 529 4 60 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣ = (−1) · (−1)3+2

∣∣∣∣∣ 22 529 6

∣∣∣∣∣ = 22 · 6− 29 · 5 = −13

Ostatecznie:∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 −1 2 04 −2 3 −1−5 3 0 5

1 3 −2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2 · (−13) = 26.

Najpierw zdefiniujemy macierz, a następnie obliczymy jej wyznacznik. Pamiętamy,że % oznacza odwołanie do ostatniego wyniku.

(%i1) matrix([3,-1,2,0],[4,-2,3,-1],[-5,3,0,5],[1,3,-2,1]);

(%o1)

3 −1 2 04 −2 3 −1−5 3 0 51 3 −2 1

(%i2) determinant(%);(%o2) 26

Definicja 2.3. Macierzą odwrotną do macierzy A nazywamy taką macierz A−1

(o ile istnieje), dla którejA ·A−1 = A−1 ·A = I,

gdzie I jest macierzą jednostkową.

Z powyższej definicji wynika, że macierz odwrotna może istnieć jedynie dla macie-rzy kwadratowej. Wykazuje się, że macierz odwrotna istnieje dla każdej macierzy


kwadratowej, której wyznacznik jest różny od zera (macierz taką nazywamy nie-osobliwą).

Twierdzenie 2.2. Jeżeli macierz A jest macierzą kwadratową, której wyznacznikjest różny od zera, to istnieje dokładnie jedna macierz odwrotna do macierzy Ai jest ona określona wzorem:

A−1 =[W ∗ikW

]T,

W = detA, W ∗ik – dopełnienie algebraiczne elementu aik macierzy A.

Macierz odwrotną do macierzy A wykorzystujemy często do rozwiązywania równańmacierzowych, w których niewiadomą jest macierz.

Definicja 2.4. Wyznaczniki utworzone z macierzy A = [aik]m×n przez pominięciepewnej liczby wierszy lub pewnej liczby kolumn nazywamy minorami macierzyA.

Definicja 2.5. Powiemy, że rząd macierzy A = [aik]m×n jest równy r, gdy istniejeminor stopnia r tej macierzy różny od zera, a wszystkie jej minory stopnia wyższego,o ile istnieją, są równe zeru, co zapisujemy

R(A) = r (rzA = r).

Rząd macierzy jest to więc najwyższy ze stopni tych jej minorów, które sąróżne od zera. Przyjmujemy, że rząd macierzy zerowej jest równy zeru.Zauważmy, że 0 6 R(A) 6 minm,n.

Twierdzenie 2.3. Jeżeli w macierzy wykonamy dowolną z następujących operacji:

1. zamienimy wiersze na kolumny,

2. przestawimy dwa wiersze (kolumny),

3. pomnożymy elementy pewnego wiersza (kolumny) przez tą samą, różną odzera liczbę,

4. pominiemy wiersz (kolumnę) złożony z samych zer,

5. do elementów pewnego wiersza (kolumny) dodamy elementy innego wiersza(kolumny) pomnożone przez tą samą liczbę,

6. pominiemy jeden z dwu wierszy (kolumn) o elementach proporcjonalnych,

to rząd tej macierzy nie zmieni się.


Najprostszym układem równań liniowych algebraicznych jest układ dwóchrównań z dwiema niewiadomymi:

a1x+ b1y = c1

a2x+ b2y = c2 .

Każde z tych równań geometrycznie przedstawia prostą na płaszczyźnie. Jeżeliproste te nie są równoległe, wówczas przecinają się w jednym punkcie (x, y), któryjest rozwiązaniem powyższego układu równań. Jeżeli proste są równoległe i niepokrywają się, wówczas nasz układ nie ma rozwiązań. I wreszcie ostatnia, trzeciamożliwość, proste pokrywają się i nasz układ ma nieskończenie wiele rozwiązań.Pokażemy, że bez względu na to jak układ jest wielki, ile ma równań i ile ma nie-wiadomych, mogą wystąpić tylko te trzy sytuacje, tzn. układ ma dokładnie jednorozwiązanie, mówimy wówczas, że jest to układ oznaczony, nie ma rozwiązania,o takim układzie mówimy, że jest sprzeczny i układ ma nieskończenie wiele roz-wiązań, o którym mówimy, że jest nieoznaczony.

Definicja 2.6. Układem n równań o n niewiadomych x1, x2, . . . , xn nazywamyukład postaci

a11x1 + a12x2 + ...+ a1nxn = c1

a21x1 + a22x2 + ...+ a2nxn = c2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .an1x1 + an2x2 + ...+ annxn = cn .

(2.1)

Rozwiązaniem tego układu równań jest każdy układ n liczb (x1, x2, . . . , xn)spełniających równania (2.1).Przyjmijmy oznaczenia:

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .an1 an2 . . . ann

, X =

x1

x2...xn

,

C =

c1

c2...cn

, detA = W.

Wyznacznik W nazywamy wyznacznikiem głównym układu. Przy przyjętychoznaczeniach układ (2.1) można zapisać w postaci macierzowej:

AX = C.


Twierdzenie 2.4 (Cramera). Jeżeli wyznacznik główny układu (2.1) jest różnyod zera, to układ ten ma dokładnie jedno rozwiązanie i jest ono określone wzorami

x1 =W1

W,x2 =

W2

W, . . . , xn =

Wn

W,

gdzie W = detA; Wk oznacza wyznacznik otrzymany z wyznacznika W przez zastą-pienie k-tej kolumny kolumną wyrazów wolnych c1, c2, . . . , cn; k = 1, 2, . . . , n.

Powyższe wzory nazywamy wzorami Cramera, a układ równań (2.1) układemCramera.Zauważmy, że bardzo łatwo otrzymać wzory Cramera, mnożąc lewostronnierównanie macierzowe AX = C przez macierz A−1. Wówczas otrzymujemy:

A−1AX = A−1C,IX = A−1C,

a stąd X = A−1C.

Jeżeli w układzie (2.1) c1 = c2 = . . . = cn = 0, to układ ten przyjmuje postać

a11x1 + a12x2 + ...+ a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + ...+ a2nxn = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .an1x1 + an2x2 + . . .+ annxn = 0

(2.2)

i nazywamy go układem jednorodnym. Zauważmy, że każdy układ jednorodnypostaci (2.2) ma rozwiązanie x1 = 0, x2 = 0, ..., xn = 0. Rozwiązanie to nazywamyrozwiązaniem zerowym (trywialnym).

Rozwiązanie (x1, x2, . . . , xn) układu (2.2) nazywamy niezerowym, gdy przynaj-mniej jedna z liczb x1, x2, . . . , xn jest różna od zera.

Z twierdzenia Cramera wynika natychmiast, że jeżeli wyznacznik główny układujednorodnego (2.2) jest różny od zera, to układ ten ma dokładnie jedno rozwiązaniei jest to rozwiązanie zerowe.

Rozważmy ogólniejszy układ równań liniowych, w którym liczba równańi liczba niewiadomych nie muszą być równe (ale mogą)

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn = c1

a21x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn = c2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn = cm .

(2.3)


Przyjmijmy oznaczenia:

A =

a11 . . . a1n

a21 . . . a2n

. . . . . . . . .am1 . . . amn

, B =

a11 . . . a1n c1

a21 . . . a2n c2

. . . . . . . . . . . .am1 . . . amn cm

,

X =

x1

x2...xn

, C =

c1

c2...cm

.

Wówczas układ (2.3) można zapisać w postaci macierzowej

AX = C.

Twierdzenie 2.5 (Kroneckera-Capellego). Układ równań liniowych (2.3) marozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy rzędy macierzy A i B są równe, a więc

R(A) = R(B) = r,

przy tym, jeżeli r = n (n – liczba niewiadomych), to układ ma dokładnie jednorozwiązanie, natomiast jeżeli r < n, to układ ma nieskończenie wiele rozwiązańi są one zależne od n− r parametrów.

Z twierdzenia Kroneckera-Capellego wynika, że jeżeli R(A) 6= R(B), to układ (2.3)nie ma rozwiązania (jest sprzeczny).

Jeżeli w układzie (2.3) c1 = c2 = . . . = cm = 0, to układ ten nazywamy ukła-dem jednorodnym. Ponieważ dla układu jednorodnego R(A) = R(B), to układjednorodny nie może być sprzeczny, co jest zresztą oczywiste, gdyż każdy układjednorodny ma rozwiązanie zerowe x1 = . . . = xn = 0. Jest to jedyne rozwiązanietego układu, gdy R(A) = n.

Natomiast gdy R(A) < n, to układ jednorodny ma poza rozwiązaniem zerowymnieskończenie wiele rozwiązań niezerowych. Jeżeli mamy układ jednorodny n rów-nań o n niewiadomych, to z twierdzenia Kroneckera-Capellego wynika, że jeżeliwyznacznik główny układu jednorodnego jest równy zeru (R(A) < n), to układ tenma nieskończenie wiele rozwiązań, w tym rozwiązanie zerowe.

Zauważmy więc, że układ (2.3), w szczególności (2.1), może mieć jedno rozwią-zanie (układ oznaczony) lub nieskończenie wiele rozwiązań (układ nieoznaczony)albo może nie mieć żadnego rozwiązania (układ sprzeczny). Żadnych innych moż-liwości nie ma.


Aby rozwiązać układ (2.3), który ma jedno rozwiązanie lub nieskończenie wielerozwiązań, należy spośród równań danego układu wybrać r równań o r niewiado-mych (R(A) = R(B) = r) tak, aby otrzymany układ równań był układem Cramera.

PrzykładRozwiązać układ równań−x + 3y − 2z + t = −12x − 7t = −2−3x + 9y − 6z + 3t = −3

Na tym prostym przykładzie pokażemy zastosowanie przedstawionej powyżej teoriidotyczącej dowolnych układów równań liniowych.Jest to układ 3 równań z 4 niewiadomymi, a więc już z samej postaci tego układuwnioskujemy, że układ ten może być sprzeczny albo posiadać nieskończenie wielerozwiązań, ponieważ maksymalny rząd macierzy układu może być co najwyżej 3,a liczba niewiadomych jest równa 4.Sprawdzamy, czy układ ma rozwiązania

R(A) = R

−1 3 −2 12 0 0 −7−3 9 −6 3

−3·w1+w3= R

−1 3 −2 12 0 0 −70 0 0 0

=

= R

[−1 3 −2 1

2 0 0 −7

]= 2

ponieważ np.

∣∣∣∣∣ −1 32 0

∣∣∣∣∣ 6= 0

R(B) = R

−1 3 −2 1 −12 0 0 −7 −2−3 9 −6 3 −3

−3·w1+w3= R

−1 3 −2 1 −12 0 0 −7 −20 0 0 0 0

=

= R

[−1 3 −2 1 −1

2 0 0 −7 −2

]= 2

Stąd R(A) = R(B) = 2, co oznacza, że nasz układ posiada nieskończenie wielerozwiązań zależnych od 4−2 = 2 parametrów. W celu rozwiązania tego układu na-leży wybrać dwa równania z dwiema niewiadomymi, przyjmując za pozostałe dwieniewiadome parametry. Tak wybrany układ musi mieć wyznacznik główny różnyod zera. Patrząc na obliczenia związane z R(A), widzimy, że najwygodniej rozwią-zać następujący układ (macierz A ma niezerowy minor powstały przez wykreślenietrzeciego wiersza oraz trzeciej i czwartej kolumny):−x + 3y = 1 + 2α− β z = α,2x = −2 + 7β t = β, α, β ∈ R.


Tak prosty układ oczywiście rozwiązujemy bez użycia wzorów Cramera i otrzymu-jemy:x = −1 + 7

2β,y = −2

3 + 23α+ 5

6β.

Tym samym otrzymujemy nieskończenie wiele rozwiązań

X =

xyzt

=

−1 + 7

2β−2

3 + 23α+ 5

6βαβ

, α, β ∈ R.

Układ równań liniowych rozwiążemy z wykorzystaniem funkcji linsolve(), którama dwa argumenty: w pierwszym zapisujemy równania oddzielone przecinkami,(równania muszą znaleźć się w nawiasach kwadratowych), w drugim natomiastumieszczamy oddzielone przecinkami zmienne (one także muszą być w nawiasachkwadratowych).

(%i1) linsolve([-x+3*y-2*z+t=-1, 2*x-7*t=-2,-3*x+9*y-6*z+3*t=-3], [x,y,z,t]);solve: dependent equations eliminated: (3)

(%o1) [x = 7 %r1−22 , y = 4 %r2+5 %r1−4

6 , z = %r2, t = %r1]W rozwiązaniu parametr α zapisany jest jako %r2, a parametr β jako %r1.

Czytelnik chcący poszerzyć swoje wiadomości z algebry liniowej powinien koniecz-nie zainteresować się skryptem [3].

Rozdział 3

Ciągi liczbowe

Ciągi omówimy z uwagi na szeregi nieskończone, które występują we wszyst-kich działach fizyki i chemii, a przedstawienie funkcji w postaci szeregu jest pod-stawowym narzędziem rozwiązywania problemów fizycznych i chemicznych.

Tam gdzie jest to możliwe i wskazane, będziemy interpretować wprowadzanedefinicje w skrypcie [1] możliwie jak najprostszym i obrazowym językiem, zarównow tym rozdziale, jak i w następnych.

Definicja 3.1. Ciągiem liczbowym nazywamy funkcję odwzorowującą zbiórliczb naturalnych w zbiór liczb rzeczywistych. Wartość tej funkcji dla liczby natu-ralnej n nazywamy n-tym wyrazem ciągu i oznaczamy np. przez an, a ciąg o takichwyrazach oznaczamy przez (an), a czasem (an)n∈N.

Rozważa się również ciągi, których wyrazami są liczby zespolone, funkcje, macierzeitp.

Ciągi liczbowe można określać:

a) wzorem, np. an = 2n,

b) rekurencyjnie (tzn. każdy wyraz ciągu wyraża się przez wyrazy poprzednie),np. a1 = 7, an+1 = an + 5 – ciąg arytmetyczny,

b1 = 1, bn+1 = 2bn – ciąg geometryczny,

c) opisowo, np. bn – n-ta liczba pierwsza.

Wszystkie nieskończone ciągi liczbowe można podzielić na ciągi zbieżne i ciągi roz-bieżne.

Ciągi zbieżne są to te ciągi liczbowe, które mają właściwą (skończoną) granicę.

Definicja 3.2. Ciąg (an) jest zbieżny do granicy właściwej a ∈ R, co zapisu-jemy:

limn→∞

an = a (an −−−→n→∞

a),


gdy spełniony jest następujący warunek∧ε>0

∨N0∈N

∧n>N0

|an − a| < ε.

Innymi słowy, prawie wszystkie wyrazy tego ciągu (tzn. wszystkie poza skończonąpoczątkową liczbą) leżą dowolnie blisko a (tzn. w przedziale (a− ε, a+ ε), gdzie εjest dowolną liczbą dodatnią).

n

an

O 1 2 3 4 5 6 7 8 9

a

a+ ε

a− ε

Ciąg (an), który nie jest zbieżny, nazywamy rozbieżnym.

Definicja 3.3. Ciąg (an) ma granicę niewłaściwą +∞, co zapisujemy

limn→∞

an = +∞ (an −−−→n→∞

+∞),

gdy dla dostatecznie dużych wskaźników n wyrazy an tego ciągu są większe oddowolnie dużej liczby M . Mówimy wówczas, iż ciąg (an) jest rozbieżny do +∞(czasami mówi się też, iż jest zbieżny do +∞).

Innymi słowy, prawie wszystkie wyrazy tego ciągu są dowolnie duże. Zauważmy,że ciąg an = n jest zbieżny do +∞ i to dlatego możemy zapisać granicę ciągulim an = +∞, nie pisząc, że n→ +∞ (przecież, gdzie indziej n dążyć nie może).

Ciąg (an) ma granicę niewłaściwą −∞, co zapisujemy limn→∞

an = −∞(an → −∞),gdy dla dostatecznie dużych n wyrazy tego ciągu są mniejsze od dowolnie małejliczby m (również ujemnej np. −1010000).

n

an

O 1 2 3 4 5 6 7 8 9

M

n

an

O

m1 2 3 4 5 6 7 8 9

Rozdział 3. Ciągi liczbowe 35

Definicja 3.4. Niech (an) będzie dowolnym ciągiem oraz niech (kn) będzie rosną-cym ciągiem liczb naturalnych. Podciągiem ciągu (an) nazywamy ciąg (bn) okre-ślony wzorem

bn = akn , n ∈ N.

Przykładami podciągów ciągu liczb naturalnych an = n; n = 1, 2, . . . są ciągi:1, 3, 5, 7, . . .,2, 4, 6, 8, . . .,1, 6, 11, 16, . . .,natomiast ciąg 1, 1, 3, 5, 7, 7, . . . nie jest podciągiem naszego ciągu (an).

Twierdzenie 3.1. Jeżeli ciąg ma granicę równą a (właściwą lub niewłaściwą), tokażdy jego podciąg ma granicę równą a.

Twierdzenie 3.2. Jeżeli ciąg jest zbieżny do granicy właściwej, to jest ograni-czony.

Implikacja odwrotna do powyższej jest fałszywa, np. ciąg o wyrazie ogólnyman = (−1)n jest ograniczony, ale nie ma granicy.

Chcąc uniknąć formułowania dużej liczby twierdzeń dotyczących granic cią-gów, wprowadzimy symbole nieoznaczone i oznaczone następująco: rozszerzmyzbiór R dodając do niego elementy −∞,+∞, przy czym dla każdego x ∈ R,−∞ < x < +∞. Wprowadźmy oznaczenie R = R ∪ −∞,+∞.W zbiorze R definiujemy działania arytmetyczne, tak zwane symbole oznaczoneoraz symbole nieoznaczone. Jest siedem symboli nieoznaczonych:

∞−∞, 0 · ∞, 00,∞∞, 1∞, ∞0, 00.

(Oczywiście w wielu z tych symboli∞może być zastąpiona przez−∞). Ich wartościzależą od postaci ciągów je tworzących i mogą przyjąć każdą wartość ze zbioru R.Symbole oznaczone to nic innego jak działania (operacje jednoznaczne) wprowa-dzone w zbiorze R, np. 3

+∞ = 0, −3 +∞ =∞, −∞ · (+∞) = −∞ itp.

Symbole nieoznaczone będziemy zapisywać w nawiasach kwadratowych, np.[

00

],[

−∞+∞

].

Przykład

limn→∞

5 + n3

2 + 3n2 =[∞∞

]= lim

n→∞

5n2 + n2n2 + 3

= +∞

i w przypadku tego samego symbolu nieoznaczonego

limn→∞

5 + 3n2

7 + n2 =[∞∞

]= lim

n→∞

5n2 + 37n2 + 1

= 3,

co pokazuje w sposób oczywisty, że[∞∞]

jest symbolem nieoznaczonym.


Do obliczania granic ciągów służy funkcja limit(), która wówczas ma trzy argu-menty: pierwszy to wyraz ogólny ciągu, drugi – zmienna, trzeci natomiast symbolnieskończoności (inf).

(%i1) limit((5+n^3)/(2+3*n^2), n, inf);(%o1) ∞(%i2) limit((5+3*n^2)/(7+n^2), n, inf);(%o2) 3

Twierdzenie 3.3 (O trzech ciągach). Jeżeli ciągi (an), (bn), (cn) spełniają wa-runki:

1. an 6 bn 6 cn dla prawie wszystkich n,

2. limn→∞

an = limn→∞

cn = b,

to limn→∞

bn = b.

Przykład

Wykażemy, że limn→∞

2 + n sinnn2 + 1

= 0.

Zauważmy, że2− nn2 + 1

¬ 2 + n sinnn2 + 1

¬ 2 + n

n2 + 1dla każdego n ∈ N.

Z równości limn→∞

2 + n

n2 + 1= lim

n→∞2− nn2 + 1

= 0 i z twierdzenia o trzech ciągach otrzy-

mujemy limn→∞

2 + n sinnn2 + 1

= 0.

Obliczymy granicę ciągu.

(%i1) limit((2+n*sin(n))/(n^2+1), n, inf);(%o1) 0

Twierdzenie 3.4. limn→∞

n√n = 1.

Rzeczywiście, zauważmy, że dla każdego n ∈ N zachodzi nierówność n√n 1, a więc

n√n = 1 + an, gdzie an 0.

Należy pokazać, że limn→∞

an = 0.

Podnosząc stronami powyższą równość do potęgi n-tej, mamy:n = (1 + an)n =

(n0

)+(n

1

)an +

(n2

)a2n + . . .+

(nn

)ann = 1 + nan +

(n2

)a2n + . . .+ ann.

Stąd n >(n

2

)a2n

n > n!(n−2)!2!a

2n

Rozdział 3. Ciągi liczbowe 37

n > (n−1)n2 a2

n ⇐⇒ a2n 6 2

n−1 , n 6= 1

−√

2n−1 6 an 6

√2

n−1

Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach limn→∞

an = 0.


n√a = 1 dla każdego a > 0. ( n

√a = a

1n tym samym mamy

do czynienia z symbolem oznaczonym a0 = 1).


n√an = 1, jeśli lim

n→∞an = a > 0 i an > 0 dla każdego

n ∈ N.

Twierdzenie 3.7. Każdy ciąg monotoniczny i ograniczony jest zbieżny.

Można wykazać, że ciąg o wyrazie ogólnym(1 + 1

n

)njest rosnący i ograniczony

z góry, a więc jest zbieżny. Jego granicę oznaczamy przez e, czyli limn→∞

(1 + 1

n

)n= e.

Liczba e jest liczbą niewymierną (a nawet przestępną) oraz e ≈ 2,72.

Twierdzenie 3.8. Jeżeli limn→∞

an = ±∞, to

limn→∞

(1 +

1an

)an= e.

Odkrycie liczby e przypisuje się Jakubowi Bernoullemu – pierwszemu sławnemumatematykowi szwajcarskiemu w rodzinie Bernoullich, który badał powyższe ciągi.Sam symbol e wprowadził do użycia inny wielki matematyk szwajcarski – LeonardEuler (Francuzi twierdzą, że był Francuzem). Był matematykiem niezwykle „płod-nym”. Miał trzynaścioro dzieci i napisał około 1000 prac naukowych. Liczba e, jaki liczba π (o której to liczbie wiersz napisała nasza noblistka W. Szymborska „Po-dziwu godna liczba Pi . . .”) jest liczbą przestępną, tzn. nie jest pierwiastkiem wie-lomianu o współczynnikach całkowitych. W niektórych przypadkach bardzo trudnojest udowodnić, że dana liczba jest przestępna.

Funkcję wykładniczą przy podstawie e nazywamy eksponens i oznaczamy exp,expx def= ex. Jest to najczęściej spotykana funkcja wykładnicza, używana w sta-tystyce, chemii, fizyce. ex odróżnia od pozostałych funkcji wykładniczych własnośćpolegająca na tym, że nachylenie jej wykresu w dowolnym punkcie jest równe war-tości funkcji w tym punkcie (rozdział 6). Logarytm przy podstawie e nazywamylogarytmem naturalnym i oznaczamy przez ln, lnx = loge x. Logarytm ten zostałwprowadzony przez matematyka szkockiego Johna Nepera.


Przykłady

1. P – początkowa kwota lokaty; K – końcowa kwota lokaty;R – roczna stopa procentowa; n – liczba okresów bazowych, tzn. okresów, w któ-rych dokonywana jest kapitalizacja odsetek; m – ilość lat, na jakie została zło-żona kwota P . Chcąc obliczyć końcową kwotę kapitału, gdy odsetki są naliczanewedług kapitalizacji ciągłej, mamy

K = limn→∞

P

(1 +

R

n

)nm= lim

n→∞P

(1 +1nR

) nR

Rm = PeRm

(J. Bernoulli takiego wykorzystania swojego ciągu nie przewidział).

2. limn→∞

n√

5n7 − n2 + 2 = limn→∞

n

√n7(5− 1

n5 +2n7 ) =

= limn→∞

( n√n) 7n

√5− 1

n5 +2n7 = 1

(Pamiętajmy, z praw działania na potęgach wynika, że√ab = (ab)

12 = (a)

12 (b)

12 =√a√b

np.√

36 =√

4 · 9 =√

4 ·√

9 = 2 · 3 = 6,ale

√a+ b 6=

√a+√b,

np.√

9 + 16 =√

25 = 5, natomiast√

9 +√

16 = 3 + 4 = 7.Takie błędy spotyka się zadziwiająco często.)

3. limn→∞

(3 + n

4 + n

)n= lim

n→∞(3 + n)n

(4 + n)n= lim

n→∞

(1 + 3n)n

(1 + 4n)n

=

= limn→∞

[(1 + 1

n3

)n3]3

[(1 + 1

n4

)n4]4 =

e3

e4 =1e

1. Stosując te same oznaczenia co w powyższych przykładach, końcową kwotękapitału obliczamy następująco

(%i1) limit(P*(1+R/n)^(n*m), n, inf);(%o1) P %em R

Symbol %e oznacza liczbę Eulera.

2.

(%i1) limit((5*n^7-n^2+2)^(1/n), n, inf);(%o1) 1

3.

(%i1) limit(((3+n)/(4+n))^n, n, inf);(%o1) %e−1

Rozdział 4

Szeregi liczbowe

Definicja 4.1. Szeregiem liczbowym nazywamy wyrażenie postaci: a1+a2+. . .,

zapisywane także w formie∞∑n=1

an, gdzie an ∈ R dla n = 1, 2, . . ..

Ogólniej, można również rozważać szeregi zespolone czy funkcyjne,

np.∞∑n=1

sinnx = sinx+ sin 2x+ . . .

Liczbę an nazywamy n-tym wyrazem (składnikiem), a sumę Sn = a1 + a2 + . . .

. . .+ an =n∑k=1

ak n-tą sumą częściową tego szeregu.

Mówimy, że szereg∞∑n=1

an jest zbieżny, jeżeli istnieje granica właściwa ciągu jego

sum częściowych (Sn). Jeżeli limn→∞

Sn = −∞ albo limn→∞

Sn = +∞ to mówimy, że

szereg∞∑n=1

an jest rozbieżny odpowiednio do −∞ albo do +∞ (choć czasami mó-

wimy też, że∞∑n=1

an jest zbieżny do −∞ czy +∞). W pozostałych przypadkach

mówimy, że szereg jest rozbieżny.Sumą szeregu zbieżnego nazywamy granicę lim

n→∞Sn = S i oznaczamy ją tym sa-

mym symbolem co szereg∞∑n=1

an = S.

Suma szeregu nieskończonego (o ile istnieje) jest uogólnieniem dodawania na nie-

skończoną ilość składników. A więc np.∞∑n=1

an = 5, jeżeli prawie wszystkie jego

sumy częściowe (sumy skończone) są dowolnie blisko liczby 5. Na szereg∞∑n=1

an

należy patrzeć jak na ciąg sum częściowych (skończonych) (Sn), n = 1, 2, . . . (po-nieważ nie dodamy nigdy nieskończonej liczby składników).


Przykłady

1.∞∑n=1

1n(n+ 1)

=1

1 · 2+

12 · 3

+1

3 · 4+ . . .

Sn =1

1 · 2+

12 · 3

+. . .+1

n(n+ 1)=(

1− 12

)+(

12− 1

3

)+. . .+

(1n− 1n+ 1

)=

= 1− 1n+ 1

limn→∞

Sn = limn→∞

(1− 1

n+ 1

)= 1 =

∞∑n=1

1n(n+ 1)

, zatem suma naszego szeregu

jest równa 1.

2.∞∑n=1

lnn+ 1n

= ln 2 + ln32

+ . . .

Sn = ln 2 + ln32

+ . . .+ lnn+ 1n

= (ln 2− ln 1) + (ln 3− ln 2) + . . .

. . .+ (ln(n+ 1)− lnn) = ln(n+ 1)

limn→∞

Sn = limn→∞

ln(n + 1) = +∞, a więc szereg∞∑n=1

lnn+ 1n

jest szeregiem roz-

bieżnym.

3. Zbadamy zbieżność szeregu geometrycznego o ilorazie q∞∑n=1

aqn−1 = a+ aq + aq2 + . . .

W tym przypadku

Sn =

a (1− qn)

1− qdla q 6= 1,

na dla q = 1.Jeśli a 6= 0, to

limn→∞

Sn =

a

1− qdla |q| < 1,

+∞ lub −∞ dla q 1,nie istnieje dla q ¬ −1.

Poniższy rysunek przedstawia interpretację geometryczną wyrazów szeregów∞∑n=1

12n oraz

∞∑n=1

14n .

12

14

18

116

12 + 1

4 + 18 + . . . = 1

14

116

14 + 1

16 + 164 + . . . = 1

3

Rozdział 4. Szeregi liczbowe 41

1. Do obliczania sumy szeregu służy funkcja sum(). W pierwszym argumenciepodajemy wyraz ogólny szeregu, drugi argument to zmienna, w trzecim i czwartymzapisujemy, w jakim zakresie odbywa się sumowanie.

(%i1) sum(1/(n*(n+1)), n, 1, inf);

(%o1)∞∑n=1

1n (n+1)

W przypadku, gdy suma nie zostanie podana, a jedynie zapisana symbolicznie (jakpowyżej) można użyć funkcji simplify sum(), której zadaniem jest uproszczeniesumy będącej jego argumentem. Przed zastosowaniem simplify sum należy zała-dować pakiet o tej samej nazwie. Pakiet ten ładuje się poprzez wydanie poleceniaload(simplify sum).

(%i2) load(simplify sum);(%o2) C : /PROGRA∼2/MAXIMA∼1.0/share/maxima/ . . . /simplify sum.mac(%i3) simplify sum(%o1);(%o3) 1

2. W tym przykładzie najpierw obliczymy n-tą sumę częściową szeregu. Logarytmnaturalny zapisywany jest jako log, np. ln(n) zapisuje się w Maximie jako log(n).

(%i1) sum(log((k+1)/k), k, 1, n);

(%o1)n∑k=1

log(k+1k

)Następnie wykorzystamy funkcję simplify sum() do uproszczenia uzyskanej sumy.Musimy pamiętać o załadowaniu pakietu.

(%i2) load(simplify sum);(%o2) C : /PROGRA∼2/MAXIMA∼1.0/share/maxima/ . . . /simplify sum.mac(%i3) simplify sum(%o1);(%o3) log(n+ 1)

Teraz pozostaje obliczyć granicę ciągu o otrzymanym wyrazie ogólnym.

(%i4) limit(%o3, n, inf);(%o4) ∞

3. Obliczymy teraz sumę szeregu geometrycznego.

(%i1) sum(a*q^(n-1), n, 1, inf),simpsum;Is |q| − 1 positive, negative, or zero?n;

(%o1) a1−q

Wpisanie simpsum powoduje uproszczenie zapisu.Przed otrzymaniem wyniku, program pyta o znak wyrażenia |q|−1. Wpisanie literyn oznacza, że wyrażenie jest ujemne (p – wyrażenie dodatnie, z – wyrażenie równezero). W ten sposób uzyskaliśmy sumę szeregu geometrycznego, w przypadku gdy|q| < 1.


Twierdzenie 4.1. Jeżeli szeregi∞∑n=1

an i∞∑n=1

bn są zbieżne i ich sumy są odpowiednio

równe S1 i S2, to szereg∞∑n=1

(an±bn) też jest zbieżny i jego suma jest równa S1±S2.

Twierdzenie 4.2. Dwa szeregi różniące się o skończoną liczbę wyrazów są jedno-cześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne.

(Oczywiście, dla szeregów zbieżnych ich sumy się różnią.)

Twierdzenie 4.3 (Warunek konieczny zbieżności szeregu). Jeżeli szereg∞∑n=1

an jest zbieżny, to limn→∞

an = 0.

Uwaga. Implikacja odwrotna nie jest prawdziwa.

Świadczy o tym przykład ciągu an =1n, mamy bowiem lim

n→∞1n

= 0, ale szereg∞∑n=1

1n

, zwany szeregiem harmonicznym, jest rozbieżny do +∞.

Rzeczywiście, Sn = 1 +12

+ . . .+1n

S2n = 1 +12

+ . . .+1n

+1

n+ 1+ . . .+

12n

S2n − Sn =1

n+ 1+

1n+ 2

+ . . .+1

2n>

12n

+1

2n+ . . .+

12n

=12.

Stąd (Sn) jest rozbieżny, a jako rosnący i nieograniczony z góry rozbieżny do +∞.Sumy częściowe szeregu harmonicznego Sn = 1 + 1

2 + 13 + . . . 1

n rosną bardzo wolno.Aby suma przekroczyła np. 10 potrzebujemy aż 12367 składników. Szereg harmo-niczny rośnie więc do nieskończoności niewiarygodnie wolno.

Z szeregiem harmonicznym związana jest pewna anegdota. Głosi ona, że najednym z uniwersytetów angielskich pojawiło się ogłoszenie o konkursie matema-tycznym z nieskończenie dużą nagrodą w funtach za zdobycie pierwszego miejsca.Udział w zawodach był płatny. Oczywiście zgłosiła się rekordowa liczba uczestni-ków. Z niecierpliwością oczekiwano na wyniki. Po odczytaniu werdyktu przewod-niczący wręczył zwycięzcy jednego funta i obiecał, że za tydzień otrzyma 1

2 , zadwa tygodnie 1

3 , następnie 14 funta i tak nieskończenie długo zostanie wypłacana

nagroda.

Rozważmy szereg z przykładu 2 (str. 40):∞∑n=1

lnn+ 1n

.

limn→∞

lnn+ 1n

= 0, mimo to szereg∞∑n=1

lnn+ 1n

jest rozbieżny.

Jeśli więc limn→∞

an 6= 0 albo granica ciągu (an) nie istnieje, to szereg∞∑n=1

an jest


rozbieżny, np.∞∑n=1

cos 1n jest rozbieżny, ponieważ lim

n→∞cos 1

n = 1.

Warunek konieczny zbieżności szeregu można potraktować jako kryterium rozbież-ności badania szeregów.Zajmijmy się teraz badaniem zbieżności i rozbieżności szeregów o wyrazach nie-ujemnych.

Twierdzenie 4.4 (Kryterium porównawcze zbieżności i rozbieżności sze-

regów o wyrazach nieujemnych). Załóżmy, że wyrazy szeregów∞∑n=1

an,∞∑n=1

bn

spełniają warunek:

0 ¬ an ¬ bn dla prawie wszystkich n ∈ N.

Wówczas

a) jeżeli szereg∞∑n=1

bn jest zbieżny, to szereg∞∑n=1

an jest zbieżny,

b) jeżeli szereg∞∑n=1

an jest rozbieżny, to szereg∞∑n=1

bn jest rozbieżny.

Szereg∞∑n=1

bn nazywany jest często majorantą zbieżną dla szeregu∞∑n=1

an, a szereg∞∑n=1

an minorantą rozbieżną dla szeregu∞∑n=1

bn.

Jeżeli więc mamy do zbadania zbieżność szeregu z kryterium porównawczegoi „podejrzewamy”, że jest to szereg zbieżny, szacujemy jego wyrazy z góry przezwyrazy szeregu, o którym wiemy na pewno, że jest zbieżny, natomiast jeżeli chcemywykazać rozbieżność szeregu, szacujemy jego wyrazy z dołu przez wyrazy szeregu,o którym wiemy, że jest to szereg rozbieżny. Wyciąganie innych wniosków na pod-stawie powyższego twierdzenia jest błędne.

Twierdzenie 4.5 (Kryterium d’Alemberta). Załóżmy, że dla szeregu∞∑n=1

an

o wyrazach dodatnich istnieje granica (właściwa lub niewłaściwa)

limn→∞

an+1

an= g.

Wówczas

a) jeżeli g < 1, to szereg∞∑n=1

an jest zbieżny,

b) jeżeli g > 1, to szereg∞∑n=1

an jest rozbieżny.

Kryterium nie rozstrzyga, czy szereg jest zbieżny czy rozbieżny, gdy g = 1.


Twierdzenie 4.6 (Kryterium Cauchy’ego). Załóżmy, że dla szeregu∞∑n=1

an

o wyrazach nieujemnych istnieje granica (właściwa lub niewłaściwa)

limn→∞

n√an = g.

Wówczas

a) jeśli g < 1, to szereg∞∑n=1

an jest zbieżny,

b) jeśli g > 1, to szereg∞∑n=1

an jest rozbieżny.

Również to kryterium nie rozstrzyga problemu zbieżności, gdy g = 1.

Nie ma ogólnej „recepty”, które kryterium wybrać, badając zbieżność szere-gów, ale jeśli wyrazy szeregu zawierają silnie, łatwej korzystać z kryterium d’Alem-berta, jeśli zaś wyrazy zawierają tylko potęgi – lepiej wybrać kryterium Cauchy’ego.W innych sytuacjach skuteczniejsze są kryteria porównawcze, bądź też warunek ko-nieczny zbieżności szeregu.

Sformułowane kryteria możemy również stosować do badania szeregów o wy-razach ujemnych (niedodatnich) (Szeregi

∑an i

∑(−an) są jednocześnie zbieżne

lub rozbieżne).

Szeregiem harmonicznym rzędu α nazywamy szereg postaci∞∑n=1

1nα

, α ∈ R.

Zauważmy, że1n6

1nα

dla każdego n ∈ N i α < 1.

Ponieważ szereg∞∑n=1

1n

jest rozbieżny, z kryterium porównawczego rozbieżności sze-

regów wynika, że szereg∞∑n=1

1nα

, gdy α < 1, też jest rozbieżny.

Można udowodnić, że szereg∞∑n=1

1nα

, gdy α > 1, jest zbieżny.

Ostatecznie szereg∞∑n=1

1nα

dla α ¬ 1 jest rozbieżny, natomiast dla α > 1 jest

zbieżny.Korzystając z kryteriów porównawczych, wykorzystujemy często nierówności:

sinx 6 1, cosx 6 1 dla x ∈ R,

0 < sinx < x dla x ∈(

0,π

2

),

x

2< sinx dla x ∈

(0,π

2

),

0 < lnx < x dla x > 1.

Ostatnią nierówność można zapisać w ogólniejszej postaci:

0 < lnx =1α

lnxα <1αxα dla x > 1 i α > 0.


PrzykładyZbadaj zbieżność szeregów:

1.∞∑n=1

ln(n+ 2)5n3 + n

Korzystając z twierdzenia 4.4 (kryterium porównawczego zbieżności szeregów),mamy

0 <ln(n+ 2)5n3 + n

6n+ 2

5n3 + n6

2n5n3 =

25

1n2 dla n 2

25

∞∑n=1

1n2 jest zbieżny, a więc i

∞∑n=1

ln(n+ 2)5n3 + n

jest szeregiem zbieżnym.

2.∞∑n=1

n− 2n3 + 2

0 ¬ n− 2n3 + 2

¬ n

n3 =1n2 ; n 2

∞∑n=1

1n2 jest zbieżny, a więc

∞∑n=1

n− 2n3 + 2

jest szeregiem zbieżnym.

3.∞∑n=1

1√n(n+ 1)

Korzystając z twierdzenia 4.4 (kryterium porównawczego rozbieżności szere-gów), mamy

1√2n

=1√2n2¬ 1√

n(n+ 1)dla n ∈ N

1√2

∞∑n=1

1n

jest rozbieżny, a więc∞∑n=1

1√n(n+ 1)

jest również szeregiem rozbież-

nym.

4.∞∑n=1

1n

sin1n

0 <1n

sin1n6

1n· 1n

=1n2

∞∑n=1

1n2 jest zbieżny, a więc i

∞∑n=1

1n

sin1n

jest zbieżny.

5.∞∑n=1

3n

n!Korzystając z twierdzenia 4.5 (kryterium d’Alemberta), mamy

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞3n+1

(n+ 1)!· n!

3n= lim

n→∞3n · 3 · n!

n!(n+ 1) · 3n= lim

n→∞3

n+ 1= 0 < 1,

zatem szereg∞∑n=1

3n

n!jest szeregiem zbieżnym.


6.∞∑n=1

n

7n + 5n

Korzystając z twierdzenia 4.6 (kryterium Cauchy’ego), mamy

limn→∞

n√an = lim

n→∞n

√n

7n + 5n= lim

n→∞

n√n

n√

7n + 5n= lim

n→∞

n√n

7 n

√1 +

(57

)n =17< 1,

a więc∞∑n=1

n

7n + 5njest szeregiem zbieżnym.

W przykładach 1, 2, 3 i 4 zostało wykorzystane kryterium porównawcze zbieżno-ści i rozbieżności szeregów, którego zastosowanie wiąże się z szacowaniem wyrazuogólnego szeregu. Użycie Maximy sprowadzałoby się do zbadania zbieżności szereguharmonicznego, a to nie wymaga sięgania do pakietu matematycznego. Przejdziemyzatem do kolejnych przykładów.

5. Zdefiniujemy najpierw n-ty wyraz ciągu. Uczynimy to poprzez zdefiniowaniefunkcji. Najpierw podajemy nazwę funkcji, w nawiasach zwykłych zapisujemy argu-ment (lub argumenty oddzielone przecinkami). Następnie zamieszczamy operatordefiniujący funkcję, czyli := , potem podajemy wzór funkcji.

(%i1) a(n):=3^n/n!;(%o1) a (n) := 3n

n!Następnie korzystamy z kryterium d’Alemberta.

(%i2) limit(a(n+1)/a(n), n, inf);(%o2) 0

6. Korzystamy z kryterium Cauchy’ego.

(%i1) limit((n/(7^n+5^n))^(1/n), n, inf);(%o1) 1

7

Definicja 4.2. Szeregiem naprzemiennym nazywamy szereg postaci:

∞∑n=1

(−1)nan = −a1 + a2 − a3 + . . . ,

gdzie an > 0 dla każdego n ∈ N.

(Naprzemienność oznacza, że na przemian mamy składniki ujemne i dodatnie w tymszeregu, natomiast nie możemy tego słowa zamienić na przemienny, co jest związaneze zmianą kolejności składników w dodawaniu nieskończonym).

Twierdzenie 4.7 (Kryterium Leibniza). Jeżeli dla szeregu naprzemiennego∞∑n=1

(−1)nan spełnione są warunki:

a) limn→∞

an = 0,


b) ciąg (an) jest nierosnący,

to szereg ten jest zbieżny.

(To właśnie Leibniz powiedział, że nasz świat „to najlepszy z możliwych światów”).

Zauważmy, że jeżeli limn→∞

an 6= 0 bądź granica ta nie istnieje, to wspomniany

szereg jest rozbieżny, ponieważ również limn→∞

(−1)nan 6= 0, bądź granica ciągu

(−1)nan nie istnieje i tym samym z warunku koniecznego (twierdzenie 4.3) sze-reg jest rozbieżny.

Przykład

Szereg∞∑n=1

(−1)n1n

jest zbieżny, ponieważ limn→∞

1n

= 0 i ciąg(

1n

)n∈N

jest malejący.

Poniżej zajmiemy się badaniem zbieżności szeregów o wyrazach zupełnie do-wolnych co do znaku.

Twierdzenie 4.8. Jeżeli szereg∞∑n=1|an| jest zbieżny, to szereg

∞∑n=1

an jest również

zbieżny.

Uwaga. Implikacja odwrotna do powyższej jest fałszywa.

Przykład

Szereg∞∑n=1

(−1)n1n

jest zbieżny, ale

szereg∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n1n

∣∣∣∣ =∞∑n=1

1n

jest szeregiem rozbieżnym.

Definicja 4.3. Szereg∞∑n=1

an nazywamy bezwzględnie zbieżnym, gdy zbieżny

jest szereg∞∑n=1|an|. Szereg, który jest zbieżny, ale nie bezwzględnie zbieżny nazy-

wamy warunkowo zbieżnym.

Zauważmy więc, że∞∑n=1

(−1)n1n

jest szeregiem warunkowo zbieżnym.

Przykłady

1.∞∑n=1

2 sin√n

n2

Zbadajmy najpierw zbieżność szeregu modułów, a więc szeregu postaci∞∑n=1

∣∣∣∣2 sin√n

n2

∣∣∣∣ =∞∑n=1

2n2

∣∣∣∣ sin√n∣∣∣∣Z kryterium porównawczego zbieżności szeregów mamy


0 62n2

∣∣ sin√n∣∣ 6 2n2 dla każdego n ∈ N

Szereg∞∑n=1

2n2 jest zbieżny, tym samym szereg

∞∑n=1

2 sin√n

n2 na mocy twierdzenia

4.8 jest bezwzględnie zbieżny.

Zauważmy, że z kryteriów d’Alemberta i Cauchy’ego z rozbieżności szeregu mo-dułów wynika rozbieżność danego szeregu. Wynika to z faktu, że jeżeli ciąg (|an|)ma granicę i szereg modułów jest rozbieżny, to granica ciągu (|an|) nie jest równazero i tym samym ciąg (an) nie ma granicy równej zero (patrz warunek koniecznyzbieżności szeregu).

2.∞∑n=1

(−1)nnn

n!Zbadajmy najpierw zbieżność szeregu modułów, a więc szeregu postaci∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)nnn

n!

∣∣∣∣ =∞∑n=1

nn

n!

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞(n+ 1)n+1

(n+ 1)!· n!nn

= limn→∞

(n+ 1)n(n+ 1)n!n!(n+ 1)nn

=

= limn→∞

(n+ 1n

)n= e > 1,

a więc∞∑n=1

nn

n!jest rozbieżny, zatem

∞∑n=1

(−1)nnn

n!jest również szeregiem rozbież-

nym.

1. W tym przykładzie zostało wykorzystane kryterium porównawcze zbieżnościszeregu, dlatego pomijamy jego rozwiązanie z powodów, jakie zostały przedstawionewcześniej.

2. Najpierw zdefiniujemy wyraz ogólny ciągu

(%i1) a(n):=n^n/n!;(%o1) a (n) := nn

n!Teraz zastosujemy kryterium d’Alemberta.

(%i2) limit(a(n+1)/a(n), n, inf);(%o2) %e

Można pokazać, że jeśli szereg jest bezwzględnie zbieżny i ma sumę S, to sze-reg powstały z niego przez dowolną zamianę kolejności wyrazów jest zbieżny i marównież sumę S (a więc jest przemienny).

Rozdział 5

Granica i ciągłość funkcji

Nauki techniczne, fizyczne, chemiczne i przyrodnicze łączą w sobie zarównodoświadczenie, jak i teorię, a więc wymagają posługiwania się liczbami oraz symbo-lami przedstawiającymi rozmaite stałe i wielkości fizyczne. Interesują nas wartości,jakie one przyjmują oraz sposób, w jaki są one związane z innymi wielkościamifizycznymi w dowolnym stanie układu. Chcemy wiedzieć, jak zmieniają się te wiel-kości fizyczne, gdy układ przechodzi z jednego stanu do drugiego. Stąd potrzebatakich ważnych pojęć jak granica i ciągłość funkcji.

Dalej rozważamy tylko funkcje o wartościach rzeczywistych.Przypomnijmy [1], że przez otoczenie i sąsiedztwo punktu x0 rozumiemy odpowied-nio następujące zbiory:

Ux0 = (x0 − ε, x0 + ε), ε > 0,

Sx0 = Ux0 \ x0.Definicja 5.1. Powiemy, że funkcja f o wartościach rzeczywistych określona w pew-nym sąsiedztwie Sx0 ma w punkcie x0 granicę g, co zapisujemy

limx→x0

f(x) = g,

jeżeli dla dowolnego ciągu (xn) zbieżnego do x0, o wyrazach należących do sąsiedz-twa Sx0 , ciąg (f(xn)) ma granicę g.

x

y

O

g

f(xn)

f(x′n)

x0xn x′n

Sx0


x

y

O

1

−1

f (x) =

−1 dla x 6= 0,

1 dla x = 0

limx→0

f(x) = −1

Zauważmy, że zachowanie się funkcji w samym punkcie x0 (o ile funkcja jest w nimokreślona) nie ma żadnego znaczenia dla granicy funkcji w tym punkcie.Załóżmy, że funkcja f określona jest w sąsiedztwie lewostronnym S−x0 = (x0−ε, x0).Granicę lewostronną funkcji f w punkcie x0 definiujemy w następujący sposób:

limx→x−0

f(x) = g ⇐⇒∧

(xn)

((xn ∈ S−x0 , n ∈ N ∧ lim

n→∞xn = x0) =⇒ lim

n→∞f(xn) = g

).

Podobnie definiujemy granicę prawostronną funkcji f w punkcie x0, przy założeniu,że f jest określona w sąsiedztwie prawostronnym S+

x0 = (x0, x0 + ε).

x

y

O

1

−2

x0

limx→x+0

f(x) = 1

limx→x−0

f(x) = −2

Granice jednostronne często zapisujemy:

limx→x−0

f(x) = f(x0−), limx→x+0

f(x) = f(x0+).

Twierdzenie 5.1. Funkcja f określona w pewnym sąsiedztwie Sx0 ma w punkciex0 granicę wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją obie granice jednostronne funkcji fw tym punkcie i są równe. Wówczas

limx→x0

f(x) = limx→x−0

f(x) = limx→x+0

f(x).

Można mówić o granicach niewłaściwych funkcji f w punkcie x0 oraz o granicachjednostronnych niewłaściwych w punkcie x0, np.

limx→x0

f(x) = +∞, limx→x+0

f(x) = −∞.

Rozdział 5. Granica i ciągłość funkcji 51

x

y

Ox0

limx→x0

f(x) = +∞

x

y

O x0

limx→x+0

f(x) = −∞

Załóżmy, że funkcja f jest określona na pewnym sąsiedztwie +∞, czyli przedzialeS+∞ = (a,+∞), a ∈ R. Można wówczas mówić o granicy funkcji (właściwej lubniewłaściwej) w +∞:

limx→+∞

f(x) = g ⇐⇒∧

(xn)

((xn ∈ S+∞, n ∈ N ∧ lim

n→∞xn = +∞) =⇒ ( lim

n→∞f(xn) = g)

).

x

y

O

g

limx→+∞

f(x) = g

x

y

O

1

limx→+∞

e−x = 0

Podobnie definiujemy limx→−∞

f(x) = g, wówczas jednak funkcja musi być określona

w sąsiedztwie S−∞ = (−∞, a), a ∈ R, jak również granice niewłaściwe w punktachniewłaściwych, np. lim

x→−∞f(x) = +∞.

x

y

O

−1

limx→+∞

f(x) = −1

limx→−∞

f(x) = −∞


Wprowadźmy następujący symboliczny zapis[a

0+

]=

+∞, a > 0,−∞, a < 0,

[a

0−

]=

−∞, a > 0,+∞, a < 0

dla uniknięcia formułowania twierdzeń dotyczących granicy ilorazu funkcji. Sym-bole te są intuicyjnie oczywiste. Dzielenie a 6= 0 przez 0 nie jest działaniem, ponie-waż nie istnieje taka liczba rzeczywista, która pomnożona przez 0 da liczbę a 6= 0.Można w naszej nomenklaturze powiedzieć, że symbol

[a0

]jest symbolem sprzecz-

nym. Równocześnie zauważmy, że jeżeli mianownik dąży do zera poprzez wartościdodatnie czy ujemne, to jest różny od zera i dowolnie blisko zera.

Przykłady

1. limx→2+

1|x− 2|

=[

10+

]= +∞

2. limx→5−

x+ 2(x− 3)(x− 5)

=[

70−

]= −∞

Do obliczenia granic funkcji wykorzystujemy funkcję limit(). Obliczanie granicyjednostronnej zaznaczamy, zapisując jako ostatni argument minus lub plus, odpo-wiednio dla granicy lewostronnej lub prawostronnej.1.

(%i1) limit(1/abs(x-2), x, 2, plus);(%o1) ∞

2.

(%i1) limit((x+2)/((x-3)*(x-5)), x, 5, minus);(%o1) −∞

Przykłady

1. Naszkicować wykres funkcji f : [−3,+∞)→ R,gdzie lim

x→−3+f(x) = +∞, lim

x→2−f(x) = 0, lim

x→2+f(x) = −∞, lim

x→+∞f(x) = 4.

Przykładowy wykres

x

y

O

4

1

−3 2


2. Naszkicować wykres funkcji i podać jej granice przy x→ ±∞, x→ 0−, x→ 0+,

f(x) =

ln(−x) dla x < 0,2−x dla x > 0.

x

y

O

1

−1

limx→−∞

f(x) = +∞, limx→0−

f(x) = −∞, limx→0+

f(x) = 1, limx→+∞

f(x) = 0.

3. Obliczyć granice jednostronne

a) limx→2±

3 + x

2− xlimx→2−

3 + x

2− x=[

50+

]= +∞

limx→2+

3 + x

2− x=[

50−

]= −∞

b) limx→1±

x+ 1lnx

limx→1−

x+ 1lnx

=[

20−

]= −∞

limx→1+

x+ 1lnx

=[

20+

]= +∞

4. Wyznaczyć dziedzinę funkcji i obliczyć jej granicę w punktach krańcowychdziedziny

f(x) =2

ln(3− x)

D :

3− x > 03− x 6= 1

⇐⇒ x ∈ (−∞, 2) ∪ (2, 3)

limx→−∞

2ln(3− x)

=2∞

= 0

limx→2−

2ln(3− x)

=[

20+

]= +∞

limx→2+

2ln(3− x)

=[

20−

]= −∞

limx→3−

2ln(3− x)

=2−∞

= 0


1. Pominiemy ten przykład, gdyż jego rozwiązanie wykracza poza ramy przyjętedla niniejszego skryptu.

2. Do wykonania wykresu funkcji wykorzystamy polecenia pakietu draw. Funk-cja wxdraw2d umożliwia stworzenie obiektu graficznego składającego się z różnychelementów, np. polecenie explicit rysuje wykres funkcji na wskazanym przedziale.

(%i1) load(draw);(%o1) C : /PROGRA∼2/MAXIMA∼1.0/share/maxima/ . . . /draw/draw.lisp(%i2) wxdraw2d(

explicit(log(-x),x,-2,0),explicit(2^(-x),x,0,2) );

(%t2)

Obliczymy teraz granice funkcji f kolejno w −∞, 0−, 0+, +∞.

(%i3) limit(log(-x), x, minf);(%o3) ∞(%i4) limit(log(-x), x, 0, minus);(%o4) −∞(%i5) limit(2^(-x), x, 0, plus);(%o5) 1(%i6) limit(2^(-x), x, inf);(%o6) 0

Symbole −∞ i +∞ zapisywane są odpowiednio jako minf i inf.

3. Granice jednostronne obliczamy jak w przykładzie powyżej.

a)

(%i1) limit((3+x)/(2-x), x, 2, minus);(%o1) ∞(%i2) limit((3+x)/(2-x), x, 2, plus);(%o2) −∞

b)

(%i3) limit((x+1)/log(x), x, 1, minus);(%o3) −∞(%i4) limit((x+1)/log(x), x, 1, plus);


(%o4) ∞4. Po wyznaczeniu dziedziny funkcji f granice obliczamy następująco

(%i1) limit(2/log(3-x), x, minf);(%o1) 0(%i2) limit(2/log(3-x), x, 2, minus);(%o2) ∞(%i3) limit(2/log(3-x), x, 2, plus);(%o3) −∞(%i4) limit(2/log(3-x), x, 3, minus);(%o4) 0

Powiemy, że punkt x0 ∈ D ⊂ R jest punktem izolowanym zbioru D, jeżeliistnieje sąsiedztwo tego punktu, niezawierające żadnego punktu zbioru D.

Definicja 5.2. Niech f będzie funkcją określoną w pewnym otoczeniu Ux0 . Funkcjaf jest ciągła w punkcie x0, jeżeli

limx→x0

f(x) = f(x0),

musi więc spełniać trzy warunki jednocześnie: posiadać skończoną granicę w punk-cie x0, być określoną w punkcie x0 i granica ta musi być równa wartości funkcji fw punkcie x0. Przyjmujemy, że w każdym punkcie izolowanym dziedziny funkcjajest ciągła.

Funkcję f nazywamy ciągłą w przedziale (a, b), gdy jest ciągła w każdympunkcie tego przedziału.

Jeżeli funkcja f określona na pewnym otoczeniu Ux0 nie jest ciągła w punk-cie x0, to punkt x0 nazywamy punktem nieciągłości funkcji f .Punkty nieciągłości, w których funkcja ma obie granice jednostronne skończone,nazywamy punktami nieciągłości pierwszego rodzaju (funkcja w takim punkcie do-znaje „skoku” o skończoną wartość), a pozostałe punktami nieciągłości drugiegorodzaju.

Funkcję f nazywamy lewostronnie ciągłą w punkcie x0, gdy jest ona określonaw punkcie x0 i w pewnym sąsiedztwie lewostronnym S−x0 oraz

limx→x−0

f(x) = f(x0)

oraz prawostronnie ciągłą w punkcie x0, gdy jest ona określona w punkcie x0

i w pewnym sąsiedztwie prawostronnym S+x0 oraz

limx→x+0

f(x) = f(x0).


Zauważmy, że funkcja jest ciągła w punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy jest lewo-i prawostronnie ciągła w tym punkcie.Funkcję f nazywamy ciągłą w przedziale [a, b], gdy jest ciągła w (a, b) oraz prawo-stronnie ciągła w punkcie a i lewostronnie ciągła w punkcie b.Funkcję f nazywamy przedziałami ciągłą w przedziale [a, b], jeżeli ma w tym prze-dziale skończoną liczbę punktów nieciągłości pierwszego rodzaju (w których funkcja„skacze” o skończoną wartość), a w przedziałach otwartych wyznaczonych przez tepunkty nieciągłości funkcja f jest ciągła.

Geometrycznie rzecz biorąc, funkcja określona na pewnym otoczeniu Ux0 jestnieciągła w punkcie x0, jeżeli jej wykres w tym punkcie jest przerwany (możetam być skończony bądź niekończony skok wartości funkcji – porównaj poniższerysunki).(Pamiętajmy, że intuicja odnośnie rysowania wykresu funkcji ciągłej bez odrywaniaręki od papieru ma miejsce jedynie wtedy, gdy funkcja zadana jest na przedzialedomkniętym lub otwartym lub jednostronnie domkniętym lub nieograniczonym).

Przykłady (punkty nieciągłości pierwszego i drugiego rodzaju).

x

y

O−1

1

−12

(a)

x

y

O−2 1

−2

1

32

2

(b)

Na rysunku (a) punkt −1 jest punktem nieciągłości pierwszego rodzaju, przy czymfunkcja jest ciągła w tym punkcie lewostronnie. Punkt 0 jest również punktem nie-ciągłości pierwszego rodzaju, przy czym funkcja jest ciągła w zerze prawostronnie.Punkt 2 jest punktem nieciągłości drugiego rodzaju, przy czym funkcja jest ciągław tym punkcie prawostronnie.Na rysunku (b) punkt −2 jest punktem nieciągłości (tylko możemy mówić o niecią-głości prawostronnej), punkt 1 punktem nieciągłości pierwszego rodzaju, przy czymw tym punkcie funkcja jest prawostronnie ciągła, punkt 2 jest punktem nieciągłościdrugiego rodzaju, przy czym funkcja jest ciągła w tym punkcie lewostronnie.

Każda funkcja elementarna jest ciągła tam, gdzie jest określona (a więc w swojejdziedzinie). Tak więc np. funkcje y = tg x, czy y = 1

x są funkcjami ciągłymi.

(Każdą funkcję, którą można otrzymać z funkcji stałej y = c, c ∈ R, tożsamościowej


y = x, wykładniczej y = ax, 0 < a 6= 1 i trygonometrycznej y = sinx przez dokona-nie na nich skończonej liczby operacji dodawania, mnożenia, dzielenia, odwracania,składania, nazywamy funkcją elementarną. Inne funkcje nazywamy nieelementar-nymi).

PrzykładyZbadać ciągłość funkcji:

1. f(x) = cos√

2x+ 1Ponieważ jest to funkcja elementarna, wystarczy wyznaczyć jej dziedzinę.D : 2x+ 1 > 0 ⇐⇒ x > −1

2

D =[−1

2 ,+∞), zatem funkcja f w tym przedziale jest ciągła (w punkcie

x0 = −12 prawostronnie ciągła).

2. f(x) =

ex dla x 6 0,x dla 0 < x < 1,lnx dla x > 1

Funkcja f nie jest funkcją elementarną i jest określoną na zbiorze R. Należyzbadać ciągłość tej funkcji w punktach x1 = 0 i x2 = 1, ponieważ poza tymipunktami w przedziałach (−∞, 0), (0, 1) i (1,+∞) funkcja f jako elementarnajest ciągła.limx→0−

f(x) = limx→0−

ex = 1, f(0) = 1,

limx→0+

f(x) = limx→0+

x = 0,

limx→1−

f(x) = limx→1−

x = 1, f(1) = 0,

limx→1+

f(x) = limx→1+

lnx = 0,

zatem funkcja f jest ciągła dla każdego x ∈ R za wyjątkiem punktów: x1 = 0,w którym to punkcie funkcja f jest ciągła lewostronnie oraz punktu x2 = 1,gdzie funkcja f jest ciągła prawostronnie. Wykres funkcji f przedstawiony jestna poniższym rysunku.

x

y

O

1

1

1. Funkcja f jako funkcja elementarna jest ciągła w swojej dziedzinie i nie mapotrzeby wykorzystywania Maximy.

2. Granice jednostronne obliczamy następująco

(%i1) limit(%e^x, x, 0, minus);


(%o1) 1(%i2) limit(x, x, 0, plus);(%o2) 0(%i3) limit(x, x, 1, minus);(%o3) 1(%i4) limit(log(x), x, 1, plus);(%o4) 0

Własności funkcji ciągłych

1. Suma, różnica, iloczyn i iloraz (tam, gdzie jest określony) funkcji ciągłychmających wspólną dziedzinę jest funkcją ciągłą.

2. Złożenie funkcji ciągłych (o ile jest wykonalne) jest funkcją ciągłą.

3. (Twierdzenie Weierstrassa). Funkcja ciągła w przedziale domkniętym [a, b]osiąga w tym przedziale swoją wartość najmniejszą i największą.

4. (Twierdzenie Darboux). Każda funkcja ciągła w przedziale przechodzi odjednej wartości do drugiej przez wszystkie wartości pośrednie.

x

y

O

f(a)

f(c1)

a bc1

(a)

x

y

O

(b)

a bc1

f(c1)

c2

f(c2)

Na rysunku (a) funkcja jest ciągła w przedziale domkniętym [a, b], a więc musiw tym przedziale osiągać swoją wartość najmniejszą i największą, na rysunku (b)funkcja jest ciągła w przedziale lewostronnie otwartym (a, b], a mimo to osiągawartość największą jak i najmniejszą.

Przykłady

1. Naszkicować wykres funkcji f i podać jej punkty nieciągłości

f(x) =

ln(−x), x < 0,sinx, x > 0.


x

y

Oπ 2π−1

Funkcja f jest określona dla x ∈ R i jedynym punktem nieciągłości tej funkcjijest punkt x = 0. Jest to punkt nieciągłości drugiego rodzaju, przy czym funkcjajest w tym punkcie prawostronnie ciągła ( lim

x→0−f(x) = lim

x→0−ln(−x) = −∞,

natomiast limx→0+

f(x) = limx→0+

sinx = 0 i f(0) = sin 0 = 0).

2. Zbadać ciągłość funkcji

f(x) =

x2 − 2x|x− 2|

, x 6= 2,

−2, x = 2.

Należy zbadać ciągłość tej funkcji w punkcie x = 2, ponieważ poza tym punktemfunkcja f jako elementarna jest ciągła tam, gdzie jest określona, a więc na zbiorzeR \ 2.

limx→2−

f(x) = limx→2−

x2 − 2x|x− 2|

= limx→2−

x(x− 2)|x− 2|

= limx→2−

x(x− 2)2− x

=

= limx→2−

(−x) = −2

limx→2+

f(x) = limx→2+

x2 − 2x|x− 2|

= limx→2+

x(x− 2)x− 2

= limx→2+

x = 2

f(2) = −2, stąd funkcja w punkcie x = 2 jest ciągła lewostronnie, punkt x = 2jest jedynym punktem nieciągłości funkcji f (pierwszego rodzaju).

1. Wykres funkcji możemy wykonać, wykorzystując polecenia pakietu draw,który został już wcześniej użyty. Tym razem dodatkowo dorysowane zo-stały osie układu współrzędnych (xaxis = true, yaxis = true) linią ciągłą(xaxis type = solid, yaxis type solid) w kolorze brązowym (xaxis color =brown, yaxis color = brown). Liczbę π zapisujemy %pi. Zakończenie linii sym-bolem $ powoduje, że wyjście nie jest wyświetlane na ekranie.

(%i1) load(draw)$(%i2) wxdraw2d(

xaxis = true,xaxis type = solid,xaxis color = brown,yaxis = true,yaxis type = solid,yaxis color = brown,


explicit(log(-x),x,-2,0),explicit(sin(x),x,0,3* %pi) );

(%t2)

2. Obliczamy granice jednostronne funkcji f w punkcie 2.

(%i1) limit((x^2-2*x)/abs(x-2), x, 2, minus);(%o1) −2(%i2) limit((x^2-2*x)/abs(x-2), x, 2, plus);(%o2) 2

Rozdział 6

Rachunek różniczkowy

Jeśli interesuje nas wyznaczanie pochodnych, czyli szybkość zmian wielkościfizycznych, gdy układ przechodzi z jednego stanu do drugiego względem czasu lubwzględem innych wielkości fizycznych, to zajmuje się tym dział matematyki, którynazywa się rachunkiem różniczkowym.

Definicja 6.1. Niech f będzie określona w pewnym otoczeniu Ux0 oraz ∆x przy-rostem zmiennej niezależnej takim, że x0 + ∆x ∈ Ux0 i x0 + ∆x 6= x0. Oznaczmyprzez ∆f = f(x0 + ∆x) − f(x0) przyrost wartości funkcji między punktami x0

i x0 + ∆x.

Utwórzmy następujący iloraz

∆f∆x

=f(x0 + ∆x)− f(x0)

∆x

zwany ilorazem różnicowym funkcji f w punkcie x0 dla przyrostu ∆x.

x

y

O

styczn

a

f(x0)

f(x0 + ∆x)

∆x

x0 x0 + ∆x

∆f

Jeżeli istnieje skończona granica ilorazu różnicowego przy ∆x → 0, to granicę tę

nazywamy pochodną funkcji f w punkcie x0 i zapisujemy f ′(x0) lubdf

dx(x0), tzn.

f ′(x0) = lim∆x→0

f(x0 + ∆x)− f(x0)∆x

.


Iloraz różnicowy funkcji f w punkcie x0 może być zapisany również w postacif(x)− f(x0)

x− x0, x ∈ Ux0 i wówczas

f ′(x0) def= limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

.

Funkcję jednej zmiennej rzeczywistej, która ma pochodną w punkcie x0 nazywamyfunkcją różniczkowalną w tym punkcie.Geometrycznie, pochodna f ′(x0) jest równa współczynnikowi kierunkowemu stycz-nej do wykresu funkcji poprowadzonej w punkcie (x0, f(x0)).Równanie stycznej do krzywej y = f(x) w punkcie (x0, f(x0)) jest postaci

y − f(x0) = f ′(x0)(x− x0).

Jedna z interpretacji fizycznych:

S(t) – droga jaką pokonuje ciało w czasie t,

∆S∆t

– średnia prędkość w przedziale [t0, t0 + ∆t],

S′(t0) – prędkość w chwili t0.Jeśli chcemy poznać interpretację fizyczną, techniczną, geometryczną pochodnejzawsze trzeba spojrzeć na iloraz różnicowy rozważanej funkcji.

Zastępując w definicji pochodnej symbol granicy symbolem granicy jedno-stronnej, otrzymujemy definicję pochodnych jednostronnych w punkcie x0: prawo-stronnej f ′+(x0) lub lewostronnej f ′−(x0).

Zauważmy, że pochodna funkcji w punkcie x0 istnieje wtedy i tylko wtedy, gdyistnieją i są równe obie pochodne jednostronne. Wówczas

f ′(x0) = f ′+(x0) = f ′−(x0).

x

y

O

y = |x|

x

y

O x0

Geometrycznie rzecz biorąc, jeśli wykres funkcji f nie ma w punkcie (x0, f(x0))stycznej, to funkcja f nie ma w punkcie x0 pochodnej. Wykres funkcji f może miećjednak styczną w punkcie (x0, f(x0)) i funkcja f nie mieć pochodnej w punkcie x0.Jest to możliwe jedynie wtedy, gdy styczna ta jest prostopadła do osi Ox.

Rozdział 6. Rachunek różniczkowy 63

x

y

O

f(x0)

x0

Twierdzenie 6.1. Jeśli funkcja ma pochodną w pewnym punkcie, to jest ciągław tym punkcie.

Implikacja odwrotna jest oczywiście fałszywa (patrz powyższe rysunki).Pochodna funkcji w danym punkcie jest liczbą. Jeżeli funkcja f ma pochodną w każ-dym punkcie x zbioru A ⊂ R, to f ′ : x 7→ f ′(x) jest funkcją. Mówimy wtedy, żefunkcja f jest różniczkowalna w zbiorze A.

Twierdzenia związane z różniczkowaniem

Twierdzenie 6.2. Jeżeli funkcje f i g są różniczkowalne w zbiorze A, to

(f ± g)′ = f ′ ± g′,

(f · g)′ = f ′ · g+f · g′ (zauważmy, że (C ·f)′ = C ·f ′, ponieważ (C)′ = 0, C ∈ R),(f

g

)′=f ′ · g − f · g′

g2 , g 6= 0 w A.

Twierdzenie 6.3 (O pochodnej funkcji złożonej). Jeżeli funkcja złożonaF (x) = f(g(x)) jest określona w pewnym otoczeniu Ux punktu x, funkcja g mapochodną w punkcie x oraz funkcja f ma pochodną w punkcie y = g(x), to funkcjaF ma pochodną w punkcie x, przy czym F ′(x) = f ′(g(x)) · g′(x).

Twierdzenie 6.4 (O pochodnej funkcji odwrotnej). Jeżeli funkcje y = f(x)i x = f−1(y) są odwrotnymi względem siebie, funkcja f ma różną od zera pochodnąw punkcie x oraz funkcja odwrotna f−1 jest ciągła w punkcie y = f(x), to funkcjaf−1 ma pochodną w punkcie y oraz

(f−1)′(y) =1

f ′(x).

(Funkcji odwrotnej do f – zob. [1] nie należy mylić z odwrotnością funkcji, czylifunkcją 1

f ).


x

y

O x

f(x)

α

β

Geometrycznie rzecz biorąc uzasadnienie tezy powyższego twierdzenia jestoczywiste.

tgα = f ′(x), tg β =(f−1

)′(y), β =

π

2− α,

tg β = tg(π

2− α) = ctgα =

1tgα

⇐⇒(f−1

)′(y) =

1f ′(x)

Podstawowe wzory na pochodne funkcji

(C)′ = 0, C = const(xα)′ = αxα−1, α ∈ R, x>0 (wzór ten jest również prawdziwy dla tych

x, α ∈ R, dla których potęga xα istnieje)

(loga x)′ =1

x ln a, x > 0, 0 < a 6= 1

(lnx)′ =1x, x > 0

(ax)′ = ax ln a, x ∈ R, a > 0

(ex)′ = ex, x ∈ R(sinx)′ = cosx, x ∈ R(cosx)′ = − sinx, x ∈ R

(tg x)′ =1

cos2 x, x 6= π

2 + kπ, k ∈ Z

(ctg x)′ = − 1sin2 x

, x 6= kπ, k ∈ Z

(arcsinx)′ =1√

1− x2, x ∈ (−1, 1)

(arccosx)′ = − 1√1− x2

, x ∈ (−1, 1)

( arctg x)′ =1

1 + x2 , x ∈ R

( arcctg x)′ = − 11 + x2 , x ∈ R

Zauważmy, że w szczególności(√x)′ = 1

2√x

,(

1x

)′= − 1

x2 .


Przy założeniu, że f(x) > 0 mamy:

(f(x)

)g(x)= eg(x) ln f(x).

Wzór ten wynika bezpośrednio z definicji i własności funkcji logarytmicznej(patrz [1]) i umożliwia obliczenie pochodnych funkcji, które nie są ani potęgowe,ani wykładnicze.

Przykłady

1.

5 arccosx√1 +√

3

′ = 5√

1 +√

3arccosx

′ = 5√1 +√

3· −1√

1− x2=

=−5√

1 +√

3 ·√

1− x2

2.(cos4 x

)′= 4 cos3 x · (− sinx)

3.(√

1 + ln 5x)′

=1

2√

1 + ln 5x· 1

5x· 5 =

12x√

1 + ln 5x

4.(xsinx

)′=(esinx lnx

)′= xsinx

(cosx lnx+

sinxx

)Pochodną funkcji y = xsinx można policzyć również w następujący sposób: zloga-rytmujmy stronami równość y = xsinx

ln y = lnxsinx = sinx lnxi następnie zróżniczkujmy stronami:1yy′ = cosx lnx+

sinxx

,

y′ = xsinx(

cosx lnx+sinxx

).

Pochodne obliczamy wykorzystując funkcję diff(). W pierwszym argumencie wpi-sujemy funkcję, której pochodna będzie obliczana, drugi argument to zmienna,a trzecim jest rząd pochodnej. Jeżeli obliczamy pochodną pierwszego rzędu, totrzeci argument możemy pominąć. Pierwiastek kwadratowy zapisujemy wykorzy-stując funkcję sqrt(), a arccos wykorzystując funkcję acos().

1. W tym przykładzie, ze względu na złożoność zapisu funkcji, najpierw podamyjej wzór (dzięki temu możemy zweryfikować poprawność zapisu), a następnie obli-czymy pochodną.

(%i1) (5*acos(x))/sqrt(1+sqrt(3));

(%o1) 5 acos(x)√√3+1

(%i2) diff(%o1,x);


(%o2) 5√√3+1√1−x2

2.

(%i1) diff(cos(x)^4,x);(%o1) − 5√√

3+1√1−x2

3.

(%i1) diff(sqrt(1+log(5*x)),x);(%o1) −4 cos (x)3 sin (x)

4.

(%i1) diff(x^sin(x),x);(%o1) xsin(x)

(sin(x)x + cos (x) log (x)

)Na podstawie powyższych reguł różniczkowania powinnyśmy umieć policzyć

pochodną każdej funkcji elementarnej (o ile istnieje) chociażby była funkcją bardzozłożoną.

Przykład

Obliczyć pochodną funkcji

√ln arctg 3 cos 4x

tg5 x3 .

f ′(x) =

(√ln arctg 3 cos 4x

)′tg5x3 −

√ln arctg 3 cos 4x

(tg5x3)′

tg10x3 =

=

12√

ln arctg 3 cos 4x1

arctg 3 cos 4x3 arctg 2 cos 4x · 11+cos2 4x(− sin 4x)4tg5x3

tg10x3 +

−5√

ln arctg 3 cos 4x tg4x3 1cos2 x3 3x

2

tg10x3

Najpierw zapiszemy wzór funkcji, a następnie obliczymy jej pochodną.

(%i1) sqrt(log(atan(cos(4*x))^3))/tan(x^3)^5;

(%o1)√3√log(atan(cos(4 x)))tan(x3)5

(%i2) diff(%o1,x,1);

(%o2) −5 33/2 x2 sec(x3)2

√log(atan(cos(4 x)))

tan(x3)6+

− 2√3 sin(4 x)

(cos(4 x)2+1) tan(x3)5 atan(cos(4 x))√log(atan(cos(4 x)))

W odpowiedzi pojawiła się funkcja sec(), która jest zdefiniowana następującosec(x)=1/cos(x). Przekształcimy teraz pochodną do postaci, w której nie będziejuż występowała ta funkcja.

(%i3) trigsimp(%o2);


(%o3)(5 33/2 x2 sin(4 x)2−10 33/2 x2) cos(x3)4 atan(cos(4 x)) log(atan(cos(4 x)))+

(cos(4 x)2+1) sin(x3)6 atan(cos(4 x))√log(atan(cos(4 x)))

−2√3 sin(4 x) cos(x3)5 sin(x3)

(cos(4 x)2+1) sin(x3)6 atan(cos(4 x))√log(atan(cos(4 x)))

Definicja 6.2. Jeżeli funkcja f jest różniczkowalna w zbiorze A, to jej pochodnajest znowu funkcją f ′ : A→ R. Jej pochodną (o ile istnieje) nazywamy pochodną

rzędu drugiego (drugą pochodną) funkcji f i oznaczamy symbolem f ′′ lubd2f

dx2 ,

a więc f ′′ = (f ′)′.

Ogólnie pochodna rzędu n-tego funkcji f jest to pochodna (o ile istnieje) po-chodnej rzędu (n− 1), co zapisujemy

f (n) = (f (n−1))′ f (n) =dnf

dxn.

Funkcję f , która ma pochodne do n-tego rzędu włącznie na przedziale (a, b), nazy-wamy funkcję n-krotnie różniczkowalną na tym przedziale.

Funkcję f , która ma ciągłe pochodne do n-tego rzędu włącznie na przedziale (a, b),nazywamy funkcją klasy Cn(a, b). Powiemy, że funkcja f jest klasy C1 na prze-dziale [a, b], jeżeli jest klasy C1(a, b) oraz pochodna funkcji f jest ciągła prawo-stronnie w punkcie a i lewostronnie w punkcie b. Funkcja f jest przedziałami klasyCk[a, b], jeżeli k-ta pochodna tej funkcji jest przedziałami ciągła na przedziale [a, b].

PrzykładyWyprowadzić wzór na n-tą pochodną funkcji

1. f(x) = sinxObliczmy

f ′(x) = cosx = sin(x+

π

2

)f ′′(x) = − sinx = sin

(x+ 2 · π

2

)f ′′′(x) = − cosx = sin

(x+ 3 · π

2

)można więc zauważyć, że

f (n)(x) = sin(x+ n

π

2

), n = 1, 2, . . .

(Chcąc to udowodnić, trzeba by było zastosować indukcję matematyczną wzglę-dem rzędu pochodnej)

2. f(x) = ln(1 + x)

f ′(x) =1

1 + x


f ′′(x) = − 1(1 + x)2

f ′′′(x) =1 · 2

(1 + x)3

a więc

f (n)(x) =(−1)n−1(n− 1)!

(1 + x)n, n = 1, 2, . . .

Obliczymy kolejne trzy pochodne podanych funkcji. Niestety, Maxima nie jestw stanie wskazać wzoru ogólnego na n-tą pochodną funkcji.1.

(%i1) diff(sin(x),x,1)(%o1) cos(x)(%i2) diff(sin(x),x,2);(%o2) − sin(x)(%i3) diff(sin(x),x,3);(%o3) − cos(x)

2.

(%i1) diff(log(1+x),x,1);(%o1) 1

x+1(%i2) diff(log(1+x),x,2);(%o2) − 1

(x+1)2

(%i3) diff(log(1+x),x,3);(%o3) 2

(x+1)3

Definicja 6.3. Załóżmy, że funkcja f jest różniczkowalna w pewnym otoczeniuUx0 i niech ∆x oznacza dowolny różny od zera przyrost argumentu. Różniczkąfunkcji f w punkcie x0 dla przyrostu ∆x nazywamy iloczyn f ′(x0) i przyrostu ∆xi oznaczamy symbolem df(x0). Zatem df(x0) = f ′(x0) ·∆x.

x

y

O

f(x0 + ∆x)

x0 x0 + ∆x

α df = tg(α) ·∆x = f ′(x0) ·∆x

Zauważmy, że dx = 1 ·∆x = ∆x, a więc

df(x0) = f ′(x0)dx, stąd f ′(x0) =df

dx(x0) (czytaj „df po dx”).


Dla dostatecznie małych przyrostów ∆x, ∆f ≈ df .

Różniczka jest ważna w fizyce i chemii, gdyż wiele ważnych twierdzeń wyrażasię za pomocą różniczek (w szczególności prawa dynamiki).

Zadziwiająco często mylimy różniczkę funkcji z pochodną funkcji, choć jakwidać, są to dwie różne wielkości. Zapewne wynika to z faktu, że różniczkowalnośćfunkcji jednej zmiennej i istnienie jej pochodnej to jedno i to samo.

Zastosowania rachunku różniczkowego do badania przebiegu zmienno-ści funkcji

Przy obliczaniu granic funkcji w przypadku symboli nieoznaczonych korzystamyczęsto z „pięknego” twierdzenia zwanego regułą de l’Hospitala.

Twierdzenie 6.5 (Reguła de l’Hospitala). Jeżeli funkcje f i g są różniczko-walne w pewnym sąsiedztwie Sx0 oraz lim

x→x0f(x) = 0 i lim

x→x0g(x) = 0 i istnieje (wła-

ściwa lub niewłaściwa) granica limx→x0

f ′(x)g′(x)

, to istnieje również granica limx→x0

f(x)g(x)

przy czym

limx→x0

f(x)g(x)

= limx→x0

f ′(x)g′(x)

.

Powyższe twierdzenie dotyczy symbolu nieoznaczonego 00 . Przy odpowiednio zmie-

nionych założeniach twierdzenie pozostaje prawdziwe w odniesieniu do symbolu ∞∞ ,jak również do granic jednostronnych i granic w nieskończoności.

Przykłady

1. limx→1

lnxx2 − 1

=[

00

]H= limx→1

1x

2x= lim

x→1

12x2 =

12

2. limx→+∞

ex

x2 =[∞∞

]H= limx→+∞

ex

2x=[∞∞

]H= limx→+∞

ex

2=∞2

= +∞

Wynik ten mówi nam, że funkcja wykładnicza znacznie szybciej dąży do +∞ niżfunkcja x2 (zauważmy i sprawdźmy sami, że funkcja ex rośnie szybko w porównaniudo x, a lnx zmienia się powoli w porównaniu z x).

Obliczymy granice funkcji

1.

(%i1) limit(log(x)/(x^2-1), x, 1);(%o1) 1

2


2.

(%i1) limit(%e^x/x^2, x, inf);(%o1) ∞

Regułę de l’Hospitala można stosować również pośrednio do pozostałych symbolinieoznaczonych po uprzednim sprowadzeniu ich do symbolu 0

0 lub ∞∞ .

a) 0 · ∞ sprowadzamy do symbolu 00 lub ∞∞ , stosując przekształcenie

f · g =f1g

=g1f

.

b) ∞−∞ sprowadzamy do symbolu 00 , stosując przekształcenie f − g =

1g −

1f

1f ·g

(częściej jednak wykonanie już odejmowania, czy też wyłączenie pewnegowyrażenia pozwala zastosować regułę de l’Hospitala).

c) 00, 1∞,∞0 sprowadzamy do symbolu 0 · ∞, stosując przekształceniefg = eg ln f (g · ln f jest w każdym z tych przypadków typu 0 · ∞).

Przykłady

1. limx→0+

x lnx = [0 · (−∞)] = limx→0+

lnx1x

=[−∞

+∞

]H= limx→0+

1x

− 1x2

= limx→0+

(−x) = 0.

2. limx→0+

(1

sinx− 1x

)= [∞−∞] = lim

x→0+

x− sinxx sinx

=[

00

]H=

H= limx→0+

1− cosxsinx+ x cosx

=[

00

]H= limx→0+

sinx2 cosx− x sinx

= 0.

3. limx→1+

(lnx)x−1 = [00] = limx→1+

e(x−1) ln(lnx) = e0 = 1, bo

limx→1+

(x− 1) ln(lnx) = [0 · (−∞)] = limx→1+

ln(lnx)1

x−1

=[−∞

+∞

]H= limx→1+

1x lnx−1

(x−1)2=

= limx→1+

−(x− 1)2

x lnx=[

00

]H= limx→1+

−2(x− 1)lnx+ 1

= 0.

Granice funkcji obliczamy następująco

1.

(%i1) limit(x*log(x), x, 0, plus);(%o1) 0

2.

(%i1) limit(1/sin(x)-1/x, x, 0, plus);(%o1) 0

3.

(%i1) limit(log(x)^(x-1), x, 1, plus);


(%o1) 1Dodatkowo obliczymy jeszcze jedną granicę lim

x→1+(x− 1) ln(lnx)

(%i2) limit((x-1)*log(log(x)), x, 1, plus);(%o2) 0

Dowodzi się, że

1. Jeżeli f ′(x) > 0 dla każdego x ∈ (a, b), to funkcja f jest rosnąca na tymprzedziale.

2. Jeżeli f ′(x) < 0 dla każdego x ∈ (a, b), to funkcja f jest malejąca na tymprzedziale.

3. Jeżeli f ′(x) = 0 dla każdego x ∈ (a, b), to funkcja f jest stała na tymprzedziale.

4. Jeżeli funkcje f i g mają równe pochodne dla każdego x ∈ (a, b), to funkcje teróżnią się o stałą. (Natomiast jeśli funkcje są równe, to mają równe pochodne).

Zdanie „Jeżeli funkcja f jest rosnąca (malejąca) w przedziale (a, b), to f ′(x) > 0(f ′(x) < 0) dla każdego x ∈ (a, b)” jest fałszywe np. f(x) = x3 jest rosnącaw R, a jej pochodna f ′(x) = 3x2 jest równa zero dla x = 0.

Stwierdzenia 1÷ 4 przestają być prawdziwe, gdy zastąpimy w nich przedział (a, b)

dowolnym zbiorem, np. f(x) = tg x, f ′(x) =1

cos2 x> 0 dla x 6= π

2+ kπ, k ∈ Z.

(Funkcja tangens jest przedziałami rosnąca, ale nie jest rosnąca w swojej dziedzi-nie).

Definicja 6.4. Załóżmy, że funkcja f jest określona w pewnym otoczeniu Ux0 .Powiemy, że funkcja f ma maksimum lokalne w punkcie x0, gdy dla wszystkichx z pewnego otoczenia punktu x0 zachodzi nierówność f(x) 6 f(x0). Analogicz-nie definiujemy minimum lokalne: f(x) > f(x0) dla wszystkich x z pewnegootoczenia punktu x0.

Oznacza to, że f(x0) jest odpowiednio największą (najmniejszą), ale lokalnie, war-tością funkcji.

Jeżeli powyższe nierówności są ostre dla każdego x ∈ Sx0 , to mówimy o maksi-mum i minimum lokalnym właściwym.

Maksima i minima lokalne funkcji nazywamy ekstremami lokalnymi tej funkcji.


x

y

Ox1 x0

f(x0)max. lok.

min. lok.

x

y

O x0

min. lok.

max. lok.

Zauważmy, że jeżeli funkcja jest ciągła na pewnym przedziale i ma w tym przedzialetylko jedno ekstremum lokalne i jest to maksimum (minimum), wówczas jest tojednocześnie największa (najmniejsza) wartość funkcji na tym przedziale.

x

y

Oa b

max.

Wartości najmniejsza i największa funkcji na zbiorze A nazywane są ekstremamiabsolutnymi (globalnymi): odpowiednio minimum absolutnym i maksimum ab-solutnym.

Twierdzenie 6.6 (Warunek konieczny istnienia ekstremum). Jeżeli funkcjaf jest różniczkowalna w punkcie x0 i ma w tym punkcie ekstremum, to f ′(x0) = 0.

Zdanie „Jeżeli f ′(x0) = 0, to funkcja f ma w punkcie x0 ekstremum” jest fałszywe,np. dla funkcji f(x) = x3 mamy f ′(x) = 3x2 oraz f ′(0) = 0, jednak w punkciex0 = 0 funkcja nie ma ekstremum.

x

y

O

y = x3


Krótko mówiąc: zerowanie się pochodnej jest warunkiem koniecznym istnienia eks-tremum lokalnego dla funkcji f różniczkowalnej, ale nie jest warunkiem wystarcza-jącym, a więc przez kontrapozycję, jeżeli f ma pochodną w punkcie x0 i f ′(x0) 6= 0,to f nie ma ekstremum w punkcie x0.Punkty, w których pochodna funkcji się zeruje nazywamy punktami stacjonar-nymi tej funkcji.

Zauważmy, że funkcja może mieć ekstremum lokalne w punktach, w których niema pochodnej np.

x

y

O

x3

x1 x2

max. max.

min.

a więc funkcja może mieć ekstrema jedynie w punktach, w których jej pochodnanie istnieje lub w punktach stacjonarnych.

Twierdzenie 6.7 (I warunek wystarczający istnienia ekstremum lokal-nego). Jeżeli funkcja f jest ciągła na Ux0 i różniczkowalna w Sx0 oraz

a) f ′(x) > 0 w pewnym S−x0 i f ′(x) < 0 w pewnym S+x0

lub

b) f ′(x) < 0 w pewnym S−x0 i f ′(x) > 0 w pewnym S+x0,

to funkcja f ma w punkcie x0 ekstremum lokalne właściwe. Jest to maksimum, gdyspełniony jest warunek a) lub minimum, gdy zachodzi warunek b).

Zauważmy, że w punkcie x0 funkcja f nie musi być różniczkowalna, natomiastzałożenie o ciągłości funkcji w tym punkcie jest istotne. Jeżeli funkcja nie jest ciągław punkcie x0, to może, ale nie musi mieć ekstremum lokalnego (patrz rysunek (b)poniżej).


x

y

Ox1

max.

x3

max.

x2

min.

(a)

x

y

Ox1 x2

max.

nie maminimum

(b)

Twierdzenie 6.8 (II warunek wystarczający istnienia ekstremum lokal-nego). Jeżeli funkcja jest dwukrotnie różniczkowalna na pewnym otoczeniu Ux0,f ′(x0) = 0 i f ′′(x0) 6= 0, to funkcja f ma w punkcie x0 ekstremum lokalne wła-ściwe. Jest to maksimum, gdy f ′′(x0) < 0 lub minimum, gdy f ′′(x0) > 0.

Z tego warunku korzystamy, gdy badanie nierówności związanych z pierwszą po-chodną jest kłopotliwe rachunkowo.

Wyznaczanie ekstremów globalnych

Wiadomo z twierdzenia Weierstrassa, że funkcja ciągła w przedziale domkniętymosiąga w tym przedziale swoją wartość najmniejszą i największą, czyli osiąga w tymprzedziale ekstrema globalne. Wiadomo, że ekstremum globalne może być osią-gnięte wewnątrz przedziału (wtedy jest jednocześnie ekstremum lokalnym), lub teżna brzegu przedziału. Wynika stąd metoda wyznaczania ekstremów absolutnychfunkcji ciągłej na [a, b], tzn. znajdujemy punkty x1, x2, . . . , xn, w których funk-cja może mieć ekstrema lokalne, a następnie wybieramy najmniejszą i największąspośród liczb:

f(a), f(x1), f(x2), . . . , f(xn), f(b).

Najmniejsza z tych liczb jest minimum globalnym, a największa maksimum global-nym.

Definicja 6.5. Załóżmy, że funkcja f jest różniczkowalna na pewnym otoczeniuUx0 . Funkcję f nazywamy wypukłą (wklęsłą) w punkcie x0, gdy istnieje takiesąsiedztwo Sx0 , że na Sx0 wykres funkcji f leży powyżej (poniżej) lub pokrywa sięz prostą styczną do wykresu tej funkcji w punkcie (x0, f(x0)).


x

y

O

stycz

na

x0

Sx0

wypukła

x

y

O

styczna

x0

Sx0

wklęsła

Powiemy, że funkcja jest wypukła (wklęsła) w przedziale (a, b), jeżeli jest wypukła(wklęsła) w każdym punkcie tego przedziału.Zauważmy, że jeśli funkcja f jest wypukła (wklęsła), to funkcja −f jest wklęsła(wypukła) i na odwrót.Znak pierwszej pochodnej funkcji informuje nas o monotoniczności tej funkcji, na-tomiast znak drugiej pochodnej pozwala wnioskować o wypukłości lub wklęsłościfunkcji.

Twierdzenie 6.9 (Warunek wystarczający wypukłości funkcji). Jeżeli funk-cja jest dwukrotnie różniczkowalna na przedziale (a, b) i f ′′(x) > 0 dla każdegox ∈ (a, b), to funkcja jest wypukła na tym przedziale.

Twierdzenie 6.10 (Warunek wystarczający wklęsłości funkcji). Jeżeli funk-cja jest dwukrotnie różniczkowalna na (a, b) i f ′′(x) < 0 dla każdego x ∈ (a, b), tofunkcja f jest wklęsła na (a, b).

Dla ułatwienia zapamiętajmy:

−

+

−

+

y′

−

−

+

+

y′′

funkcja maleje „coraz szybciej”

funkcja rośnie „coraz wolniej”

funkcja maleje „coraz wolniej”

funkcja rośnie „coraz szybciej”

Definicja 6.6. Załóżmy, że istnieje styczna do wykresu funkcji y = f(x) w punk-cie (x0, f(x0)), w szczególności styczna ta może być prostopadła do osi Ox. Punkt(x0, f(x0)) nazywamy punktem przegięcia (p.p) funkcji f , gdy jest ona wypu-kła (wklęsła) na pewnym lewostronnym sąsiedztwie S−x0 i wklęsła (wypukła) na


pewnym prawostronnym sąsiedztwie S+x0 . Często mówimy krócej, że funkcja f ma

w punkcie x0 punkt przegięcia.

x

y

O

f(x0)

x0 x

y

O

f(x0)

x0

Pamiętacie sytuację, w której wykres funkcji ma styczną w punkcie (x0, f(x0)),a mimo to funkcja nie ma pochodnej w punkcie x0!

x

y

O

f(x0)

x0

Punkt x0 jest punktem prze-gięcia funkcji.

x

y

O x0

Punkt x0 nie jest punktemprzegięcia funkcji.

Twierdzenie 6.11 (Warunek konieczny istnienia punktu przegięcia). Jeżelifunkcja f ma pochodną drugiego rzędu w punkcie x0 oraz x0 jest punktem przegięciatej funkcji, to f ′′(x0) = 0.

Implikacja odwrotna do powyższej jest fałszywa, np. dla funkcji y = x4 mamyy′ = 4x3, y′′ = 12x2, y′′ = 0⇐⇒ x = 0.

x

y

O

y = x4

Jednocześnie należy pamiętać, że funkcja może mieć punkt przegięcia nawet wtedy,gdy nie jest różniczkowalna w tym punkcie.


Twierdzenie 6.12 (Warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia).Jeżeli funkcja f jest ciągła w punkcie x0, wykres f ma styczną w punkcie (x0, f(x0))oraz

a) f ′′(x) > 0 dla każdego x ∈ S−x0 i f ′′(x) < 0 dla każdego x ∈ S+x0

lub

b) f ′′(x) < 0 dla każdego x ∈ S−x0 i f ′′(x) > 0 dla każdego x ∈ S+x0,

to x0 jest punktem przegięcia funkcji f .

Definicja 6.7. Załóżmy, że funkcja f jest określona w pewnym sąsiedztwie Sx0 .Prostą x = x0 nazywamy asymptotą pionową funkcji f , gdy przynajmniej jednaz granic jednostronnych tej funkcji w punkcie x0 jest niewłaściwa, a więc

limx→x−0

f(x) = ±∞ lub limx→x+0

f(x) = ±∞.

W przypadku gdy tylko jedna z tych granic jest niewłaściwa, mówimy o asymptociepionowej jednostronnej: lewostronnej lub prawostronnej.

x0O x

y

x0 x

y

O

Definicja 6.8. Załóżmy, że funkcja f jest określona na pewnym sąsiedztwie S−∞(S+∞). Prostą y = ax+ b nazywamy asymptotą ukośną funkcji f w −∞ (+∞),gdy

limx→−∞

(f(x)− ax− b) = 0(

limx→+∞

(f(x)− ax− b) = 0).

W szczególności, gdy a = 0, asymptota ma równanie y = b i jest równoległa do osiOx. Nazywamy ją wówczas asymptotą poziomą.

Zauważmy, że funkcja f ma asymptotę poziomą y = b przy x → −∞ (x → +∞),gdy

limx→−∞

f(x) = b

(lim

x→+∞f(x) = b

).


x

y

O x

y

O

x

y

O x

y

O

Twierdzenie 6.13. Prosta o równaniu y = ax+b jest asymptotą ukośną funkcji fokreślonej na S−∞ (S+∞) przy x→ −∞ (x→ +∞) wtedy i tylko wtedy, gdy

a = limx→−∞

(x→+∞)

f(x)x

i b = limx→−∞

(x→+∞)

(f(x)− ax).

Jeśli jedna z powyższych granic nie istnieje lub jest niewłaściwa, to asymptota uko-śna nie istnieje. Szukając asymptot ukośnych (jeśli istnieją), zaczynamy zawsze odasymptot poziomych (dlatego, że badając funkcję mamy już wyznaczone granicefunkcji w −∞ czy +∞). Jeśli asymptot poziomych nie ma, sprawdzamy czy są inneasymptoty ukośne y = ax+ b, gdzie a 6= 0.

Badanie przebiegu zmienności funkcji (proponowany algorytm postępowania).

1. Wyznaczmy dziedzinę i granice funkcji w punktach krańcowych dziedziny.

2. Wyznaczamy asymptoty funkcji.

3. Obliczamy pierwszą pochodną funkcji. Znajdujemy miejsca zerowe i badamyznak tej pochodnej.

4. Obliczamy drugą pochodną funkcji. Znajdujemy miejsca zerowe i badamyznak tej pochodnej.

5. Sporządzamy tabelę, umieszczając w niej uzyskane rezultaty, zapisujemy wnio-ski o monotoniczności i ekstremach (na podstawie znaku pierwszej pochod-nej) oraz o wypukłości, wklęsłości i punktach przegięcia (na podstawie znakudrugiej pochodnej).


6. Na podstawie informacji zawartych w tabeli sporządzamy wykres funkcji (wy-korzystujemy przy tym także dodatkowe informacje dotyczące punktów prze-cięcia wykresu z osiami układu współrzędnych, parzystości lub nieparzystościfunkcji).

PrzykładyZbadać przebieg zmienności funkcji

a) y = (x+ 2)e1x

1. D : x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,+∞)lim

x→−∞(x+ 2)e

1x = −∞ · 1 = −∞

limx→0−

(x+ 2)e1x = 2 · 0 = 0

limx→0+

(x+ 2)e1x = 2 · ∞ = +∞

limx→+∞

(x+ 2)e1x =∞ · 1 = +∞

2. x = 0 jest asymptotą pionową prawostronną, asymptot poziomych nie ma;sprawdzamy, czy są inne asymptoty ukośne: y = ax+ b, gdzie a 6= 0

a = limx→+∞

f(x)x

= limx→+∞

(1 +

2x

)e1x = 1

b = limx→+∞

(f(x)− ax) = limx→+∞

((x+ 2)e

1x − x

)= [∞−∞] =

= limx→+∞

x

((1 +

2x

)e1x − 1

)= [∞ · 0] = lim

x→+∞

(1 + 2x)e

1x − 1

1x

=

=[

00

]H= limx→+∞

− 2x2 · e

1x + (1− 2

x) · e1x · (− 1

x2 )

− 1x2

=

= limx→+∞

(2 · e

1x +

(1 +

2x

)· e1x

)= lim

x→+∞e1x

(2 +

(1 +

2x

))= 3

y = x+ 3 – asymptota ukośna w +∞

A = limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

(1 +

2x

)e1x = 1

B = limx→−∞

(f(x)−Ax) = limx→−∞

((x+ 2)e

1x − x

)= [∞+∞] = 3

y = x+ 3 – asymptota ukośna w −∞

3. y′ = e1x + (x+ 2) · e

1x · (− 1

x2 ) = e1x

(1− x+ 2

x2

)= e

1xx2 − x− 2

x2

D′ = Dy′ = 0⇐⇒ x2 − x− 2 = 0⇐⇒ (x+ 1)(x− 2) = 0

x = −1, x = 2y′ > 0⇐⇒ x2 − x− 2 > 0

x ∈ (−∞,−1) ∪ (2,+∞)y′ < 0⇐⇒ x2 − x− 2 < 0 i x 6= 0

x ∈ (−1, 0) ∪ (0, 2)


4. y′′ = e1x

(− 1x2

)x2 − x− 2

x2 + e1x

(2x− 1)x2 − (x2 − x− 2)2xx4 =

= e1x

1x2−x2 + x+ 2 + 2x3 − x2 − 2x3 + 2x2 + 4x

x2 =

= e1x

1x2

5x+ 2x2 = e

1x

5x+ 2x4

D′′ = Dy′′ = 0⇐⇒ 5x+ 2 = 0

x = −25

y′′ > 0⇐⇒ 5x+ 2 > 0 i x 6= 0

x > −25

x ∈(−2

5, 0)∪ (0,+∞)

y′′ < 0⇐⇒ 5x+ 2 < 0

x < −25

x ∈(−∞,−2

5

)

5.

x −∞ . . . −1 . . . −25 . . . 0 . . . 2 · · ·+∞

y′ + 0 − − − × − 0 +y′′ − − − 0 + × + + +

y −∞ max.lok.ymax= 1e

p.p0 ×

+∞

min.lok.ymin=4

√e

+∞

6. y = 0⇐⇒ (x+ 2)e1x

x = −2Punktów przecięcia wykresu funkcji z osią Oy nie ma, ponieważ funkcja jestnieokreślona w punkcie x = 0.

x

y

O

y=x

+3

−2 −1 2

4√e

x

y

O− 25−1

e−1


b) y = lnx

x− 2

1. D : x 6= 2 ix

x− 2> 0

x(x− 2) > 0x ∈ (−∞, 0) ∪ (2,+∞)

limx→−∞

lnx

x− 2= ln 1 = 0(

limx→−∞

x

x− 2=[−∞−∞

]= lim

x→−∞

11− 2

x

= 1

)

limx→0−

lnx

x− 2= ln

[0−

−2

]= ln 0+ = −∞

limx→2+

lnx

x− 2= ln

[2

0+

]= +∞

limx→+∞

lnx

x− 2= ln 1 = 0

2. Asymptoty:pionowe: x = 0 lewostronna, x = 2 prawostronna,poziome: y = 0 w +∞ i −∞.

3. y′ =x− 2x· x− 2− x

(x− 2)2 =−2

x(x− 2)D′ = DZauważmy, że y′ na zbiorze D′ przyjmuje tylko wartości ujemne.

4. y′′ =2(2x− 2)(x2 − 2x)2 =

4(x− 1)(x2 − 2x)2

D′′ = Dy′′ = 0⇐⇒ x− 1 = 0

x = 1 /∈ Dy′′ > 0⇐⇒ x− 1 > 0

x > 1x ∈ (2,+∞)

y′′ < 0⇐⇒ x− 1 < 0x < 1x ∈ (−∞, 0)

5. x −∞ . . . 0 . . . 2 . . .+∞y′ − × × × −y′′ − × × × +

y

0

−∞ × × ×

+∞

0

6. y = lnx

x− 2= 0⇐⇒ x

x− 2= 1

x = x− 2


0 6= −2Nie ma punktów przecięcia wykresu funkcji z osiami układu współrzędnych.

x

y

O 1 2

Zbadamy przebieg zmienności funkcji.

a) Najpierw zdefiniujemy badaną funkcję.

(%i1) f(x):=(x+2)* %e^(1/x);(%o1) f (x) := (x+ 2) e1/x

1. Obliczamy granice funkcji na krańcach dziedziny.

(%i2) limit(f(x), x, minf);(%o2) −∞(%i3) limit(f(x), x, 0, minus);(%o3) 0(%i4) limit(f(x), x, 0, plus);(%o4) ∞(%i5) limit(f(x), x, inf);(%o5) ∞

2. Sprawdzimy, czy istnieją asymptoty ukośne, jeśli tak, to wyznaczymy ich współ-czynniki.

(%i6) limit(f(x)/x, x, inf);(%o6) 1(%i7) limit(f(x)-1*x, x, inf);(%o7) 3(%i8) limit(f(x)/x, x, minf);(%o8) 1(%i9) limit(f(x)-1*x, x, minf);(%o9) 3

3. Obliczymy teraz pierwszą pochodną.

(%i10) diff(f(x),x,1);

(%o10) %e1/x − (x+2) %e1/x

x2

Przekształcimy ją do postaci iloczynowej.

(%i11) factor(%o10);


(%o11) (x−2) (x+1) %e1/x

x2

Przyrównamy pochodną do zera.

(%i12) solve(%o11=0);(%o12) [x = −1, x = 2]

Sprawdzimy, gdzie pochodna jest dodatnia, a gdzie ujemna. Jednym z czynnikówpochodnej jest e1/x, który dla dowolnego x z dziedziny przyjmuje wartości dodatnie.Zatem badając znak pochodnej, możemy rozważać ją bez tego czynnika. Rozwiązy-wanie nierówności wymiernych umożliwia funkcja solve rat ineq(), której uży-cie musi być poprzedzone załadowaniem pakietu o tej samej nazwie. Argumentemfunkcji jest nierówność, którą chcemy rozwiązać.

(%i13) load(solve rat ineq);(%o13) C : /PROGRA∼2/MAXIMA!∼1.0/ . . . /solve rat ineq.mac(%i14) solve rat ineq((x-2)*(x+1)/x^2>0);(%o14) [[x < −1], [x > 2]]

Zapis na wyjściu %o14 oznacza x ∈ (−∞,−1) ∪ (2,∞).

(%i15) solve rat ineq((x-2)*(x+1)/x^2<0);(%o15) [[x > −1, x < 0], [x > 0, x < 2]]

Zapis na wyjściu %o15 oznacza x ∈ (−1, 0) ∪ (0, 2).

4. W analogiczny sposób jak pochodną pierwszą zajmiemy się teraz pochodnądrugą.

Obliczamy drugą pochodną.

(%i16) diff(f(x),x,2);

(%o16) 2 (x+2) %e1/x

x3 + (x+2) %e1/x

x4 − 2 %e1/xx2

Zapisujemy ją w postaci iloczynowej.

(%i17) factor(%o16);

(%o17) (5 x+2) %e1/x

x4

Przyrównujemy drugą pochodną do zera.

(%i18) solve(%o17=0);(%o18) [x = −25 ]

Sprawdzamy, gdzie druga pochodna jest dodatnia, a gdzie ujemna.

(%i19) solve rat ineq((5*x+2)/x^4>0);(%o19) [[x > −25 , x < 0], [x > 0]]

Zapis na wyjściu %o19 oznacza x ∈ (−25 , 0) ∪ (0,∞).

(%i20) solve rat ineq((5*x+2)/x^4<0);(%o20) [[x < −25 ]]


Zapis na wyjściu %o20 oznacza x ∈ (−∞,−25).

5. Na podstawie powyższych obliczeń można sporządzić tabelę, umieszczając w niejuzyskane rezultaty, tzn. wnioski dotyczące monotoniczności, ekstremów, wypukło-ści, wklęsłości, punktów przegięcia oraz granic na krańcach dziedziny.

6. Szukamy punktu przecięcia wykresu funkcji z osią Oy.

(%i21) solve(f(x)=0);(%o21) [x = −2]

Narysujemy teraz wykres funkcji f wraz z jej asymptotą ukośną. Wykorzystamydo tego funkcję wxplot2d. Oczywiście, gdy korzystamy z Maximy, wykres funkcjimożemy uzyskać bez przeprowadzania wcześniejszych obliczeń.

(%i22) wxplot2d([f(x), x+3], [x,-3,4],[y,-2,12]);plot2d: some values were clipped.

(%t22)

Komunikat ”some values were clipped” (pewne wartości zostały obcięte) jest zwią-zany z ograniczeniem wartości na osi Oy poprzez zapis [y,−2, 12].

b) Postępujemy analogicznie jak w podpunkcie a).

Rozdział 7

Rachunek całkowy funkcjijednej zmiennej

Idea całkowania jako operacji odwrotnej do różniczkowania prowadzi do po-jęcia całki nieoznaczonej. Koncepcja całki jako pola powierzchni prowadzi do całkioznaczonej. Wykazanie przez Newtona i Leibniza, że różniczkowanie i całkowanie sąw gruncie rzeczy operacjami wzajemnie odwrotnymi, jest bez wątpienia kamieniemmilowym w historii matematyki.

Definicja 7.1. Funkcję F nazywamy funkcją pierwotną funkcji f na prze-dziale I, gdy pochodna F ′ jest równa funkcji f na tym przedziale, a więc

F ′(x) = f(x) dla każdego x ∈ I.

(Oczywiście, jeżeli przedział I jest lewostronnie lub prawostronnie domknięty, tomówimy wówczas w punktach krańcowych tego przedziału o pochodnej funkcji Fodpowiednio lewostronnej czy prawostronnej).

Przykłady

a) funkcją pierwotną funkcji f(x) = cosx dla x ∈ R = I jest funkcja F (x) = sinx.Zauważmy, że funkcje F1(x) = sinx+1 i F2(x) = sinx+ 3 również są funkcjamipierwotnymi funkcji cosx. Więcej, każda funkcja F (x) = sinx+C, gdzie C jestdowolną stałą, jest funkcją pierwotną na zbiorze R,

b) funkcją pierwotną funkcji f(x)=x na zbiorze R jest każda funkcjaF (x) = x2

2 + C, gdzie C ∈ R. Widać więc, że jeśli F jest funkcją pierwotnąfunkcji f , to każda funkcja postaci F + C, gdzie C ∈ R, jest również funkcjąpierwotną.

Ponadto z rachunku różniczkowego wiemy, że funkcje mające równe pochodne napewnym przedziale różnią się na tym przedziale o stałą. A więc, jeżeli F i G sąfunkcjami pierwotnymi tej samej funkcji f , wówczas F ′ = G′ = f , stąd G = F +Cdla pewnej stałej C ∈ R.


Mamy więc twierdzenie:

Twierdzenie 7.1. Jeżeli F jest dowolnie ustaloną funkcją pierwotną funkcji f naprzedziale I, C – dowolną stałą, to wszystkie funkcje postaci F (x)+C, x ∈ I i tylkotakie funkcje są funkcjami pierwotnymi funkcji f na przedziale I.

Definicja 7.2. Całką nieoznaczoną funkcji f na przedziale I nazywamy zbiórwszystkich funkcji pierwotnych funkcji f na przedziale I i zapisujemy∫

f(x)dx = F (x) + C lub∫f(x)dx =

CF (x),

gdzie F oznacza dowolnie ustaloną funkcję pierwotną funkcji f , C – dowolną stałą(jest to tzw. stała całkowania), dx – wskazuje zmienną całkowania. Funkcję f , którącałkujemy, nazywamy funkcją podcałkową.

Przykłady

1.∫

cosx dx = sinx+ C dla x ∈ I = R,

ponieważ (sinx+ C)′ = cosx

2.∫

1xdx = ln |x|+ C dla x ∈ R \ 0,

ponieważ dla x ∈ (0,+∞) (lnx+ C)′ =1x

i dla x ∈ (−∞, 0) (ln(−x) + C)′ = −1x

(−1) =1x

3.∫

dx

1 + x2 = arctg x+ C, dla x ∈ R,

ponieważ (arctg x+ C)′ =1

1 + x2

Do obliczania całek nieoznaczonych służy funkcja integrate(). Jako pierwszyargument zapisujemy funkcję, a jako drugi – zmienną. Program podaje całkęnieoznaczoną bez zapisywania stałej.1.

(%i1) integrate(cos(x), x);(%o1) sin(x)

2. Maxima, obliczając całki nieoznaczone, nie zapisuje wartości bezwzględnejwyrażenia logarytmowanego.

(%i1) integrate(1/x, x);(%o1) log(x)

Rozdział 7. Rachunek całkowy funkcji jednej zmiennej 87

3.

(%i1) integrate(1/(1+x^2), x);(%o1) atan(x)

Funkcja, dla której istnieje całka nieoznaczona na pewnym przedziale, nazywa sięfunkcją całkowalną na tym przedziale. Wyznaczenie całki nieoznaczonej danej funk-cji f nazywamy całkowaniem funkcji f . Dowodzi się, że każda funkcja ciągła napewnym przedziale jest funkcją całkowalną na tym przedziale. A więc każda funk-cja elementarna jest całkowalna w swojej dziedzinie. Okazuje się jednak, że całkanieoznaczona funkcji elementarnej nie zawsze jest funkcją elementarną.

Całki nieoznaczone, na przykład:∫x

lnxdx,

∫sinxx

dx,

∫e−x

2dx,

∫ex

xdx

nie są funkcjami elementarnymi, to znaczy nie dadzą się wyrazić za pomocą skoń-czonej liczby działań arytmetycznych przez funkcje elementarne (studenci mówiączęsto, że całki te „nie dadzą się policzyć”).

Z definicji całki nieoznaczonej wynikają następujące równości:(∫f(x)dx

)′= f(x),

∫f ′(x)dx = f(x) + C.

Z powyższych równości wynika, że całkowanie i różniczkowanie są działaniami wza-jemnie odwrotnymi (aczkolwiek pamiętajmy, że całkowanie nie jest operacją jed-noznaczną).

Twierdzenie 7.2. Jeżeli funkcje f i g są całkowalne na pewnym przedziale I, tof ± g jest również funkcją całkowalną na tym przedziale oraz∫

(f(x)± g(x)) dx =∫f(x)dx±

∫g(x)dx.

Ponadto ∫kf(x)dx = k

∫f(x)dx, k ∈ R \ 0.

Każdy wzór F ′(x) = f(x) rachunku różniczkowego prowadzi bezpośrednio do wzoruna całkę nieoznaczoną ∫

f(x)dx = F (x) + C.


Tablica wzorów bezpośrednich rachunku całkowego∫0 dx = C;

∫xαdx =

xα+1

α+ 1, α 6= −1;

∫1xdx = ln |x|+ C;

∫exdx = ex + C;

∫axdx =

ax

ln a+ C;

∫sinx dx = − cosx+ C;

∫cosx dx = sinx+ C;

∫1

sin2 xdx = − ctg x+ C;

∫1

cos2 xdx = tg x+ C;

∫1

1 + x2dx = arctg x+ C;∫

1√1− x2

dx = arcsinx+ C.

Są tylko dwie metody całkowania: całkowanie przez części i całkowanie przez pod-stawienie, ale myliłby się ten, kto sądzi, że znajomość tych metod wystarczy doumiejętności całkowania nawet „prostych” funkcji elementarnych.

Twierdzenie 7.3 (Całkowanie przez części). Jeżeli funkcje f i g są klasy C1

na pewnym przedziale I, to∫f(x)g′(x)dx = f(x)g(x)−

∫f ′(x)g(x)dx.

Przykłady

1.∫x lnx dx =

f = lnx g′ = x

f ′ = 1x g = x2

2

=x2

2lnx− 1

2

∫x dx =

=x2

2lnx− 1

4x2 + C =

x2

2(lnx− 1

2) + C

2.∫

lnx dx =

f = lnx g′ = 1f ′ = 1

x g = x

= x lnx−

∫dx = x lnx− x+ C

3.∫xexdx =

f = x g′ = ex

f ′ = 1 g = ex

= xex−

∫exdx = xex−ex+C = ex(x−1)+C

Proponuję czytelnikowi samodzielnie sprawdzić, że powyższe całki są „dobrzepoliczone”.


Obliczymy całki.

1.

(%i1) integrate(x*log(x), x);

(%o1) x2 log(x)2 − x24

2.

(%i1) integrate(log(x), x);(%o1) x log (x)− x

3.

(%i1) integrate(x* %e^x, x);(%o1) (x− 1) %ex

Twierdzenie 7.4 (Całkowanie przez podstawienie). Niech ϕ : I → T będzieklasy C1 na przedziale I, a funkcja f : T → R ciągła na przedziale T . Wówczas∫

f(x)dx =∫f (ϕ(t))ϕ′(t)dt.

Przykłady

1. k > 0∫dx√k − x2

=∫

dx√k(1− x2

k )=

1√k

∫dx√

1− ( x√k)2

=

x√k

= t1√kdx = dt

=

=∫

dt√1− t2

= arcsin t+ C = arcsinx√k

+ C

2.∫

lnxxdx =

lnx = t1xdx = dt

=∫tdt =

t2

2+ C =

12

ln2 x+ C

Z twierdzenia 7.4 wynikają następujące wzory:∫f ′(x)f(x)

dx = ln |f(x)|+ C,

∫f ′(x)√f(x)

dx = 2√f(x) + C.

(Wystarczy w każdym z nich zastosować podstawienie f(x) = t, tym samymf ′(x)dx = dt.)

Przykłady

1.∫

2xx2 + 7

dx = ln(x2 + 7) + C


2.∫

x

3x2 + 8dx =

16

∫6x

3x2 + 8dx =

16

ln(3x2 + 8) + C

3.∫

ex√5− 3ex

dx = −13

∫ −3ex√5− 3ex

dx = −23

√5− 3ex + C

Obliczymy całki.

1.

(%i1) integrate((2*x)/(x^2+7), x);(%o1) log

(x2 + 7

)2.

(%i1) integrate(x/(3*x^2+8), x);

(%o1)log(3 x2+8)

63.

(%i1) integrate( %e^x/sqrt(5-3* %e^x), x);

(%o1) −2√5−3 %ex3

Wzory rekurencyjne

Przykład∫xnexdx = Jn n = 0, 1, 2, . . .

J0 =∫x0exdx = ex + C

Jn =

f = xn g′ = ex

f ′ = nxn−1 g = ex

= xnex − n

∫xn−1exdx = xnex − nJn−1

a więc

Jn = xnex − nJn−1 n = 1, 2, . . .

Podobnie uzyskiwane są wzory rekurencyjne, np. dla całek∫

sinn x dx (gdy n jest

parzyste),∫

lnn x dx itp., ale równie dobrze można obejść się bez tych wzorów,

całkując te funkcje wielokrotnie przez części.

Przedstawimy teraz istotne wskazówki, jak znając dwie metody całkowaniaprzez części i przez podstawianie, poradzić sobie z całkowaniem podstawowych„typów” funkcji elementarnych.


1. Całkowanie funkcji wymiernych

Funkcją wymierną nazywamy funkcję postaciWn(x)Vm(x)

, gdzie Wn i Vm są wielo-

mianami odpowiednio stopnia n i m. Jeżeli n < m, to funkcję wymierną nazywamywłaściwą, jeżeli n > m, to mamy do czynienia z funkcją wymierną niewłaściwą.Każdą funkcję wymierną właściwą można przedstawić w postaci skończonej sumyułamków prostych pierwszego i drugiego rodzaju, to znaczy funkcji postaci

A

(x− a)n,

Ax+B

(x2 + px+ q)n, gdzie ∆ = p2 − 4q < 0.

W przypadku funkcji wymiernej niewłaściwej przedstawiamy ją w postaci sumywielomianu oraz ułamków prostych (dzieląc wielomian Wn(x) przez wielomianVm(x)). Tak więc całkowanie funkcji wymiernych sprowadza się do całkowania wie-lomianów i całkowania ułamków prostych.

Ułamki proste I rodzaju całkujemy przez podstawianie x− a = t, np.∫7

x− 5dx =

x− 5 = tdx = dt

= 7

∫1tdt = 7 ln |t|+ C = 7 ln |x− 5|+ C

∫5

(x+ 7)5dx =

x+ 7 = tdx = dt

= 5

∫1t5dt = 5

∫t−5dt = 5

t−4

−4+ C =

= −54

1(x+ 7)4 + C =

−54(x+ 7)4 + C

Obliczymy całki przedstawione powyżej.

(%i1) integrate(7/(x-5), x);(%o1) 7 log (x− 5)(%i2) integrate(5/(x+7)^5, x);(%o2) − 5

4 (x+7)4

W przypadku ułamków prostych II rodzaju rozważmy najpierw całkę przy k > 0∫dx

x2 + k=

1k

∫dx

( x√k)2 + 1

=

x√k

= t

dx =√k dt

=

1√k

∫dt

t2 + 1=

=1√k

arctgx√k

+ C.

Najpierw założymy, że k > 0.

(%i1) assume(k>0);(%o1) [k > 0]


Teraz obliczymy całkę.

(%i2) integrate(1/(x^2+k), x);

(%o2)atan

(x√k

)√k

Rozważmy teraz ułamek prosty1

x2 + px+ q, gdzie ∆ = p2 − 4q < 0.

Przykład∫dx

x2 + 4x+ 7=

∆ = −12 < 0x2 + 4x+ 7 = (x+ 2)2 + 3

=∫

dx

(x+ 2)2 + 3=

=1√3

arctgx+ 2√

3+ C

W przypadku całki∫Ax+B

x2 + px+ qdx, gdzie ∆ < 0,

mamy∫Ax+B

x2 + px+ q= α

∫2x+ p

x2 + px+ qdx+ β

∫dx

x2 + px+ q,

gdzie Ax+B = α(2x+ p) + β

Obliczymy całkę.

(%i1) integrate(1/(x^2+4*x+7), x);

(%o1)atan

(2 x+42√3

)√3

Teraz uprościmy uzyskany wynik, wykorzystując funkcję ratsimp().

(%i2) ratsimp(%o1);

(%o2)atan

(x+2√3

)√3

Przykład∫3x+ 5

x2 + 4x+ 12dx = α

∫2x+ 4

x2 + 4x+ 12dx+ β

∫dx

x2 + 4x+ 12=

=32

∫2x+ 4

x2 + 4x+ 12dx+ (−1)

∫dx

x2 + 4x+ 12=

=32

ln(x2 + 4x+ 12)−∫

dx

(x+ 2)2 + 8=


=32

ln(x2 + 4x+ 12)− 1

2√

2arctg

x+ 2

2√

2+ C

Obliczymy całkę i uprościmy uzyskany wynik.

(%i1) integrate((3*x+5)/(x^2+4*x+12), x);

(%o1)3 log(x2+4 x+12)

2 −atan

(2 x+425/2

)23/2

(%i2) ratsimp(%o1);

(%o2)3√2 log(x2+4 x+12)−atan

(x+223/2

)23/2

Jeśli więc mamy do scałkowania funkcję wymierną, postępujemy następująco:

a) sprawdzamy, czy licznik jest pochodną mianownika, jeśli tak, to stosujemyodpowiedni wzór,

b) jeśli jest to funkcja wymierna właściwa niebędąca ułamkiem prostym i taka,że licznik nie jest pochodną mianownika, to rozkładamy ją na ułamki prostei całkujemy te ułamki,

c) gdy jest to funkcja wymierna niewłaściwa, to najpierw dzielimy licznik przezmianownik i przedstawiamy ją w postaci sumy wielomianu i funkcji wymiernejwłaściwej.

Prześledźmy to na przykładach:

1.∫

2x+ 5x2 + 6x+ 8

dx

Rozłóżmy funkcję podcałkową na ułamki proste2x+ 5

x2 + 6x+ 8=

A

x+ 4+

B

x+ 2

∣∣∣∣(x+ 4)(x+ 2)

2x+ 5 = A(x+ 2) +B(x+ 4)2x+ 5 = x(A+B) + 2A+ 4BA+B = 22A+ 4B = 5

⇐⇒ A =32, B =

12∫

2x+ 5x2 + 6x+ 8

dx =32

∫dx

x+ 4+

12

∫dx

x+ 2=

=32

ln |x+ 4|+ 12

ln |x+ 2|+ C

2.∫

2x+ 5x2 + 4x+ 8

dx =

= α

∫2x+ 4

x2 + 4x+ 8dx+ β

∫dx

x2 + 4x+ 8=


=∫

2x+ 4x2 + 4x+ 8

dx+∫

dx

x2 + 4x+ 8= ln |x2 + 4x+ 8|+

∫dx

(x+ 2)2 + 4=

= ln |x2 + 4x+ 8|+ 12

arctgx+ 2

2+ C

3.∫

3x1− x3dx

Rozkładamy najpierw mianownik na czynniki, a następnie funkcję podcałkowąna ułamki proste.

3x1− x3 =

3x(1− x)(1 + x+ x2)

=A

1− x+

Bx+ C

1 + x+ x2

3x = A(1 + x+ x2) + (Bx+ C)(1− x)3x = (A−B)x2 + (A+B − C)x+A+ CA−B = 0A+B − C = 3A+ C = 0

⇐⇒ A = 1, B = 1, C = −1

∫3x

1− x3dx =∫

11− x

dx+∫

x− 1x2 + x+ 1

dx =

= −∫ −1

1− xdx+ α

∫2x+ 1

x2 + x+ 1dx+ β

∫dx

x2 + x+ 1=

= − ln |1− x|+ 12

∫2x+ 1

x2 + x+ 1dx− 3

2

∫dx

x2 + x+ 1=

= ln1

|1− x|+

12

ln |x2 + x+ 1| − 32

∫dx

(x+ 12)2 + 3

4

=

= ln1

|1− x|+

12

ln |x2 + x+ 1| − 32

2√3

arctg2x+ 1√

3+ C =

= ln1

|1− x|+

12

ln |x2 + x+ 1| − 3√3

arctg2x+ 1√

3+ C

4.∫x3 + x2 + 3x2 + x− 6

dx

Ponieważ funkcja podcałkowa jest funkcją wymierną niewłaściwą, podzielmylicznik przez mianownik:x3 + x2 + 3 : x2 + x− 6 = x−x3 − x2 + 6x

6x+ 3Stąd∫x3 + x2 + 3x2 + x− 6

dx =∫x dx+

∫6x+ 3

x2 + x− 6=x2

2+ 3

∫2x+ 1

x2 + x− 6dx =

=x2

2+ 3 ln |x2 + x− 6|+ C


Obliczając całki nieoznaczone funkcji wymiernych w Maximie, nie ma potrzebyrozkładania ich na ułamki proste.

1. Przypomnijmy, że Maxima, obliczając całki nieoznaczone, nie zapisuje wartościbezwzględnej wyrażenia logarytmowanego.

(%i1) integrate((2*x+5)/(x^2+6*x+8), x);

(%o1) 3 log(x+4)2 + log(x+2)

2Gdybyśmy chcieli rozłożyć funkcję podcałkową na sumę ułamków prostych, to na-leżałoby użyć funkcji partfrac().

(%i2) partfrac((2*x+5)/(x^2+6*x+8), x);(%o2) 3

2 (x+4) + 12 (x+2)

2. Obliczymy całkę, a następnie uprościmy uzyskany wynik.

(%i1) integrate((2*x+5)/(x^2+4*x+8), x);

(%o1) log(x2 + 4 x+ 8

)+

atan( 2 x+44 )2

(%i2) ratsimp(%o1);

(%o2)2 log(x2+4 x+8)+atan( x+22 )

23. Obliczymy całkę i uprościmy uzyskany wynik wykorzystując funkcjęratexpand(). Warto zwrócić uwagę, że użycie funkcji ratsimp() w tym przypadkudaje inny efekt.

(%i1) integrate(3*x/(1-x^3), x);

(%o1) 3(

log(x2+x+1)6 −

atan(2 x+1√3

)√3

− log(x−1)3

)(%i2) ratexpand(%o1);

(%o2)log(x2+x+1)

2 −√3 atan

(2 x+1√3

)− log (x− 1)

4. Obliczamy całkę.

(%i1) integrate((x^3+x^2+3)/(x^2+x-6), x)(%o1) 3 log (x+ 3) + 3 log (x− 2) + x2

2Ewentualne rozłożenie funkcji podcałkowej na sumę wielomianu i ułamków prostychwykonujemy następująco

(%i2) partfrac((x^3+x^2+3)/(x^2+x-6), x);(%o2) 3

x+3 + x+ 3x−2

2. Całkowanie funkcji niewymiernych

∫R

x, n√ax+ b

cx+ d

, gdzie R jest funkcją wymierną swoich argumentów oraz∣∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣∣ 6= 0 (w przeciwnym wypadku funkcja podcałkowa R sprowadziłaby się

do funkcji wymiernej jednej zmiennej).


Każdą całkę tej postaci można sprowadzić do całki funkcji wymiernej t, stosującpodstawienie

n

√ax+ b

cx+ d= t.

Tym razem jednak, przed zróżniczkowaniem powyższej równości trzeba ją najpierwstronami podnieść do n-tej potęgi, np.

∫1x2

3

√x

x+ 1dx =

3√

xx+1 = txx+1 = t3

x = t3

1−t3

dx = 3t2(1−t3)2dt

=∫

(1− t3)2

t6t

3t2

(1− t3)2dt =

= 3∫t−3dt = −3

2t−2 + C = −3

23

√(x+ 1x

)2+ C.

W Maximie podaną całkę obliczamy dokładnie tak samo jak wcześniejsze.

(%i1) integrate(1/x^2*(x/(x+1))^(1/3), x);

(%o1) −3 (x+1)2/3

2 x2/3

Całki Abela są to całki postaci:∫R(x,√ax2 + bx+ c

)dx,

gdzie R jest funkcją wymierną swoich argumentów. Każdą powyższą całkę możnasprowadzić do całki z funkcji wymiernej zmiennej t, stosując jedno z podstawieńEulera:√ax2 + bx+ c = t± x

√a, a > 0

√ax2 + bx+ c = t(x − α), ∆ = b2 − 4ac > 0 i α jest jednym z pierwiastków

trójmianu ax2 + bx+ c.

Najprostsze całki Abela to znana już całka (str. 89)∫

dx√k − x2

i całka

∫dx√k + x2

=

√k + x2 = t− x

k + x2 = t2 − 2tx+ x2

x = t2−k2t

dx = k+t22t2 dt√

k + x2 = t− t2−k2t = k+t2

2t

=∫

2tk + t2

k + t2

2t2dt =

=∫dt

t= ln |t|+ C = ln

∣∣∣x+√k + x2

∣∣∣+ C.


Przykłady

1.∫

dx√3− x− x2

=∫

dx√134 − (x+ 1

2)2= arcsin

x+ 12√

134

+ C = arcsin2x+ 1√

13+ C

2.∫

dx√2− 3x+ x2

=∫

dx√(x− 3

2)2 − 14

= ln∣∣∣∣x− 3

2+√

2− 3x+ x2∣∣∣∣+ C

1. Obliczymy całkę, a następnie uprościmy uzyskany wynik.

(%i1) integrate(1/sqrt(3-x-x^2), x);

(%o1) −asin(−2 x−1√13

)(%i2) ratsimp(%o1);

(%o2) asin(2 x+1√13

)2. W tym przykładzie na pierwszy „rzut oka” otrzymany wynik różni się od tego,który został uzyskany „w ręcznych rachunkach”. Jeżeli jednak w wyrażeniu pod-całkowym wyciągniemy liczbę 2 przed nawias i zastosujemy wzór na logarytm ilo-czynu, to z uwagi na dowolność stałej w całce nieoznaczonej uzyskane wyniki sątakie same.(%i1) integrate(1/sqrt(2-3*x+x^2), x);

(%o1) log(2√x2 − 3 x+ 2+ 2 x− 3

)W przypadku

∫Ax+B√ax2 + bx+ c

dx przedstawiamy ją jako sumę dwóch znanych już

całek: ∫Ax+B√ax2 + bx+ c

dx = α

∫2ax+ b√

ax2 + bx+ c+ β

∫dx√

ax2 + bx+ c,

gdzie Ax+B = α(2ax+ b) + β.

Przykład∫3x− 1√

x2 − 7x+ 10dx = α

∫2x− 7√

x2 − 7x+ 10dx+ β

∫dx√

x2 − 7x+ 10=

=32

∫2x− 7√

x2 − 7x+ 10dx+

192

∫dx√

(x− 72)2 − 9

4

=

=32

2√x2 − 7x+ 10 +

192

ln∣∣∣∣x− 7

2+√x2 − 7x+ 10

∣∣∣∣+ C

(%i1) integrate((3*x-1)/sqrt(x^2-7*x+10), x);

(%o1)19 log(2

√x2−7 x+10+2 x−7)2 + 3

√x2 − 7 x+ 10


Postać uzyskanego wyniku nieco różni się od otrzymanego w „ręcznych rachun-kach”, ale tak jak w poprzednim przykładzie także i tym razem można pokazać, żeze względu na dowolność stałej w całce nieoznaczonej są one takie same.

W przypadku całek Abela postaci:∫Wn(x)√

ax2 + bx+ cdx,

gdzie Wn(x) jest wielomianem stopnia n 1 omijamy podstawienie Eulera, przed-stawiając powyższą całkę następująco:∫

Wn(x)√ax2 + bx+ c

dx = Vn−1(x)√ax2 + bx+ c+ k

∫dx√

ax2 + bx+ c,

gdzie Vn−1(x) jest wielomianem stopnia n− 1.Nieznane współczynniki tego wielomianu i stałą k wyznacza się metodą współczyn-ników nieoznaczonych.

Przykład

Obliczyć∫ √

2x− x2dx∫ √2x− x2dx =

∫2x− x2√

2x− x2dx = (Ax+B)

√2x− x2 + k

∫dx√

2x− x2

Różniczkując stronami powyższą równość, otrzymujemy:

2x− x2√

2x− x2= A

√2x− x2 + (Ax+B)

1

2√

2x− x2(2− 2x) + k

1√2x− x2

.

Stąd:

2x− x2 = A(2x− x2) + (Ax+B)(1− x) + k− x2 + 2x = −Ax2 −Ax2 + 2Ax+AxBx+B + k− x2 + 2x = −2Ax2 + x(3A−B) +B + kA = 1

23A−B = 2B + k = 0

⇐⇒ B = −12, k =

12.

A więc:∫ √2x− x2dx =

(12x− 1

2

)√2x− x2 +

12

∫dx√

1− (x− 1)2=

=12

(x− 1) +12

arcsin(x− 1) + C.


Obliczymy całkę i uprościmy uzyskany wynik.

(%i1) integrate(sqrt(2*x-x^2), x);

(%o1) x√2 x−x22 −

√2 x−x22 − asin( 2−2 x2 )

2(%i2) ratsimp(%o1);

(%o2) asin(x−1)+(x−1)√2 x−x2

2

3. Całkowanie funkcji trygonometrycznych

Zajmiemy się całkami typu ∫R(sinx, cosx)dx,

gdzie R jest funkcją wymierną swoich argumentów.

Powyższą całkę można sprowadzić do całki z funkcji wymiernej zmiennej t, sto-sując podstawienie:

tgx

2= t, −π < x < π;

wówczasx

2= arctg t, x = 2 arctg t, dx =

2dt1 + t2

oraz

sinx =2t

1 + t2, cosx =

1− t2

1 + t2,

co wynika z najprostszych wzorów trygonometrycznych: jedynki trygonometrycz-nej i wzorów na sinus i cosinus podwojonego kąta.

Przykład∫1

sinxdx =

∫1 + t2

2t2dt

1 + t2=∫dt

t= ln |t|+ C = ln

∣∣∣∣tg x2∣∣∣∣+ C

Powyższą całkę obliczymy na dwa sposoby.

(%i1) integrate(1/sin(x), x);

(%o1) log(cos(x)−1)2 − log(cos(x)+1)

2Uzyskany wynik nieco różni się od otrzymanego w „ręcznych rachunkach”, ale jeston także poprawny.Teraz zastosujemy inną metodę. Najpierw zapisujemy funkcję, którą całkujemy.

(%i1) 1/sin(x);(%o1) 1

sin(x)


Zmienną x zamieniamy na 2t.

(%i2) %o2,x=2*t;(%o2) 1

sin(2 t)Stosujemy funkcję trigexpand(), która korzysta ze wzoru na sinus podwojonegoargumentu.

(%i3) trigexpand(%o3);(%o3) 1

2 cos(t) sin(t)Wykonujemy zamianę zmiennych y = tg t.

(%i4) changevar(’integrate(%o4,t),tan(t)-y,y,t);solve: using arc-trig functions to get a solution.Some solutions will be lost.

(%o4)

∫1ydy

2Otrzymany komunikat jest związany z podstawieniem y = tg x i w konsekwencjiużyciem funkcji cyklometrycznej. Nie ma to jednak wpływu na poprawność roz-wiązania. Następnie obliczamy całkę. Wykorzystamy funkcję ev(), która ma dwaargumenty: pierwszy to wyrażenie (symboliczny zapis całki), drugi – operacja, jakama zostać wykonana (całkowanie).

(%i5) ev(%o5,integrate);

(%o5) log(y)2

Powracamy do zmiennej x.

(%i6) %o6,y=tan(x/2);

(%o6)log(tan( x2))

2Na koniec uwzględniamy mnożnik 2, który wynika ze zmiany zmiennej x na 2t.

(%i7) %o7*2;(%o7) log

(tan

(x2

))Czasem zastosowanie innego podstawienia może prowadzić do całki, której oblicze-nie będzie łatwiejsze.

R(− sinx, cosx) = −R(sinx, cosx) (funkcja R jest nieparzysta ze względu na sinx)– stosujemy podstawienie cosx = t

R(sinx,− cosx) = −R(sinx, cosx) (funkcja R jest nieparzysta ze względu na cosx)– stosujemy podstawienie sinx = t

R(− sinx,− cosx) = R(sinx, cosx) (funkcja R jest parzysta ze względu na sinxi cosx) – stosujemy podstawienie tg x = t,

−π2< x <

π

2, x = arctg t, dx =

dt

1 + t2,


sin2 x =t2

1 + t2, cos2 x =

11 + t2

, sinx cosx =t

1 + t2.

Przykłady

1.∫

cos4 x sin3 x dx =∫

cos4 x(1− cos2 x) sinx dx =

cosx = t

− sinx dx = dtsinx dx = −dt

=

= −∫t4(1− t2)dt = −

∫(t4 − t6)dt = − t

5

5+t7

7+ C =

cos7 x

7− cos5 x

5+ C

2.∫

cos5 x dx =

sinx = t

cosx dx = dt

=∫

cos4 x cosx dx =∫

(1−sin2 x)2 cosx dx =

=∫

(1− t2)2dt =∫

(1− 2t2 + t4)dt = t− 23t3 +

t5

5+ C =

= sinx− 23

sin3 x+sin5 x

5+ C

3.∫

sin2 x dx =

cos 2x = cos2 x− sin2 x == 1− sin2 x− sin2 x = 1− 2 sin2 xsin2 x = 1−cos 2x

2

=

=12

∫(1− cos 2x)dx =

12

(x− 12

sin 2x) + C =12x− 1

4sin 2x+ C

4.∫

cos2 x dx =

cos 2x = cos2 x− (1− cos2 x) = 2 cos2 x− 1cos2 x = 1+cos 2x

2

=

=12

∫(1 + cos 2x)dx =

12x+

14

sin 2x+ C

Obliczymy kolejno całki, korzystając z funkcji integrate(), a funkcją expand()uprościmy uzyskane wyniki.1.(%i1) integrate(cos(x)^4*sin(x)^3, x);

(%o1) 5 cos(x)7−7 cos(x)5

35(%i2) expand(%o1);

(%o2) cos(x)7

7 − cos(x)5

52.

(%i1) integrate(cos(x)^5, x);

(%o1) sin(x)5

5 − 2 sin(x)3

3 + sin (x)3.

(%i1) integrate(sin(x)^2, x);

(%o1)x− sin(2 x)22


(%i2) expand(%o1);

(%o2) x2 −

sin(2 x)4

4.

(%i1) integrate(cos(x)^2, x);

(%o1)sin(2 x)2 +x2

(%i2) expand(%o1);

(%o2) sin(2 x)4 + x

2

Najszerszym zastosowaniem rachunku całkowego jest rozwiązywanie równańróżniczkowych, takich jak np. równań kinetyki chemicznej, równań ruchu w mecha-nice zarówno klasycznej, jak i kwantowej.

Wprowadzimy teraz pojęcie całki oznaczonej, jako pola powierzchni podkrzywą i pokażemy, w jaki sposób jest ona powiązana z całką nieoznaczoną.

Definicja 7.3. Niech funkcja f : [a, b] → R będzie ograniczona. Podzielmy prze-dział [a, b] na n dowolnych przedziałów częściowych punktami a = x0 < x1 < . . .. . . < xn = b. Oznaczmy przez ∆xi = xi−xi−1 długości tych przedziałów [xi−1, xi],a przez λn = max ∆xi, 1 ¬ i ¬ n. W każdym z tych przedziałów [xi−1, xi] wy-bieramy w zupełnie dowolny sposób xi i tworzymy tak zwaną sumę całkową

Sn =n∑i=1

f(xi)∆xi.

x

y

O x1

f(x1)

x2

f(x2)

x3

f(x3)

x4

f(x4)

x5

f(x5)

x1 x2 x3 x4a = x0 x5 = b

y = f(x)

Jeżeli istnieje skończona granica ciągu (Sn) przy n → ∞ i λn → 0 orazgranica ta nie zależy od sposobu podziału [a, b] na przedziały częściowe oraz niezależy od sposobu wyboru punktów xi, to granicę tę nazywamy całką oznaczonąfunkcji f na przedziale [a, b] i oznaczmy:

b∫a

f(x)dx,

gdzie a – dolna granica całkowania,b – górna granica całkowania,[a, b] – przedział całkowania.


Dodatkowo przyjmujemy, że:

b∫a

f(x)dx def= −a∫b

f(x)dx, gdy b < a oraza∫a

f(x)dx def= 0.

Funkcję, dla której istnieje całka oznaczona, nazywamy funkcją całkowalną (w sen-sie Riemanna) na przedziale [a, b].

Twierdzenie 7.5. Jeżeli spełniony jest jeden z następujących warunków:

a) funkcja f jest ciągła na przedziale [a, b],

b) funkcja f jest ograniczona na przedziale [a, b] i ma w nim skończoną liczbępunktów nieciągłości pierwszego rodzaju,

c) funkcja f jest funkcją monotoniczną na przedziale [a, b],

to f jest funkcją całkowalną na przedziale [a, b].

Interpretacja geometryczna

Jeżeli funkcja f jest ciągła i nieujemna na przedziale [a, b], to całkab∫a

f(x)dx jest

polem figury płaskiej D = (x, y) ∈ R2; a ¬ x ¬ b, 0 ¬ y ¬ f(x)

|D| =b∫a

f(x)dx.

x

y

O a b

y = f(x)

D

W przypadku gdy f jest funkcją ciągłą i niedodatnią na przedziale [a, b], to polefigury D = (x, y) ∈ R2; a ¬ x ¬ b, f(x) ¬ y ¬ 0 jest równe

|D| = −b∫a

f(x)dx.


x

y

O

a b

y = f(x)

D

Interpretacja fizyczna

Załóżmy, że punkt materialny porusza się po prostej z prędkością v(t) w przedzialeczasowym [t0, t1]. Wówczas, patrząc na sumę całkową dla funkcji v(t), widzimy, żet1∫t0

v(t)dt jest niczym innym jak drogą S przebytą w przedziale czasowym [t0, t1],

krótko: droga jest całką z prędkości.

Zawsze przy interpretacji fizycznej czy geometrycznej całki oznaczonejpatrzymy na sumę całkową związaną z daną funkcją.

Własności całki oznaczonej

1. Wartość całki oznaczonej nie zależy od oznaczenia zmiennej całkowania:f : [a, b]→ R całkowalna na [a, b], to

b∫a

f(x)dx =b∫a

f(t)dt.

2. Funkcja całkowalna na przedziale [a, b] jest także całkowalna na każdym pod-przedziale domkniętym tego przedziału.

3. Jeżeli funkcje f i g są całkowalne na przedziale [a, b], to

b∫a

(f(x)± g(x)) dx =b∫a

f(x)dx±b∫a

g(x)dx

orazb∫a

kf(x)dx = k

b∫a

f(x)dx, k ∈ R.

4. Zmiana wartości funkcji w skończonej liczbie punktów przedziału nie wpływaani na całkowalność tej funkcji w tym przedziale, ani na wartość całki, jeślifunkcja jest całkowalna.

Własność ta nie powinna być zaskoczeniem, jeżeli spojrzymy jeszczeraz na definicję całki oznaczonej.


5. Jeśli a, b, c są dowolnymi punktami przedziału, na którym funkcja f jestcałkowalna, to

c∫a

f(x)dx+b∫c

f(x)dx =b∫a

f(x)dx.

Własność ta jest prawdziwa bez względu na relacje między punktamia, b, c należącymi do przedziału, na którym funkcja f jest całkowalna, co możebyć pewnym zaskoczeniem. Jeśli c spełnia nierówność a ¬ c ¬ b, własność 5wydaje się oczywista. Jeśli jednak np. a ¬ b ¬ c, równość powyższa równieżzachodzi.Rzeczywiście.

c∫a

f(x)dx =b∫a

f(x)dx+c∫b

f(x)dx,

stąd

b∫a

f(x)dx =c∫a

f(x)dx−c∫b

f(x)dx =c∫a

f(x)dx+b∫c

f(x)dx.

6. a) Jeśli f : [−a, a]→ R, a > 0, jest funkcją nieparzystą i całkowalną, to

a∫−a

f(x)dx = 0.

b) Jeśli f : [−a, a]→ R, a > 0, jest funkcją parzystą i całkowalną, to

a∫−a

f(x)dx = 20∫−a

f(x)dx = 2a∫

0

f(x)dx.

Niech f będzie funkcją całkowalną na przedziale [a, b]. Dla każdego x ∈ [a, b]rozważmy całkę

x∫a

f(x)dx.

Uzyskujemy w ten sposób nową funkcję, tzw. funkcję górnej granicy całkowania.Oznaczmy

F (x) def=x∫a

f(x)dx, x ∈ [a, b].


Twierdzenie 7.6. Jeżeli f jest funkcją ciągłą na przedziale [a, b], to funkcja

F (x) =x∫a

f(x)dx jest różniczkowalna na tym przedziale i F ′(x) = f(x), x ∈ [a, b].

Zauważmy więc, że funkcja górnej granicy całkowania F (x) jest funkcją pier-wotną funkcji f(x) dla x ∈ [a, b] (tym samym funkcję pierwotną danej funkcjimożemy wyznaczyć przez całkę nieoznaczoną lub też poprzez całkę oznaczoną zezmienną górną granicą całkowania).

Twierdzenie 7.7 (Newtona-Leibniza). (Podstawowe twierdzenie rachunkucałkowego.) Jeżeli f jest funkcją ciągłą na przedziale [a, b] i F jest jej dowolnąfunkcją pierwotną, to

b∫a

f(x)dx = F (b)− F (a).

Jest to oczywisty wniosek z twierdzenia 7.6, ponieważx∫a

f(x)dx− F (x) = C.

Połóżmy w powyższej równości x = a, stąd C = −F (a), a następnie połóżmy x = b

b∫a

f(x)dx− F (b) = C,

stądb∫a

f(x)dx = F (b)− F (a).

Powyższy wzór pozostaje również prawdziwy, gdy a > b

b∫a

f(x)dx = −a∫b

f(x)dx = − (F (a)− F (b)) = F (b)− F (a).

Przyjmijmy zapisb∫a

f(x)dx = F (x)∣∣∣∣ba

= F (b)− F (a).

Dzięki własnościom 4 i 5 całki oznaczonej możemy korzystać równieżz powyższego twierdzenia, wyznaczając całkę oznaczoną z funkcji, która nie jestciągła w [a, b], a jest np. ograniczona w tym przedziale i ma w nim skończonąliczbę punktów nieciągłości pierwszego rodzaju. Z punktu widzenia zastosowańjest to niezwykle ważne stwierdzenie.


Twierdzenie 7.8 (O całkowaniu przez części dla całki oznaczonej). Jeżelifunkcje f i g są klasy C1 na przedziale [a, b], to

b∫a

f(x)g′(x)dx = f(x)g(x)∣∣∣∣ba

−b∫a

f ′(x)g(x)dx.

Twierdzenie 7.9 (O zamianie zmiennej w całce oznaczonej). Niechf : [a, b] → R będzie funkcją ciągłą, a ϕ : [α, β] → [a, b] funkcją klasy C1 na prze-dziale [α, β], ϕ(α) = a, ϕ(β) = b, wówczas

b∫a

f(x)dx =

β∫α

f (ϕ(t))ϕ′(t)dt.

To twierdzenie jest o tyle istotne, że zamieniając zmienną w całce oznaczonej,nie musimy wracać do zmiennej wyjściowej x, trzeba dokonać jednak zmiany prze-działu całkowania (co z punktu widzenia zastosowań jest często niezwykle ważne).

Przykłady

1.π∫

0

sinx

2dx

Do obliczenia tej całki zastosujemy twierdzenie Newtona-Leibniza.∫sin

x

2dx = −2 cos

x

2+ C

π∫0

sinx

2dx = −2 cos

x

2

∣∣∣∣π0

= −2 cosπ

2+ 2 cos 0 = 2

2.e∫

1

√lnxx

dx =

lnx = t1xdx = dt

x 1 e

t 0 1

=1∫

0

√t dt =

23t32

∣∣∣∣10

=23− 0 =

23

3.

π2∫

0

x cosx dx =

f = x g′ = cosxf ′ = 1 g = sinx

= x sinx

∣∣∣∣π2

0−

π2∫

0

sinx dx =

=π

2+ cosx

∣∣∣∣π2

0=π

2− 1


Do obliczenia całek oznaczonych, podobnie jak nieoznaczonych, zastosujemy funk-cję integrate(), przy czym tym razem musimy podać granice całkowania.

1.

(%i1) integrate(sin(x/2), x, 0, %pi);(%o1) 2

2.

(%i1) integrate(sqrt(log(x))/x, x, 1, %e);(%o1) 2

33.

(%i1) integrate(x*cos(x), x, 0, %pi/2);(%o1) π

2 − 1

Definicja 7.4. Niech f będzie funkcją określoną na przedziale [a,+∞) i całkowalnąna każdym przedziale [a, β]. Granicę

limβ→+∞

β∫a

f(x)dx

nazywamy całką niewłaściwą funkcji f na przedziale [a,+∞) i oznaczamy

+∞∫a

f(x)dx.

A więc+∞∫a

f(x)dx def= limβ→+∞

β∫a

f(x)dx.

Przy tym, jeśli granica po prawej stronie jest skończona (właściwa), to mówimy, żecałka niewłaściwa jest zbieżna. Gdy rozważana granica jest niewłaściwa albo nieistnieje, to mówimy, że całka niewłaściwa jest rozbieżna.Gdy f jest funkcją ciągłą i nieujemną na przedziale [a,+∞), to zbieżność całki

niewłaściwej+∞∫a

f(x)dx oznacza, że pole figury nieograniczonej D = (x, y) ∈ R2;

a ¬ x <∞, 0 ¬ y ¬ f(x) jest skończone i równe tej całce

|D| =+∞∫a

f(x)dx.


x

y

O a β → +∞

y = f(x)

D

Analogicznie określa się i interpretuje całkę niewłaściwąb∫

−∞

f(x)dx funkcji f na

przedziale (−∞, b], całkowalnej na każdym skończonym przedziale [α, b]:

b∫−∞

f(x)dx def= limα→−∞

b∫α

f(x)dx.

W przypadku całki niewłaściwej+∞∫−∞

f(x)dx funkcji f określonej na przedziale

(−∞,+∞) i całkowalnej na każdym skończonym przedziale:

+∞∫−∞

f(x)dx def=c∫

−∞

f(x)dx++∞∫c

f(x)dx, c ∈ R,

przy czym całkę tę uważamy za zbieżną tylko wtedy, gdy obie całki po prawej stro-nie są zbieżne.

Przykłady

1.+∞∫1

1x2dx = lim

β→+∞

β∫1

1x2dx

Powyższą całkę liczymy „od końca”, tzn. najpierw całkę nieoznaczoną.∫1x2dx =

∫x−2dx = −1

x+ C,

potem oznaczonąβ∫

1

1x2dx = −1

x

∣∣∣∣β1

= 1− 1β

i na końcu granicę, zatem


+∞∫1

1x2dx = lim

β→+∞

(1− 1

β

)= 1

Stąd całka+∞∫1

1x2dx jest zbieżna.

2.+∞∫−∞

11 + x2dx =

0∫−∞

11 + x2dx+

+∞∫0

11 + x2dx

0∫−∞

11 + x2dx = lim

α→−∞

0∫α

11 + x2dx = lim

α→−∞arctg x

∣∣∣∣0α

=

= limα→−∞

(− arctgα) =π

2+∞∫0

11 + x2dx = lim

β→+∞

β∫0

11 + x2dx = lim

β→+∞arctg x

∣∣∣∣β0

= limβ→+∞

arctg β =π

2

Zatem+∞∫−∞

11 + x2dx =

π

2+π

2= π, a więc całka jest zbieżna.

Do obliczania całek niewłaściwych wykorzystujemy funkcję, która wcześniej byłaużywana przy obliczaniu całek nieoznaczonych i oznaczonych, czyli integrate().Przypomnijmy, że symbole −∞ i +∞ zapisujemy w Maximie odpowiednio jakominf i inf.1.(%i1) integrate(1/x^2, x, 1, inf);(%o1) 1

2.

(%i1) integrate(1/(1+x^2), x, minf, inf);(%o1) π

Definicja 7.5. Niech f będzie funkcją nieograniczoną na przedziale [a, b) i całko-walną w każdym przedziale [a, β], gdzie a < β < b.

x

y

O a bβ

y = f(x)


Punkt b nazywamy punktem osobliwym funkcji f .

Całkę niewłaściwą nieograniczonej funkcji f na przedziale [a, b) definiujemy przez

b∫a

f(x)dx def= limβ→b−

β∫a

f(x)dx.

Jeżeli granica po prawej stronie jest skończona, to mówimy, że całka niewła-

ściwab∫a

f(x)dx jest zbieżna. Jeśli rozważana granica jest niewłaściwa albo nie

istnieje, to powyższa całka niewłaściwa jest rozbieżna.

Jeżeli funkcja f jest funkcją nieograniczoną na przedziale skończonym (a, b]i całkowalną na każdym przedziale [α, b], gdzie a < α < b, to

b∫a

f(x)dx def= limα→a+

b∫α

f(x)dx.

x

y

O a α b

y = f(x)

W przypadku gdy funkcja f posiada w przedziale [a, b] skończoną liczbę punktówosobliwych, dokonujemy podziału [a, b] na przedziały częściowe w taki sposób, abypunkty osobliwe wystąpiły tylko na jednym krańcu przedziału całkowania, na którepodzieliliśmy przedział [a, b]. Wówczas całka niewłaściwa jest zbieżna, jeżeli każdaz całek niewłaściwych w otrzymanych podprzedziałach jest zbieżna.

Przykłady

1.1∫

0

dx√2x− x2

= limα→0+

1∫α

dx√2x− x2∫

dx√2x− x2

=∫

dx√1− (x− 1)2

= arcsin(x− 1) + C

1∫α

dx√2x− x2

= arcsin(x− 1)∣∣∣∣1α

= arcsin 0− arcsin(α− 1) = − arcsin(α− 1)


Stąd całka1∫

0

dx√2x− x2

= − limα→0+

arcsin(α− 1) =π

2jest zbieżna.

2.2∫

0

dx√2x− x2

=1∫

0

dx√2x− x2

+2∫

1

dx√2x− x2

1∫0

dx√2x− x2

= limα→0+

1∫α

dx√2x− x2

=π

2

2∫1

dx√2x− x2

= limβ→2−

β∫1

dx√2x− x2

= limβ→2−

arcsin(x− 1)∣∣∣∣β1

=

= limβ→2−

arcsin (β − 1) =π

2

Zatem całka2∫

0

dx√2x− x2

=π

2+π

2= π jest zbieżna.

Obliczymy całki.

1.

(%i1) integrate(1/sqrt(2*x-x^2), x, 0, 1);(%o1) π

22.

(%i1) integrate(1/sqrt(2*x-x^2), x, 0, 2);(%o1) π

Zastosowanie geometryczne całek oznaczonych

Jeżeli funkcje f i g są ciągłe oraz g(x) ¬ f(x) dla x ∈ [a, b], to pole figury

D = (x, y) ∈ R2; a ¬ x ¬ b, g(x) ¬ y ¬ f(x)

wyraża się wzorem

|D| =b∫a

(f(x)− g(x)) dx,

co wynika bezpośrednio z interpretacji geometrycznej całki oznaczonej.


x

y

Oa b

y = g(x)

y = f(x)

(a)

x

y

Oa b

y = g(x)

y = f(x)

(b)

Jak widać, to, jakie wartości przyjmują funkcje f i g, nie ma żadnego znaczenia,ważne, aby g(x) ¬ y ¬ f(x) dla każdego x ∈ [a, b].

Twierdzenie 7.10. Jeżeli łuk L jest wykresem funkcji y = f(x) klasy C1 naprzedziale [a, b], to jego długość |L| wyraża się wzorem

|L| =b∫a

√1 + (f ′(x))2dx.

Twierdzenie 7.11. Jeżeli łuk L jest dany równaniami parametrycznymi

L :

x = x(t)y = y(t)

dla α ¬ t ¬ β

i przy tym, różnym punktom t ∈ (α, β) odpowiadają różne punkty tego łuku orazfunkcje x(t) i y(t) są klasy C1 na przedziale [α, β], to długość |L| łuku L wyrażasię wzorem

|L| =β∫α

√(x′(t))2 + (y′(t))2dt.

Twierdzenie 7.12. Objętość |V | bryły V powstałej w wyniku obrotu dookoła osiOx figury płaskiej

D = (x, y) ∈ R2; a ¬ x ¬ b, 0 ¬ y ¬ f(x),

gdzie f jest funkcją ciągłą na przedziale [a, b], wyraża się wzorem:

|V | = π

b∫a

f2(x)dx.

Twierdzenie 7.13. Pole |S| powierzchni S powstałej w wyniku obrotu dookoła osiOx krzywej y = f(x), a ¬ x ¬ b, gdzie f jest funkcją klasy C1 na przedziale [a, b],wyraża się wzorem

|S| = 2πb∫a

|f(x)|√

1 + (f ′(x))2dx.


Wszystkie powyższe wzory wynikają odpowiednio poprzez przybliżenie dłu-gości łuku długością łamanej wpisanej w ten łuk, objętości bryły V poprzez sumęobjętości walców wpisanych w tę bryłę i wreszcie pola powierzchni obrotowej Spoprzez sumę pól powierzchni bocznych stożków ściętych wpisanych w V i następ-nie obliczenie granicy tych sum, przechodząc z liczbą odcinków łamanej, walcówi stożków ściętych do nieskończoności.

Zauważmy, że z twierdzeń 7.10, 7.11 oraz z twierdzenia 7.6 wynikają wzoryna różniczki długości łuków

dl =√

1 + (f ′(x))2 dx

idl =

√(x′(t))2 + (y′(t))2 dt,

co wykorzystamy przy obliczaniu całek krzywoliniowych.

Rozdział 8

Szeregi funkcyjne (potęgowei Fouriera)

Definicja 8.1. Niech a0, a1, a2, . . . będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Szeregiempotęgowym o współczynnikach a0, a1, a2, . . . i o środku w punkcie x0 nazywamyszereg postaci

∞∑n=0

an(x− x0)n = a0 + a1(x− x0) + . . . .

Dalej będziemy zajmować się szeregiem potęgowym o środku x0 = 0, to znaczy sze-

regiem∞∑n=0

anxn. Szereg ten ma postać „nieskończonego wielomianu”. Zauważmy,

że w ustalonym punkcie x szereg funkcyjny jest szeregiem liczbowym i tym samymmożemy mówić o zbieżności punktowej takiego szeregu.

Definicja 8.2. Promieniem zbieżności szeregu potęgowego nazywamy:

a) dodatnią liczbę R taką, że dla |x| < R szereg ten jest zbieżny, a dla |x| > Rszereg jest rozbieżny,

b) liczbę R = 0, gdy szereg ten jest zbieżny jedynie dla x = 0,

c) +∞, gdy szereg ten jest zbieżny dla każdego x ∈ (−∞,+∞).

Jeżeli R > 0, to przedział (−R,R) nazywamy przedziałem zbieżności tego sze-regu. Jeżeli R = +∞, to przedziałem zbieżności nazywamy przedział (−∞,+∞).

Zauważmy, że każdy szereg potęgowy∞∑n=0

anxn jest zbieżny co najmniej dla

x = 0 (dla uproszczenia zapisu szeregu potęgowego przyjmujemy, że 00 = 1).

Twierdzenie 8.1 (Cauchy’ego). Jeżeli dla szeregu potęgowego∞∑n=0

anxn istnieje

skończona lub nieskończona granica

limn→∞

n

√|an| = g,


to promień zbieżności tego szeregu jest równy

R =

1g, gdy 0 < g < +∞,

0, gdy g = +∞,+∞, gdy g = 0.

Przykład

Wyznaczyć przedział zbieżności szeregu∞∑n=0

3n2 + 2n4n+1 x

n.

Obliczmy

limn→∞

n

√3n2 + 2n4n+1 = lim

n→∞

n√n2 n

√3 + 2

n2

4 n√n n√

4= lim

n→∞

( n√n)2 n

√3 + 2

n2

4 n√n n√

4=

14

= g.

Stąd R = 4, tym samym przedział (−4, 4) jest przedziałem zbieżności naszegoszeregu.

Wyznaczenie przedziału zbieżności szeregu liczbowego związane jest z obliczeniemgranicy odpowiedniego ciągu.

(%i1) limit(((3*n^2+3)/(n*4^(n+1)))^(1/n), n, inf);(%o1) 1

4

Twierdzenie 8.2 (d’Alemberta). Jeżeli dla szeregu potęgowego∞∑n=0

anxn o współ-

czynnikach an 6= 0 dla n ∈ N, istnieje skończona lub nieskończona granica

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = g,

to promień zbieżności tego szeregu jest równy

R =

1g, gdy 0 < g < +∞,

0, gdy g = +∞,+∞, gdy g = 0.

Jeżeli R > 0, to dla x = −R i x = R szereg potęgowy∞∑n=0

anxn może być

zbieżny, jak i rozbieżny i wymaga to oddzielnego sprawdzenia.

Przykład

Znaleźć zbiór tych x ∈ R, dla których zbieżny jest szereg∞∑n=0

2n+1

n!xn.

Rozdział 8. Szeregi funkcyjne (potęgowe i Fouriera) 117

Wyznaczmy najpierw przedział zbieżności tego szeregu, a następnie należy zbadaćjego zbieżność na krańcach tego przedziału (w przypadku skończonego przedziałuzbieżności).

limn→∞

2n+2

(n+ 1)!· n!

2n+1 = limn→∞

2n+12n!n!(n+ 1)2n+1 = lim

n→∞2

n+ 1= 0 = g.

Stąd R = +∞ i tym samym nasz szereg jest zbieżny dla wszystkich x ∈ R.

Najpierw zdefiniujemy ciąg (an), a następnie obliczymy granicę odpowiedniego ilo-razu, aby móc skorzystać z twierdzenia d’Alemberta.

(%i1) a(n):=2^(n+1)/n!;(%o1) a (n) := 2n+1

n!(%i2) limit(a(n+1)/a(n), n, inf);(%o2) 0

Własności szeregów potęgowych

1. Suma szeregu potęgowego jest funkcją ciągłą na przedziale zbieżności.

2. Szereg potęgowy można różniczkować i całkować wyraz po wyrazie, tzn. dlax ∈ (−R,R) ( ∞∑

n=0

anxn = S(x)

)=⇒

( ∞∑n=1

nanxn−1 = S′(x)

),

( ∞∑n=0

anxn = S(x)

)=⇒

( ∞∑n=0

1n+ 1

anxn+1 =

x∫0

S(x)dx),

przy czym wszystkie szeregi występujące powyżej mają ten sam promieńzbieżności R.

Przykład∞∑n=0

(−1)nx2n – szereg geometryczny dla: a = 1, q = −x2,

a więc∞∑n=0

(−1)nx2n =1

1 + x2 , x ∈ (−1, 1).

Całkując stronami, mamy:∞∑n=0

x∫0

(−1)nx2ndx =x∫

0

11 + x2dx

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

2n+ 1

∣∣∣∣x0

= arctg x∣∣∣∣x0

∞∑n=0

(−1)n1

2n+ 1x2n+1 = arctg x, x ∈ [−1, 1],


(zauważmy, że dla x = −1 i x = 1 powyższy szereg jest również zbieżny, co wynikanatychmiast z kryterium Leibniza), a w szczególności dla x = 1∞∑n=0

(−1)n1

2n+ 1=π

4π

4= 1− 1

3+

15− 1

7+ . . .

Z powyższej równości widać, że nigdy nie znajdziemy najlepszego przybliżenialiczby niewymiernej, w tym przypadku liczby π, bo takie przybliżenie nie istnieje.Zawsze jest nieskończenie wiele lepszych od niego.

Dla danego szeregu możemy podać jego sumę (o ile szereg jest zbieżny). Najpierwzapiszemy wyraz ogólny szeregu.

(%i1) (-1)^n*x^(2*n);(%o1) (−1)n x2 n

Zakładamy, że x ∈ (−1, 1).

(%i2) assume(x>-1,x<1);(%o2) [x > −1, x < 1]

Obliczamy sumę szeregu, wykorzystując funkcję sum(). Polecenie simpsum powo-duje uproszczenie znalezionej funkcji.

(%i3) sum(%o1, n, 0, inf),simpsum;(%o3) 1

x2+1Rozważmy teraz szereg o wyrazie ogólnym równym

(%i4) (-1)^n*x^(2*n+1)/(2*n+1);(%o4) (−1)n x2 n+1

2 n+1Obliczamy jego sumę.

(%i5) sum(%o4, n, 0, inf),simpsum;

(%o5)∞∑n=0

(−1)n x2 n+12 n+1

Pojawił się zapis szeregu, dlatego musimy użyć funkcji simplify sum, aby uzyskaćjego sumę, przy czym najpierw ładujemy pakiet o tej samej nazwie.

(%i6) load(simplify sum);(%o6) C : /PROGRA∼2/MAXIMA∼1.0/ . . . /solve rec/simplify sum.mac(%i7) simplify sum(%o5);

Is x zero or nonzero?n;(%o7) atan (x)(%i8) simplify sum(%o5);

Is x zero or nonzero?z;(%o8) atan (x)

Bez względu na to, czy x jest równe, czy różne od zera, sumą szeregu jest arctg x.


Definicja 8.3. Szeregiem Taylora o środku w punkcie x0 funkcji f mającejpochodną dowolnego rzędu w pewnym otoczeniu Ux0 nazywamy szereg

∞∑n=0

f (n)(x0)n!

(x− x0)n,

w szczególności, gdy x0 = 0, szereg∞∑n=0

f (n)(0)n!

xn

nazywamy szeregiem Maclaurina funkcji f .

Jeżeli sumami powyższych szeregów jest funkcja f , to mówimy wówczas, że funkcjaf rozwija się w szereg Taylora lub Maclaurina (o takich funkcjach mówimy, że sąto funkcje analityczne w otoczeniu punktu x0).Zauważmy, że powyższe szeregi są szeregami potęgowymi. Jeśli funkcja f jest sumą

szeregu potęgowego∞∑n=0

anxn w otoczeniu 0, to szereg ten jest szeregiem Maclaurina

funkcji f , to znaczy

an =f (n)(0)n!

, n = 0, 1, 2, . . .

Oznacza to, że funkcję f można przedstawić tylko w jeden sposób za pomocą sze-regu potęgowego.

Szeregi Maclaurina i Taylora stanowią podstawowe narzędzie przybliżania funk-cji za pomocą wielomianów.

Rozwijanie funkcji w szereg Maclaurina

1. f(x) = ex

f (n)(x) = ex, f (n)(0) = 1, n ∈ N,

ex = 1 +x

1!+x2

2!+ . . . =

∞∑n=0

xn

n!, x ∈ R.

x

y

O

y = ex

y = 1

y = 1 + x

y = 1 + x+ x2

2

y = 1 + x+ x2

2 + x3

6


2. f(x) = sinx

f ′(x) = cosx, f ′(0) = 1,f ′′(x) = − sinx, f ′′(0) = 0,f (3)(x) = − cosx, f (3)(0) = −1,f (4)(x) = sinx, f (4)(0) = 0,· · ·

f (2n)(0) = 0, f (2n+1)(0) = (−1)n, n = 0, 1, . . .

sinx = x− x3

3!+x5

5!− x7

7!+ . . . =

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!, x ∈ R.

3. cosx = 1−3x2

3!+

5x4

5!−7x6

7!+. . . = 1−x

2

2!+x4

4!−x

6

6!+. . . =

∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!, x ∈ R.

4. f(x) = (1 + x)α

(1 + x)α =∞∑n=0

(α

n

)xn, x ∈ (−1, 1), α ∈ R,

gdzie

(α

n

)=α(α− 1) . . . (α− n+ 1)

n!, przyjmujemy

(α

0

)= 1.

Szereg dwumianowy∞∑n=0

(α

n

)xn = (1 +x)α jest uogólnieniem wzoru dwumiano-

wego Newtona dla dowolnej potęgi.

PrzykładyRozwinąć w szereg Maclaurina funkcje

1. f(x) =2

1 + x

Zauważmy, że funkcja f(x) =2

1− (−x)(dla a = 2, q = −x) jest sumą szeregu

geometrycznego2

1 + x=∞∑n=1

2(−x)n−1 = 2∞∑n=1

(−1)n−1xn−1.

Stąd wzór jest prawdziwy, gdy| − x| < 1⇐⇒ x ∈ (−1, 1).

2. f(x) = ln(x+ 1)

f ′(x) =1

1 + x=

11− (−x)

=∞∑n=0

(−1)nxn; q = | − x| = |x| < 1

Całkując stronami od 0 do x dla x ∈ (−1, 1), mamy:


x∫0

11 + x

dx =∞∑n=0

x∫0

(−1)nxndx

ln(1 + x)∣∣∣∣x0

=∞∑n=0

(−1)n1

n+ 1xn+1

∣∣∣∣x0

dla x ∈ (−1, 1)

ln(1 + x) =∞∑n=0

(−1)n1

n+ 1xn+1 dla x ∈ (−1, 1).

Funkcji lnx nie można rozwinąć w szereg Maclaurina, ponieważ nie jest ona(ani jej pochodne) określona dla x = 0. Natomiast funkcja ln(x + 1) w otoczeniuzera ma pochodne dowolnego rzędu.

Rozwiniemy funkcje w szereg Maclaurina. Wykorzystamy funkcję powerseries(),której pierwszym argumentem jest rozwijana funkcja, drugim – zmienna, a trzecito środek szeregu potęgowego. Funkcja niceindices() powoduje zapisanie szereguw prostszej postaci.1.

(%i1) niceindices(powerseries(2/(1+x), x, 0));

(%o1) 2∞∑i=0

(−1)i xi

2.

(%i1) niceindices(powerseries(log(x+1), x, 0));

(%o1) −∞∑i=1

(−1)i xii

Uzyskane szeregi mają nieco inną postać od tych otrzymanych w powyższym przy-kładzie, a jest to związane z rozpoczęciem sumowania od innej wartości.

Przedstawienie funkcji w postaci szeregu Fouriera polega na jej rozwinięciu zapomocą funkcji trygonometrycznych cosnx, n = 1, 2, . . . i sinnx, n = 1, 2, . . . Funk-cje sinus i cosinus nazywane są często falami harmonicznymi i stanowią podstawędo opisu wszelkiego rodzaju fal i ruchów drgających. Teorię szeregów trygonome-trycznych Fourier przedstawił w związku ze swoimi badaniami nad rozchodzeniemsię ciepła. Wyniki Fouriera dały poważne narzędzie do rozwiązywania wielu pro-blemów fizycznych (patrz rozdział 15).

Definicja 8.4. Szeregiem trygonometrycznym nazywamy szereg postaci:

a0

2+∞∑n=1

(an cos

nπx

l+ bn sin

nπx

l

),

gdzie l jest dowolnie ustaloną dodatnią liczbą rzeczywistą, a0, an, bn ∈ R.

Wyrazy tego szeregu są funkcjami okresowymi o okresie 2l. Rzeczywiście

g(x) = sinnπ

lx, g(x+ ω) = g(x),


a więcsin

nπ

l(x+ ω) = sin

nπ

lx.

Stądnπ

l(x+ ω) =

nπ

lx+ 2nπ ⇒ nπ

lω = 2nπ, ω = 2l.

Jeśli więc szereg ten jest zbieżny na przedziale [−l, l], to jest on zbieżny na zbiorzeR i suma tego szeregu jest funkcją okresową o okresie 2l.

Definicja 8.5. Szeregiem Fouriera funkcji f całkowalnej na przedziale [−l, l]nazywamy szereg trygonometryczny, w którym współczynniki an i bn określone sąwzorami

an =1l

l∫−l

f(x) cosnπx

ldx, n = 0, 1, 2, . . .

bn =1l

l∫−l

f(x) sinnπx

ldx, n = 1, 2, . . .

Wówczas zapisujemy:

f(x) ∼ a0

2+∞∑n=1

(an cos

nπx

l+ bn sin

nπx

l

),

okazuje się bowiem, że funkcja f nie zawsze jest sumą swojego szeregu Fouriera.

W szczególnym przypadku, gdy l = π szereg Fouriera przyjmuje postać:

a0

2+∞∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx),

gdzie an =

1π

π∫−π

f(x) cosnx dx, n = 0, 1, 2, . . .

bn =1π

π∫−π

f(x) sinnx dx, n = 1, 2, . . .

Zauważmy, że jeżeli f jest funkcją parzystą na przedziale [−l, l], to wszystkie współ-czynniki bn = 0. Jeżeli f jest funkcją nieparzystą na przedziale [−l, l], to wszystkiewspółczynniki an = 0 (patrz własność 6 a) i b) całki oznaczonej, rozdział 7).


Definicja 8.6. Powiemy, że funkcja f spełnia warunki Dirichleta na przedziale[−l, l], gdy:

1. funkcja f ma na tym przedziale skończoną liczbę punktów nieciągłości jedyniepierwszego rodzaju i w każdym punkcie nieciągłości x0 zachodzi warunek:

f(x0) =f(x0−) + f(x0+)

2,

2. f(−l) = f(l) =f(l−) + f(−l+)

2,

3. przedział [−l, l] można podzielić na skończoną liczbę podprzedziałów tak, byna każdym z tych przedziałów otwartych funkcja f była ciągła i monoto-niczna.

x

y

O−l l

spełnia warunki Dirichleta

x

y

O−l l

nie spełnia warunków Dirichleta

Twierdzenie 8.3. Jeżeli funkcja f spełnia na przedziale [−l, l] warunki Dirichleta,to jest ona sumą swojego szeregu Fouriera, to znaczy

f(x) =a0

2+∞∑n=1

(an cos

nπx

l+ bn sin

nπx

l

)dla x ∈ [−l, l].

Mówimy wtedy, że funkcja f rozwija się w szereg Fouriera na przedziale[−l, l], a powyższą równość nazywamy rozwinięciem funkcji f w szereg Fouriera naprzedziale [−l, l].

Przykłady

1. Rozwinąć funkcję f(x) = −x, x ∈ (−π, π] w szereg Fouriera i podać sumę tegoszeregu dla [−π, π].

x

y

O−π π


Niech

f∗(x) =

−x, x ∈ (−π, π),

0, x ∈ −π, π.Funkcja f∗(x) spełnia warunki Dirichleta na przedziale [−π, π].

x

y

O−π π

Ponieważ funkcja f jest nieparzysta w (−π, π),an = 0, n = 0, 1, 2, . . .

bn =1π

π∫−π

(−x) sinnx dx = − 2π

π∫0

x sinnx dx =

=

∫x sinnx dx =

f = x g′ = sinnxf ′ = 1 g = − 1

n cosnx

=

= −xn

cosnx+1n

∫cosnx dx = −x

ncosnx+

1n2 sinnx+ C

=

= − 2π

(−xn

cosnx+1n2 sinnx

) ∣∣∣∣π0

=2π

π

ncosnπ =

2n

(−1)n = (−1)n2n

f(x) ∼∞∑n=1

2n

(−1)n sinnx, x ∈ [−π, π]

−x =∞∑n=1

2n

(−1)n sinnx, x ∈ (−π, π)

f∗(x) = s(x) =

−x, x ∈ (−π, π),0, x ∈ −π, π.

s(x) – suma otrzymanego wyżej szeregu Fouriera dla x ∈ [−π, π].

x

y

O−3π −2π −π π 2π 3π


Przedłużenie okresowe S(x) funkcji f∗(x) jest sumą szeregu Fouriera dlax ∈ R. Na powyższym rysunku zaznaczono sumę pierwszych k składników sze-regu Fouriera funkcji f dla k = 1, 2, 3, 4.

2. Niech f będzie funkcją okresową o okresie 2π określoną przezf(x) = |x|, x ∈ [−π, π].

x

y

O−3π −2π −π π 2π 3π

f jest funkcją ciągłą na R, parzystą, posiadającą w każdym punkcie pochodnąprawostronną i lewostronną. Należy znaleźć rozwinięcie tej funkcji w szeregFouriera i jego sumę dla x ∈ R.Dla wszystkich n ∈ N, bn = 0,

a0 =1π

π∫−π

|x|dx =2π

π∫0

x dx =2

2πx2∣∣∣∣π0

= π,

an =1π

π∫−π

|x| cosnx dx =2π

π∫0

x cosnx dx =2π

(x

nsinnx+

1n2 cosnx

) ∣∣∣∣π0

=

=2π

cosnπ − 1n2 ,

więc

f(x) ∼ π

2− 4π

∞∑n=0

1(2n+ 1)2 cos(2n+ 1)x.

Ponieważ f jest funkcją ciągłą na R, mamy

f(x) =π

2− 4π

∞∑n=0

1(2n+ 1)2 cos(2n+ 1)x dla x ∈ R.

3. Niech f będzie funkcją okresową o okresie 2π zdefiniowaną następującof(x) = x, x ∈ (−π, π]. Rozwinąć funkcję f w szereg Fouriera i znaleźć sumęs(x) tego szeregu w przedziale [−π, π].

x

y

O−3π −2π −π π 2π 3π


Ponieważ funkcja f jest nieparzystaan = 0, n = 0, 1, 2, . . .

bn =1π

π∫−π

x sinnx dx =2π

π∫0

x sinnx dx =2π

(−xn

cosnx+1n2 sinnx

) ∣∣∣∣π0

=

= − 2n

(−1)n,

stąds(x) = x dla x ∈ (−π, π),

s(−π) =f(−π+) + f(π−)

2=−π + π

2= 0,

s(π) =f(π−) + f(−π+)

2=π − π

2= 0,

s(x) = 2∞∑n=0

(−1)n+1 1n

sinnx; x ∈ [−π, π].

Załóżmy, że funkcja f spełnia warunki Dirchleta na przedziale [−l, l] i jestfunkcją nieparzystą. Wówczas wszystkie współczynniki an są równe zeru, a więc

f(x) =∞∑n=1

bn sinnπx

l, x ∈ [−l, l].

Mówimy wówczas, że funkcja f ma rozwinięcie w szereg Fouriera sinusów.

Jeżeli funkcja f spełnia warunki Dirchleta na przedziale [−l, l] i jest funkcją parzy-stą, wówczas wszystkie współczynniki bn = 0, n = 1, 2, . . . , zatem

f(x) =a0

2+∞∑n=1

an cosnπx

l, x ∈ [−l, l].

Mówimy wówczas, że funkcja f ma rozwinięcie w szereg Fouriera cosinusów.

4. Rozwinąć w szereg Fouriera sinusów funkcję zdefiniowaną przez f(x) =−x dlax ∈ [−π, 0] i wyznaczyć sumę s(x) tego szeregu w tym przedziale.Rozważmy przedłużenie nieparzyste f∗ funkcji f

f∗(x) =

f(x) dla x ∈ [−π, 0],−x dla x ∈ (0, π).

Ponieważ funkcja f∗ jest nieparzysta w przedziale (−π, π),an = 0, n = 0, 1, 2, . . .


bn =1π

π∫−π

f∗(x) sinnx dx = − 2π

π∫0

x sinnx dx =

=2π

(−xn

cosnx+1n2 sinnx

) ∣∣∣∣π0

= −2(−1)n

n, n = 1, 2, . . .

Oznaczmy przedłużenie okresowe funkcji f∗ przez S.

x

y

O−3π −2π −π π 2π 3π

S(x) ∼ 2∞∑n=1

(−1)n

nsinnx, więc

s(x) = x dla x ∈ (−π, 0],

s(−π) =−π + π

2= 0.

Funkcje okresowe pojawiają się w matematycznych modelach układów, któremają pewne własności okresowe.

1. Rozwiniemy funkcję w szereg Fouriera, wykorzystując funkcję totalfourier(),która ma trzy argumenty: pierwszy to rozwijana funkcja, drugi – zmienna, trzecimjest koniec przedziału, na którym jest rozwijana funkcja. Przed użyciem funkcjitotalfourier() musimy załadować pakiet fourie.

(%i1) load(fourie);(%o1) C : /PROGRA∼2/MAXIMA∼1.0/share/ . . . /calculus/fourie.mac(%i2) totalfourier(-x,x, %pi);(%t2) a0 = 0(%t3) an = 0

(%t4) bn =2(π cos(π n)

n − sin(π n)n2

)π

(%t5) a0 = 0(%t6) an = 0(%t7) bn = 2 (−1)n

n

(%o7) 2∞∑n=1

(−1)n sin(n x)n

Na wyjściach (%t2), (%t3), (%t4) uzyskaliśmy współczynniki szeregu Fouriera. Nawyjściach (%t5), (%t6), (%t7)mamy przekształcone (uproszczone) współczynnikiszeregu Fouriera. Wreszcie na wyjściu (%o7) otrzymujemy szereg Fouriera.

2. W analogiczny sposób jak w przykładzie 1. rozwijamy kolejną funkcję w szeregFouriera.(%i1) load(fourie);


(%o1) C : /PROGRA∼2/MAXIMA∼1.0/share/ . . . /calculus/fourie.mac(%i2) totalfourier(abs(x),x, %pi);(%t2) a0 = π

2

(%t3) an =2(π sin(π n)n + cos(π n)

n2− 1n2

)π

(%t4) bn = 0(%t5) a0 = π

2

(%t6) an = 2 ((−1)n−1)π n2

(%t7) bn = 0

(%o7)2∞∑n=1

((−1)n−1) cos(n x)n2

π + π2

3. Kolejną funkcję rozwiniemy w szereg Fouriera.

(%i1) load(fourie);(%o1) C : /PROGRA∼2/MAXIMA∼1.0/share/ . . . /calculus/fourie.mac(%i2) totalfourier(x,x, %pi);(%t2) a0 = 0(%t3) an = 0

(%t4) bn =2( sin(π n)

n2−π cos(π n)n

)π

(%t5) a0 = 0(%t6) an = 0(%t7) bn = −2 (−1)n

n

(%o7) −2∞∑n=1

(−1)n sin(n x)n

4. Rozwiniemy funkcję w szereg Fouriera sinusów. Najpierw wyznaczymy współ-czynniki szeregu.

(%i1) load(fourie);(%o1) C : /PROGRA∼2/MAXIMA∼1.0/share/ . . . /calculus/fourie.mac(%i2) foursin(-x,x, %pi);

(%t2) bn =2(π cos(π n)

n − sin(π n)n2

)π

(%o2) [%t2]Uprościmy obliczone współczynniki.

(%i3) foursimp(%);

(%t3) bn = 2 (−1)nn

(%o3) [%t3]Na koniec zapiszemy szereg Fouriera na podstawie obliczonych współczynników.

(%i4) fourexpand(%,x, %pi,inf);

(%o4) 2∞∑n=1

(−1)n sin(n x)n

Rozdział 9

Funkcje rzeczywiste dwóchzmiennych

Na ogół definicje i twierdzenia podane poniżej można przenosić (bez istotnychzmian) na funkcje większej liczby zmiennych.

Definicja 9.1. Przestrzenią dwuwymiarową (płaszczyzną) nazywamy zbiórwszystkich par uporządkowanych (x, y), gdzie x, y ∈ R. Przestrzeń tę oznaczamyprzez R2:

R2 def= (x, y); x, y ∈ R.

Przestrzenią trójwymiarową (przestrzenią) nazywamy zbiór wszystkich tró-jek uporządkowanych (x, y, z), gdzie x, y, z ∈ R. Przestrzeń tę oznaczamy przez R3:

R3 def= (x, y, z); x, y, z ∈ R.

Obrazem geometrycznym przestrzeni R2 jest płaszczyzna z kartezjańskimukładem współrzędnych Oxy, a R3 przestrzeń z kartezjańskim układem współ-rzędnych Oxyz.

x

y

O

(x, y)

x

y


y

z

x

O

(x, y, z)

y

x

z

Odległość punktów P1, P2 odpowiednio na płaszczyźnie lub przestrzeni okre-ślamy wzorem:

d(P1, P2) =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2,

gdy P1(x1, y1), P2(x2, y2) ∈ R2

lub wzorem:

d(P1, P2) =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2,

gdy P1(x1, y1, z1), P2(x2, y2, z2) ∈ R3.

Przestrzenie R2 i R3 z tak zdefiniowaną odległością punktów nazywamy przestrze-niami euklidesowymi odpowiednio dwu- i trójwymiarową.

Definicja 9.2. Otoczeniem U(P0) punktu P0 na płaszczyźnie nazywamy kołootwarte (bez okręgu) o środku w tym punkcie. Otoczeniem punktu P0 w przestrzenijest kula otwarta (bez sfery) o środku w tym punkcie.Sąsiedztwem S(P0) punktu P0 na płaszczyźnie jest koło otwarte bez środkaP0. Podobnie sąsiedztwem punktu P0 w przestrzeni jest kula otwarta bez środkaw tym punkcie.

Definicja 9.3. Zbiór A jest ograniczony na płaszczyźnie, jeżeli jest zawartyw kole o skończonym promieniu, a jest ograniczony w przestrzeni, gdy jest zawartyw kuli o skończonym promieniu. W przeciwnym wypadku mówimy, że zbiór A jestnieograniczony.

Definicja 9.4. P jest punktem wewnętrznym zbioru A, jeżeli istnieje otocze-nie tego punktu zawarte w tym zbiorze. Wnętrzem zbioru A nazywamy zbiórwszystkich jego punktów wewnętrznych i oznaczamy IntA.

Definicja 9.5. Zbiór jest otwarty, jeżeli każdy punkt tego zbioru jest jego punk-tem wewnętrznym.

Definicja 9.6. Punkt P jest punktem brzegowym zbioru A, jeżeli w każdymotoczeniu tego punktu można znaleźć punkty nienależące i należące do tego zbioru.Brzegiem zbioru nazywamy zbiór wszystkich jego punktów brzegowych.

Rozdział 9. Funkcje rzeczywiste dwóch zmiennych 131

Definicja 9.7. Zbiór nazywamy domkniętym, jeżeli zawiera swój brzeg. Naj-mniejszy zbiór domknięty zawierający zbiór A nazywamy domknięciem zbioru Ai oznaczamy A.

Definicja 9.8. Punkt P nazywamy punktem skupienia zbioru A, jeżeli w każ-dym sąsiedztwie punktu P znajduje się jakiś element zbioru A.

Definicja 9.9. Niepusty podzbiór płaszczyzny lub przestrzeni jest obszarem,jeżeli jest otwarty i spójny (spójność zbioru oznacza, że każde dwa jego punktymożna połączyć łamaną całkowicie w nim zawartą). Obszar łącznie ze swoim brze-giem nazywamy obszarem domkniętym.

Definicja 9.10. Funkcją f dwóch zmiennych określoną na zbiorze A ⊂ R2

o wartościach w R nazywamy przyporządkowanie każdemu punktowi ze zbioru Adokładnie jednej liczby rzeczywistej. Funkcję taką oznaczamy przez f : A→ R lubz = f(x, y), gdzie (x, y) ∈ A. Wartość funkcji f w punkcie (x, y) oznaczamy przezf(x, y). Zbiór A nazywamy dziedziną funkcji. Jeżeli dany jest tylko wzór określającyfunkcję, to zbiór punktów płaszczyzny (przestrzeni), dla których wzór ten ma sens,nazywamy dziedziną funkcji.

PrzykładZnaleźć i narysować dziedzinę funkcji:

f(x, y) = ln(1− x2 − y2)

Skoro funkcja ln jest określona dla liczb dodatnich, to

1− x2 − y2 > 0 ⇐⇒ x2 + y2 < 1

x

y

O-1 1

Df = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 < 1K ((0, 0), 1) – koło otwarte o środku w punkcie (0, 0) i promieniu 1.

Definicja 9.11. Wykresem funkcji f dwóch zmiennych nazywamy zbiór:

Wf = (x, y, z) ∈ R3; (x, y) ∈ Df , z = f(x, y),

gdzie zbiór Df jest dziedziną funkcji f .


Możemy tworzyć wspaniałe trójwymiarowe wykresy funkcji dwóch zmiennychprzy użyciu programów do grafiki komputerowej, ale już dla funkcji trzech i więcejzmiennych takie pełne graficzne przedstawienie jest niemożliwe, ponieważ funkcjan zmiennych definiuje powierzchnię w przestrzeni (n+ 1)-wymiarowej (tzw. hiper-powierzchnię).

Wybrane powierzchnie i wykresy niektórych funkcji dwóch zmiennych

1. z = Ax + By + C. Wykresem jest płaszczyzna o wektorze normalnymn = [A,B,−1], przechodząca przez punkt (0, 0, C)

y

z

x

On

C

2. Wykresem funkcji z = x2 + y2 jest paraboloida obrotowa.

x yO

z

3. Wykresem funkcji z =√x2 + y2 jest stożek (powierzchnia stożkowa).

x yO

z


z = 2−√x2 + y2

x yO

z

2

4. Wykresem funkcji z =√R2 − (x2 + y2) jest górna część sfery.

x yO

z

R

5. Wykresem funkcji z = x2−y2 jest paraboloida hiperboliczna tzw. powierzch-nia siodłowa.

O

z

yx


6. Powierzchnie walcowe.Walec kołowy i równanie go opisujące x2 + y2 = r2

xy

O

z

Zauważmy, że równanie x2+y2 = r2 na płaszczyźnie Oxy opisuje okrągo środku w punkcie (0, 0) i promieniu r, natomiast w przestrzeni Oxyz po-wierzchnię walcową (z jest dowolną liczbą rzeczywistą). Równanie np. x = 0na prostej Ox przedstawia punkt x = 0, na płaszczyźnie Oxy prostą Oy,a w przestrzeni Oxyz płaszczyznę Oyz. A więc równanie nie może być roz-ważane w oderwaniu od przestrzeni, która nas interesuje.

Równanie powierzchni walcowej o osi symetrii Oy: x2 + z2 = r2

xy

O

z

i górna część tej powierzchni, która jest wykresem funkcji z =√r2 − x2.

Walec hiperboliczny x2 − y2 = 1

xy

O

z


Walec paraboliczny y = 2px2, p > 0

xy

O

z

Jedną z zalet Maximy są jej możliwości graficzne. Dla przykładu naszkicujemypowierzchnię walcową. Najpierw załadujemy pakiet draw.

(%i1) load(draw);(%o1) C : /PROGRA∼2/MAXIMA∼1.0/share/maxima/5.27.0/share/draw/...(%i2) draw3d(

enhanced3d = true,xyplane = 0,implicit(x^2+2*y^2=4,x,-2,2,y,-2,2,z,-2,2));

(%t2)

Maxima daje możliwość obracania obiektu w 3D. Wystarczy przytrzymać wciśniętylewy klawisz myszy i przesunąć nią, ustawiając w ten sposób obiekt w odpowiedniejpozycji.

(%t2)

Definicja 9.12. Niech f : D → R, D ⊂ R2 i załóżmy, że (x0, y0) jest punk-tem skupienia zbioru D. Liczba g jest granicą funkcji f w punkcie (x0, y0), co


zapisujemylim

(x,y)→(x0,y0)f(x, y) = g

wtedy i tylko wtedy, gdy∧((xn,yn))n∈N

(limn→∞

(xn, yn)=(x0, y0), (xn, yn) ∈ S(x0, y0), n ∈ N =⇒ limn→∞

f(xn, yn)=g),

g może być również granicą niewłaściwą.

(Zbieżność ciągu punktów (xn, yn) do punktu (x0, y0) w przestrzeni R2 ozna-cza zbieżność ciągu odległości dn ((xn, yn), (x0, y0)) → 0 i jest równoważna zbież-ności ciągów odpowiednich współrzędnych, a więc xn → x0 i yn → y0.)

y

z

x

O

f(x1, y1)f(x2, y2)f(x3, y3)

g

(x0, y0)(x1, y1) (x2, y2)

(x3, y3)

Zauważmy, że ciąg punktów (xn, yn) może dążyć do punktu (x0, y0) po dowol-nych kierunkach i różnych drogach w przeciwieństwie do ciągu liczb rzeczywistych,który mógł dążyć do punktu x0 z lewej lub prawej strony (lub naprzemiennie).

Uwaga. Nie ma odpowiednika reguły de l’Hospitala do obliczania granic wyra-żeń nieoznaczonych funkcji dwóch i więcej zmiennych.

Definicja 9.13. Niech f : D → R, D ⊂ R2 i załóżmy, że punkt (x0, y0) ∈ D jestpunktem skupienia tego zbioru. Funkcja f jest ciągła w punkcie (x0, y0) wtedyi tylko wtedy, gdy

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = f(x0, y0).

Jeżeli punkt (x0, y0) nie jest punktem skupienia zbioru D (jest tzw. punktemizolowanym zbioru D), to przyjmujemy, że funkcja f jest w nim ciągła.

Jeżeli funkcja f nie jest ciągła w punkcie (x0, y0) ∈ D (będącym punktem skupie-nia tego zbioru), to punkt (x0, y0) nazywamy punktem nieciągłości tej funkcji.Powiemy, że funkcja jest ciągła na zbiorze D, gdy jest ciągła w każdym punkcietego zbioru.


Można pokazać, że suma, iloczyn, iloraz funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą (naczęści wspólnej ich dziedzin; w przypadku ilorazu dodatkowo poza miejscami ze-rowymi mianownika) oraz że każda funkcja elementarna jest ciągła tam, gdzie jestokreślona.

PrzykładZbadać ciągłość funkcji f(x, y) = arcsin

x

y.

Ponieważ funkcja f jest funkcją elementarną wystarczy wyznaczyć jej dziedzinę.

D :

−1 ¬ x

y¬ 1

y 6= 0

Stąd

1. y > 0 i −y ¬ x ¬ y

lub

2. y < 0 i −y x y.

x

y

O

Tym samym funkcja f jest ciągła w D = (x, y) ∈ R2; |y| |x| ∧ y 6= 0.

Twierdzenie 9.1 (Weierstrassa). Jeżeli funkcja f jest ciągła na zbiorze D dom-kniętym i ograniczonym na płaszczyźnie, to w zbiorze tym funkcja f osiąga swojąnajmniejszą i największą wartość, tzn. w zbiorze D istnieją punkty (a, b) oraz (c, d),dla których

f(a, b) = max(x,y)∈D

f(x, y), f(c, d) = min(x,y)∈D

f(x, y),

a więc f(a, b) jest maksimum globalnym (absolutnym) funkcji f , natomiast f(c, d)minimum globalnym (absolutnym) funkcji f na zbiorze D.

Definicja 9.14. Niech f : D → R, gdzie D ⊂ R2 jest zbiorem otwartym i niech(x0, y0) ∈ D. Rozważmy funkcję z = f(x, y) przy założeniu, że zmienna y jest


ustalona y = y0, a więc z = f(x, y0). Utwórzmy iloraz różnicowy dla funkcjiz = f(x, y0) w punkcie (x0, y0) dla przyrostu ∆x

f(x0 + ∆x, y0)− f(x0, y0)∆x

.

Jeżeli istnieje skończona granica powyższego ilorazu przy ∆x → 0, to granicę tęnazywamy pochodną cząstkową funkcji f względem zmiennej x w punkcie(x0, y0) i zapisujemy:

f ′x(x0, y0) lub∂f

∂x(x0, y0).

(symbol ∂f∂x czyta się „pochodna cząstkowa f po x”). Zauważmy, że pochodna

cząstkowa funkcji f względem zmiennej x jest to zwykła pochodna tej funkcji przyzałożeniu, że druga ze zmiennych (w tym przypadku y) jest ustalona.

Rozważmy teraz funkcję z = f(x0, y), a więc funkcję jednej zmiennej przy zało-żeniu, że x = x0. Utwórzmy dla tej funkcji iloraz różnicowy w punkcie (x0, y0) dlaprzyrostu ∆y

f(x0, y0 + ∆y)− f(x0, y0)∆y

.

Jeżeli istnieje skończona granica powyższego ilorazu przy ∆y → 0, to granicę tęnazywamy pochodną cząstkową funkcji f względem zmiennej y w punkcie(x0, y0) i zapisujemy:

f ′y(x0, y0) lub∂f

∂y(x0, y0).

(symbol ∂f∂y czyta się „pochodna cząstkowa f po y”). Pochodna cząstkowa funk-

cji f względem zmiennej y jest to zwykła pochodna tej funkcji przy założeniu, żezmienna x jest ustalona.

Z powyższych definicji pochodnych cząstkowych wynika, że wszystkie regułyzwiązane z różniczkowaniem funkcji jednej zmiennej pozostają prawdziwe dla po-chodnych cząstkowych funkcji wielu zmiennych.

Pochodne f ′x, f ′y nazywamy pochodnymi cząstkowymi pierwszego rzędu.

f ′x(x0, y0) = tgα f ′y(x0, y0) = tg β


y

z

x

O (x0, y0)

α

β

y0

x0

Zatem dwie proste styczne przechodzące przez punkt (x0, y0, f(x0, y0)) repre-

zentują szybkość zmian funkcji z = f(x, y), przy czym∂f

∂xjest szybkością zmian

w kierunku Ox, a∂f

∂yszybkością zmian w kierunku Oy.

Z definicji pochodnych cząstkowych i powyższego rysunku widać, że z istnie-nia pochodnych cząstkowych funkcji w punkcie (x0, y0) nie musi wynikać ciągłośćfunkcji w tym punkcie (zbliżamy się do punktu (x0, y0) tylko z czterech kierunków:wschód, zachód, północ i południe). Okazuje się jednak, że jeśli pochodne cząstkowefunkcji są ciągłe w punkcie (x0, y0), to funkcja jest ciągła w tym punkcie.

Definicja 9.15. Niech f : D → R, gdzie D ⊂ R2 jest zbiorem otwartym. Załóżmy,że funkcja z = f(x, y) posiada pochodne cząstkowe pierwszego rzędu w tym zbio-rze. Wówczas pochodne te są znowu funkcjami dwóch zmiennych. Można więc mó-wić o ich pochodnych cząstkowych. Pochodne cząstkowe pochodnych cząstkowychfunkcji f nazywamy pochodnymi cząstkowymi drugiego rzędu funkcji f .Przyjmujemy oznaczenia:

(f ′x)′x = f ′′xx, (f ′x)′y = f ′′xy, (f ′y)′x = f ′′yx, (f ′y)

′y = f ′′yy

lub

∂

∂x

(∂f

∂x

)=∂2f

∂x2 ,∂

∂y

(∂f

∂x

)=

∂2f

∂y∂x,

∂

∂x

(∂f

∂y

)=

∂2f

∂x∂y,

∂

∂y

(∂f

∂y

)=∂2f

∂y2 .

Pochodne∂2f

∂x∂yi∂2f

∂y∂xnazywamy pochodnymi cząstkowymi mieszanymi

rzędu drugiego. Analogicznie definiujemy pochodne cząstkowe wyższych rzędów.

Twierdzenie 9.2 (Schwarza). Jeżeli funkcja f : D → R, D – zbiór otwarty w R2,

posiada pochodne cząstkowe mieszane∂2f

∂x∂y,∂2f

∂y∂xi są one ciągłe w zbiorze D, to

pochodne te są równe.


Definicja 9.16. Załóżmy, że funkcja f dwóch zmiennych x i y jest określonaw pewnym otoczeniu U(x0, y0), ∆x i ∆y są takimi przyrostami zmiennych x i y,że (x0 + ∆x, y0 + ∆y) ∈ U(x0, y0), przy czym (∆x)2 + (∆y)2 > 0. Różnicę

∆f = f(x0 + ∆x, y0 + ∆y)− f(x0, y0)

nazywamy przyrostem funkcji f . Załóżmy również, że funkcja f ma pochodnecząstkowe w U(x0, y0).Różniczką zupełną funkcji f w punkcie (x0, y0) dla przy-rostu (∆x,∆y) nazywamy wyrażenie:

df = f ′x(x0, y0)∆x+ f ′y(x0, y0)∆y.

Dowodzi się, że jeżeli funkcja f ma ciągłe pochodne cząstkowe, to dla przy-rostów ∆x i ∆y dostatecznie bliskich zeru ∆f ≈ df . Zauważmy, że:

df = f ′x(x0, y0)dx+ f ′y(x0, y0)dy.

Jednym z podstawowych zastosowań różniczki zupełnej w fizyce czy chemiijest sformułowanie głównych praw termodynamiki.

Rozważmy funkcje złożoną z = f (u(x, y), v(x, y)), gdzie f : D1 → R,D1 – zbiór otwarty w R2 oraz u = u(x, y), v = v(x, y) są funkcjami określonymi napewnym zbiorze otwartym D ⊂ R2 i takimi, że dla każdego (x, y) ∈ D, (u, v) ∈ D1.

Twierdzenie 9.3 (Reguła łańcuchowa). Jeżeli funkcja f posiada pochodnecząstkowe ciągłe w D1, a funkcje u i v posiadają pochodne cząstkowe w zbiorzeD, to wówczas pochodne cząstkowe funkcji złożonej z(x, y) = f(u(x, y), v(x, y))określone są wzorami:

∂z

∂x=∂f

∂u

∂u

∂x+∂f

∂v

∂v

∂x,

∂z

∂y=∂f

∂u

∂u

∂y+∂f

∂v

∂v

∂y.

Definicja 9.17. Powiemy, że funkcja f ma w punkcie (x0, y0) maksimum lo-kalne, gdy dla każdego (x, y) z pewnego otoczenia U(x0, y0) zachodzi nierównośćf(x, y) ¬ f(x0, y0). Funkcja f ma minimum lokalne w punkcie (x0, y0), gdy dlakażdego (x, y) ∈ U(x0, y0) zachodzi nierówność f(x, y) f(x0, y0). Jeżeli powyższenierówności są ostre w sąsiedztwie S(x0, y0), to mówimy o ekstremach właści-wych funkcji f w punkcie (x0, y0).

Jeżeli funkcja f jest określona na pewnym zbiorze D ⊂ R2 i powyższe nierównościsą spełnione na zbiorze D, to mówimy odpowiednio o maksimum absolutnymlub minimum absolutnym na zbiorze D, co oznacza po prostu największą (naj-mniejszą) wartość funkcji na rozpatrywanym zbiorze.


y

z

x

O

(x0, y0)x0

y0

f(x0, y0)

Twierdzenie 9.4 (Warunek konieczny istnienia ekstremum). Jeżeli funk-cja f zmiennych x i y jest określona na pewnym otoczeniu punktu U(x0, y0), maw punkcie (x0, y0) pochodne cząstkowe i ma w tym punkcie ekstremum lokalne, to

f ′x(x0, y0) = 0 i f ′y(x0, y0) = 0.

Krótko mówiąc, zerowanie się pochodnych cząstkowych w pewnym punkciejest warunkiem koniecznym istnienia ekstremum lokalnego w tym punkcie. Impli-kacja odwrotna do powyższej jest fałszywa.

Zauważmy, że dla funkcji f(x, y) = x2 − y2 mamyf ′x = 2x = 0f ′y = −2y = 0

i łatwo widać, że f ′x(0, 0) = 0 = f ′y(0, 0), ale w punkcie (0, 0) funkcja nie ma eks-tremum (patrz powierzchnia siodłowa).

Oczywiście funkcja może mieć ekstremum lokalne w punkcie, w którym nie mapochodnych cząstkowych, np. z =

√x2 + y2, która w punkcie (x0, y0) = (0, 0) ma

minimum, a jednocześnie w tym punkcie nie ma pochodnych cząstkowych.Punkty, w których obie pochodne cząstkowe się zerują, nazywamy punktami sta-cjonarnymi tej funkcji.

Definicja 9.18. Gradientem funkcji f w punkcie (x0, y0) nazywamy wektorokreślony wzorem:

grad f(x0, y0) =[∂f

∂x(x0, y0) ,

∂f

∂y(x0, y0)

].

Gradient funkcji w punkcie wskazuje kierunek najszybszego wzrostu wartości tejfunkcji. Zerowanie się grad f jest warunkiem koniecznym istnienia ekstremum w tympunkcie.


Twierdzenie 9.5 (Warunek wystarczający istnienia ekstremum funkcjidwóch zmiennych). Niech funkcja f ma ciągłe pochodne cząstkowe drugiegorzędu w pewnym otoczeniu U(x0, y0), przy czym

∂f

∂x(x0, y0) = 0 ,

∂f

∂y(x0, y0) = 0

oraz niech

W (x0, y0) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2f

∂x2 (x0, y0)∂2f

∂x∂y(x0, y0)

∂2f

∂x∂y(x0, y0)

∂2f

∂y2 (x0, y0)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣> 0.

Wówczas w punkcie (x0, y0) funkcja f ma ekstremum lokalne właściwe i jest to:

minimum, gdy∂2f

∂x2 (x0, y0) > 0 albo maksimum, gdy∂2f

∂x2 (x0, y0) < 0.

Uwaga. Gdy W (x0, y0) < 0, to funkcja f nie ma w punkcie (x0, y0) ekstremumlokalnego. W przypadku gdy wyznacznik W (x0, y0) = 0, to badanie, czy funkcja fma ekstremum lokalne w (x0, y0) trzeba rozstrzygnąć innymi metodami (np. korzy-stając z definicji 9.17).

Zauważmy jednocześnie, że jeśli funkcja f ma ekstremum lokalne w punkcie(x0, y0), to znaki pochodnych ∂2f

∂x2 (x0, y0) i ∂2f∂y2 (x0, y0) są takie same.

Macierz drugich pochodnych cząstkowych nazywa się hesjanem (macierząHessego) funkcji f (w niektórych źródłach pod pojęciem hesjanu rozumie się wy-znacznik macierzy Hessego).

PrzykładyWyznaczyć ekstrema lokalne funkcji.

1. z = x2 + 2y2 + 2xy − 2xD = R2

Obliczamy pochodne cząstkowez′x = 2x+ 2y − 2z′y = 4y + 2xi wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji z

x+ y − 1 = 02y + x = 0

Jedynym rozwiązaniem tego układu jest punkt P (2,−1). W punkcie tym naszafunkcja z może, ale nie musi mieć ekstremum lokalnego.


Obliczmy W (2,−1). W tym celu policzmy pochodne cząstkowe drugiego rzędufunkcji z

z′′xx = 2, z′′yy = 4, z′′xy = 2, z′′yx = 2.

Stąd

W (2,−1) =

∣∣∣∣∣ 2 22 4

∣∣∣∣∣ = 4 > 0.

Tym samym na mocy twierdzenia 9.5 funkcja z ma ekstremum lokalne właściwei jest to minimum, ponieważ z′′xx = 2 > 0. zmin(2,−1) = −2.

2. z = x3 − y3 + 3xyD = R2

z′x = 3x2 + 3yz′y = −3y2 + 3x

Punkty stacjonarne funkcji z wyznaczymy rozwiązując układ równańx2 + y = 0−y2 + x = 0

Mamy dwa punkty stacjonarne P1(0, 0) i P2(1,−1).Wyznaczymy teraz pochodne cząstkowe drugiego rzędu funkcji z

z′′xx = 6x, z′′yy = −6y, z′′xy = 3, z′′yx = 3.

Obliczmy wyznacznik

W (0, 0) =

∣∣∣∣∣ 0 33 0

∣∣∣∣∣ = −9 < 0,

tym samym w punkcie stacjonarnym P1(0, 0) funkcja z nie ma ekstremum.

W (1,−1) =

∣∣∣∣∣ 6 33 6

∣∣∣∣∣ = 36− 9 = 27 > 0,

czyli w punkcie stacjonarnym P2(1,−1) jest minimum lokalne właściwe,zmin(1,−1) = −1.

Wyznaczymy ekstrema lokalne funkcji dwóch zmiennych.

1. Najpierw zdefiniujemy funkcję.

(%i1) z(x,y):=x^2+2*y^2+2*x*y-2*x;(%o1) z (x, y) := x2 + 2 y2 + 2 x y+ (−2) x

Obliczymy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu odpowiednio po zmiennej x i y.

(%i2) diff(z(x,y),x);


(%o2) 2 y+ 2 x− 2(%i3) diff(z(x,y),y);(%o3) 4 y+ 2 x

Wyznaczymy punkty stacjonarne funkcji (rozwiązujemy układ równań).

(%i4) solve([%o2=0,%o3=0], [x,y]);(%o4) [[x = 2, y = −1]]

Sprawdzamy, czy funkcja posiada ekstremum w punkcie stacjonarnym. Obliczamyhesjan funkcji, wykorzystując funkcję hessian(), która ma dwa argumenty: pierw-szy to funkcja, a drugi – zmienne funkcji zapisane w nawiasach kwadratowych.Następnie obliczymy wyznacznik hesjanu. W każdym punkcie dziedziny hesjan jesttaki sam.(%i5) hessian(z(x,y),[x,y]);

(%o5)

[2 22 4

](%i6) determinant(%o5);(%o6) 4

Wyznacznik ma wartość dodatnią (4 > 0), zatem w punkcie (2,−1) funkcja maekstremum lokalne. W każdym punkcie dziedziny pochodna z′′xx(x, y) przyjmujetaką samą wartość.

(%i7) diff(z(x,y),x,2);(%o7) 2

Na koniec obliczamy wartość funkcji w punkcie ekstremalnym.

(%i8) z(2,-1);(%o8) −2

2. Wyznaczymy ekstrema lokalne kolejnej funkcji. Najpierw zdefiniujemy ją.

(%i1) z(x,y):=x^3-y^3+3*x*y;(%o1) z (x, y) := x3 − y3 + 3 x y

Obliczymy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu odpowiednio po zmiennej x i y.

(%i2) diff(z(x,y),x);(%o2) 3 y+ 3 x2

(%i3) diff(z(x,y),y);(%o3) 3 x− 3 y2

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji.

(%i4) solve([%o2=0,%o3=0], [x,y]);

(%o4) [[x = −√3 %i+12 , y = −

√3 %i−12 ], [x =

√3 %i−12 , y =

√3 %i+12 ],

[x = 1, y = −1], [x = 0, y = 0]]Interesują nas tylko rozwiązania rzeczywiste, zatem punkty stacjonarne to (1,−1)i (0, 0). Sprawdzamy czy funkcja posiada ekstrema w tych punktach. Obliczamyhesjan funkcji i jego wyznacznik.

(%i5) hessian(z(x,y),[x,y]);


(%o5)

[6 x 33 −6 y

](%i6) determinant(%o5);(%o6) −36 x y− 9

Obliczamy wartość wyznacznika w każdym z punktów stacjonarnych.

(%i7) %o6, x=1, y=-1;(%o7) 27(%i8) %o6, x=0, y=0;(%o8) −9

W punkcie (0, 0) funkcja nie ma ekstremum. Natomiast, aby określić rodzaj eks-tremum w punkcie (1,−1), obliczamy z′′xx(1,−1).

(%i8) diff(z(x,y),x,2);(%o8) 6 x(%i9) %o8, x=1, y=-1;(%o9) 6

W ostatnim zapisie można pominąć y = −1, gdyż z′′xx nie zależy od zmiennej y.

Wartość najmniejszą i największą ciągłej funkcji dwóch zmiennych na ogra-niczonym obszarze domkniętym D znajdujemy w następujący sposób:

1. we wnętrzu zbioru D szukamy punktów, w których funkcja może mieć eks-trema lokalne (są to punkty stacjonarne i punkty, w których funkcja nie maprzynajmniej jednej pochodnej cząstkowej),

2. na brzegu obszaruD szukamy punków, w których funkcja może mieć ekstrema(na brzegu funkcja f jest funkcją jednej zmiennej),

3. porównujemy wartości funkcji w otrzymanych punktach oraz na tej podstawieustalamy wartości najmniejszą i największą na obszarze.

PrzykładWyznaczyć ekstrema globalne funkcji:f(x, y) = x2 + 2xy − 4x+ 8y na zbiorze P = (x, y) ∈ R2; 0 ¬ x ¬ 1, 0 ¬ y ¬ 2.Funkcja f jest ciągła na R2, a więc również na prostokącie P . Z twierdzenia We-ierstrassa wynika, że funkcja f osiąga w tym prostokącie swoją najmniejszą i naj-większą wartość.

x

y

O 1

2

A B

CD


Wyznaczmy punkty stacjonarne funkcji f we wnętrzu prostokąta Pf ′x = 2x+ 2y − 4, f ′y = 2x+ 8.

Rozwiązując układ równańx+ y − 2 = 0x+ 4 = 0

otrzymujemy punkt (−4, 6) /∈ P , a więc nasza funkcja osiąga wartość najmniejsząi największą na brzegu prostokąta P .Rozważmy funkcję f na odcinku AB: y = 0, 0 ¬ x ¬ 1

f(x, 0) = x2 − 4x = g(x)g′(x) = 2x− 4 = 0⇐⇒ x = 2 /∈ [0, 1],

bierzemy więc pod uwagę punkty A(0, 0), B(1, 0).Funkcja f na odcinku BC: x = 1, 0 ¬ y ¬ 2 jest postaci

f(1, y) = 10y − 3 = h(y)h′(y) = 10 6= 0,

więc należy uwzględnić punkt C(1, 2).Rozważmy teraz odcinek DC: y = 2, 0 ¬ x ¬ 1

f(x, 2) = x2 + 4x− 4x+ 16 = x2 + 16 = u(x)u′(x) = 2x = 0⇐⇒ x = 0,

dołączamy więc punkt D(0, 2).I wreszcie odcinek AD: x = 0, 0 ¬ y ¬ 2

f(0, y) = 8y = v(y)v′(y) = 8 6= 0

Tym samym jedynymi punktami, w których funkcja f może osiągnąć ekstremaglobalne, są punkty A, B, C, D. Obliczymy wartości funkcji f w tych punktachi wybierzemy największą i najmniejszą.

f(0, 0) = 0, f(1, 0) = −3, f(1, 2) = 17, f(0, 2) = 16.

A więc najmniejszą wartość −3 osiąga funkcja f w punkcie B(1, 0), a największąrówną 17 w punkcie C(1, 2).

Wyznaczymy ekstrema globalne funkcji. Najpierw zdefiniujemy ją.

(%i1) f(x,y):=x^2+2*x*y-4*x+8*y;(%o1) f (x, y) := x2 + 2 x y+ (−4) x+ 8 y

Obliczymy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu funkcji f i wyznaczymy jej punktystacjonarne.

(%i2) diff(f(x,y),x,1);(%o2) 2 y+ 2 x− 4(%i3) diff(f(x,y),y,1);(%o3) 2 x+ 8(%i4) solve([%o2=0,%o3=0], [x,y])(%o4) [[x = −4, y = 6]]


Punkt (−4, 6) nie należy do dziedziny funkcji f .Funkcja f na odcinkach będących brzegiem dziedziny jest równa wielomianom conajwyżej drugiego stopnia. W tym przypadku użycie Maximy do wyznaczenia jejekstremów jest zbędne (wyznaczanie ekstremów funkcji jednej zmiennej z wyko-rzystaniem Maximy zostało przedstawione w rozdziale 6).

Rozdział 10

Równania różniczkowezwyczajne

Najogólniej można powiedzieć, że równanie różniczkowe jest to równanie,które zawiera pochodne. Wiele problemów fizykochemicznych można sformułowaćw języku równań różniczkowych. Jeśli szukana funkcja zależy tylko od jednej zmien-nej, to takie równanie zawierające zwykłe pochodne nosi nazwę równania różnicz-kowego zwyczajnego. Równania, które zawierają pochodne cząstkowe, nazywamyrównaniami różniczkowymi cząstkowymi. Na ogół klasyfikacji równań dokonuje sięze względu na ich rząd.

Definicja 10.1. Równaniem różniczkowym zwyczajnym rzędu pierwszegonazywamy równanie postaci:

F (x, y, y′) = 0, (10.1)

gdzie F jest funkcją ciągłą w pewnym obszarze ∆ ⊂ R3, y oznacza niewiadomąfunkcję zmiennej x określoną na pewnym przedziale I, a y′ – pochodną tej niewia-domej funkcji, pod warunkiem, że y′ występuje w tym równaniu w sposób wyraźny.

Na przykład y′ = 2x+1, y′−2y2 = 0, y′−y lnx = 0 są równaniami różniczkowymizwyczajnymi pierwszego rzędu, reakcja (proces rozpadu) pierwszego rzędu

może być opisana równaniemdy

dx= ky.

Dalej zajmiemy się równaniami (10.1), które można rozwiązać ze względu na po-chodną y′, a więc równaniami postaci:

y′ = f(x, y), (10.2)

gdzie f jest funkcją ciągłą w pewnym obszarze D ⊂ R2.

Każdą funkcję y = y(x) różniczkowalną na przedziale I, o wykresie zawartym

Rozdział 10. Równania różniczkowe zwyczajne 149

w obszarze D, to znaczy: (x, y(x)) ∈ D dla każdego x ∈ I, taką że∧x∈I

y′(x) = f(x, y(x)),

nazywamy rozwiązaniem szczególnym (całką szczególną) równania (10.2) naprzedziale I. Wykres rozwiązania y = y(x), x ∈ I, równania różniczkowego nazy-wamy krzywą całkową tego równania.

Rozwiązaniem ogólnym (całką ogólną) równania (10.2) nazywamy jednopa-rametrową rodzinę funkcji y = y(x,C) takich, że dla każdej dopuszczalnej wartościC = C0 funkcja y = y(x,C0) jest rozwiązaniem szczególnym równania (10.2).

Definicja 10.2. Zadanie polegające na wyznaczeniu rozwiązania szczególnegoy = y(x) równania różniczkowego (10.2) spełniającego tak zwany warunek począt-kowy y(x0) = y0, gdzie (x0, y0) ∈ D, nazywamy zagadnieniem początkowymlub inaczej zagadnieniem Cauchy’ego.

Geometrycznie zadanie to sprowadza się do znalezienia krzywej całkowej rów-nania różniczkowego przechodzącej przez z góry podany punkt obszaru D.

x

y

O

D(x0, y0)

Twierdzenie 10.1 (Cauchy’ego). Jeżeli funkcja f jest ciągła na obszarzeD ⊂ R2 i ma ciągłą pochodną f ′y w D, to przez każdy punkt tego obszaru prze-chodzi dokładnie jedna krzywa całkowa równania (10.2).

Definicja 10.3. Równaniem różniczkowym o zmiennych rozdzielonych na-zywamy równanie postaci:

y′ = g(x) · h(y), (10.3)

gdzie g i h są funkcjami ciągłymi odpowiednio na przedziałach (a, b) i (c, d)(w szczególności mogą to być przedziały niewłaściwe), a więc D = (x, y) ∈ R2;a < x < b, c < y < d.

Twierdzenie 10.2. Jeżeli funkcja g jest ciągła na przedziale (a, b), a funkcja hjest ciągła i różna od zera na przedziale (c, d), to przez każdy punkt (x0, y0) ∈ Dprzechodzi dokładnie jedno rozwiązanie równania (10.3).


Równanie (10.3) rozwiązuje się poprzez formalne zapisanie w postaci

dy

h(y)= g(x)dx,

a więc rozdzielenie zmiennych i scałkowanie każdej ze stron względem odpowiedniejzmiennej.

W przypadku gdy h(y) = 0, to funkcja stała y = y, x ∈ (a, b) jest rozwią-zaniem równania (10.3), jednak wówczas zagadnienie Cauchy’ego nie musi miećjednoznacznego rozwiązania, np. równanie y′ = 3y

23 z warunkiem początkowym

y(0) = 0. Funkcja y = 0 dla x ∈ (−∞,∞) jest rozwiązaniem naszego równaniai spełnia warunek początkowy y(0) = 0, ale również rozwiązując równaniedy

dx= 3y

23 poprzez rozdzielenie zmiennych

dy

y23

= 3dx i scałkowanie stronami∫dy

y23

= 3∫dx otrzymujemy rozwiązanie y = x3, które także spełnia warunek

y(0) = 0.

PrzykładyWyznaczyć wszystkie rozwiązania równania:

1. y′ = xy2

Jest to oczywiście równanie o zmiennych rozdzielnych.Załóżmy, że

y 6= 0.

Rozdzielając zmiennedy

y2 = x dx

i całkując stronami ∫dy

y2 =∫x dx,

otrzymujemy

−1y

=x2

2+ C1, C1 − dowolna stała.

Ostateczniey = − 2

x2 + 2C1

2C1 = C

y = − 2x2 + C

, C ∈ R i x2 + C 6= 0,


jest to rozwiązanie ogólne naszego równania.Tak więc otrzymaliśmy wszystkie rozwiązania w prostokątach

P1 = (x, y) ∈ R2; −∞ < x < +∞, y > 0,

P2 = (x, y) ∈ R2; −∞ < x < +∞, y < 0.

Należy zauważyć, że funkcja y = 0 również jest rozwiązaniem naszego równania.Wszystkie rozwiązania są określone wzorami:

y = − 2x2 + 2C

, C ∈ R; y = 0.

Poniższy rysunek przedstawia wykresy rozwiązań dla C ∈ −5,−4, ..., 4.

x

y

O 1

1

2. y′ = 2√y lnx, y(e) = 1

Zauważmy, że y 0 i x > 0, tym samym poszukujemy rozwiązania, któregokrzywa całkowa znajduje się w prostokącie

P =

(x, y) ∈ R2; 0 < x < +∞, 0 ¬ y < +∞

i przechodzi przez punkt (e, 1) ∈ P . y musi być różne od zera, tym samymrozdzielając zmienne mamy

dy

dx= 2√y lnx,

∫dy√y

= 2∫

lnx dx,

√y = x(lnx− 1) + C, C − dowolna stała,

y = (x(lnx− 1) + C)2 , C ∈ R.

Z warunku początkowego otrzymujemy, że C2 = 1, stąd C = 1 ∨ C = −1.Zauważmy, że tylko dla C = 1 y(e) = 1, a więc y = (x(lnx− 1) + 1)2 (pamię-tajmy, z równości a = b =⇒ a2 = b2, ale nie odwrotnie). Na rysunku poniżejprzedstawiono krzywe całkowe dla C ∈ 1; 1,5; 2; 2,5.


x

y

O 1

1(e, 1)

1. Wyznaczymy rozwiązanie ogólne równania różniczkowego zwyczajnego. Funk-cja ode2() służy do rozwiązywania równań różniczkowych zwyczajnych pierwszegoi drugiego rzędu. Posiada ona trzy argumenty: najpierw podajemy równanie róż-niczkowe, następnie symbol szukanej funkcji, na końcu jej argument. Pochodną y′

zapisujemy ’diff(y,x).

(%i1) ode2(’diff(y,x)=x*y^2, y, x);(%o1) −1y = x2

2 + %cWyznaczamy y, czyli rozwiązujemy powyższe równanie ze względu na zmienną y.

(%i2) solve(%o1, y);(%o2) [y = − 2

x2+2 %c ]%c oznacza stałą, która może przyjmować dowolne wartości rzeczywiste.

2. Wyznaczymy teraz rozwiązanie szczególne równania różniczkowego spełniają-ce zadany warunek początkowy. Najpierw znajdziemy rozwiązanie ogólne równania.

(%i1) ode2(’diff(y,x)=2*sqrt(y)*log(x), y, x);(%o1)

√y = x log (x)− x+ %c

Uwzględnimy teraz warunek początkowy y(e) = 1. Wykorzystamy funkcję ic1(),która ma trzy argumenty: pierwszy to rozwiązanie ogólne równania różniczkowego,drugi to wartość zmiennej x (u nas x = %e), a trzeci to wartość zmiennej y (u nasy = 1).

(%i2) ic1( %o1, x= %e, y=1);(%o2)

√y = x log (x)− x+ 1

Na koniec wyznaczamy y. Oczywiście x lnx−x+1 0, zatem gdy program zapytao znak tego wyrażenia, to wpiszemy literę p (dodatnie), a następnie literę z (równezero).

(%i3) solve(%o2=0, y);Is x*(log(x)-1)+1 positive, negative, or zero?p;

(%o3) [y = x2 log (x)2 +(2 x− 2 x2

)log (x) + x2 − 2 x+ 1]

(%i4) factor(%o3);(%o4) [y = (x log (x)− x+ 1)2](%i5) solve(%o2=0,y);

Is x*(log(x)-1)+1 positive, negative, or zero?z;


(%o5) y = x2 log (x)2 +(2 x− 2 x2

)log (x) + x2 − 2 x+ 1]

(%i6) factor(%o5);(%o6) [y = (x log (x)− x+ 1)2]

Definicja 10.4. Równanie różniczkowe postaci:

y′ + p(x)y = q(x), (10.4)

gdzie p i q są funkcjami ciągłymi na pewnym przedziale, a y = y(x) jest niewiadomąfunkcją, nazywamy równaniem liniowym rzędu pierwszego.Gdy q(x) = 0, równanie (10.4) ma postać:

y′ + p(x)y = 0 (10.5)

i nazywane jest równaniem liniowym jednorodnym. Jeżeli funkcja q(x) nie jesttożsamościowo równa zeru, równanie (10.4) nazywane jest równaniem liniowymniejednorodnym.

Twierdzenie 10.3. Jeżeli funkcje liniowe p i q w równaniu (10.4) są funkcjamiciągłymi na przedziale (a, b), to dla dowolnej pary liczb (x0, y0), gdzie x0 ∈ (a, b),istnieje dokładnie jedno rozwiązanie y = y(x) równania (10.4) spełniające warunekpoczątkowy y(x0) = y0.

Geometrycznie oznacza to, że przez każdy punkt obszaru D = (x, y) ∈ R2;a < x < b ∧−∞ < y < +∞ przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa równania(10.4).

Twierdzenie 10.4. Jeżeli y = yO(x,C), x ∈ (a, b), jest rozwiązaniem ogólnymrównania liniowego (10.5) oraz y = yS(x), x ∈ (a, b), jest rozwiązaniem szczegól-nym równania niejednorodnego (10.4), to y = yO + yS jest rozwiązaniem ogólnymrównania liniowego niejednorodnego (10.4).

Równanie liniowe jednorodne jest równaniem jednocześnie o zmiennych roz-dzielonych, a więc z wyznaczeniem rozwiązania ogólnego yO nie ma problemu.Z (10.5) otrzymujemy

yO(x) = Ce−∫p(x)dx, (10.6)

przy czym w całce pomijamy stałą całkowania.Jeśli chodzi o wyznaczenie rozwiązania szczególnego yS równania liniowego niejed-norodnego (10.4), wyznaczamy je stosując jedną z metod:

a) uzmienniania stałej (wariacji stałej),

b) przewidywań.


Pierwsza metoda polega na tym, że stałą C w rozwiązaniu ogólnym zastępujemyodpowiednio dobraną funkcją C(x) mającą ciągłą pochodną.Druga metoda dotyczy tylko równań y′+ay = q(x), gdzie a jest pewną stałą. Jeżeliq(x) = Wn(x)eαx, gdzie Wn(x) jest wielomianem stopnia n, α ∈ R, wówczas

yS =

Vn(x)eαx, α 6= −a

xVn(x)eαx, α = −a

Vn – wielomian stopnia n.Jeżeli

q(x) = eαx(Wn(x) cosβx+ Vm(x) sinβx),

β 6= 0, Wn, Vm – wielomiany odpowiednio stopnia n i m, wówczas

yS = eαx(Pk(x) cosβx+Qk(x) sinβx),k = maxn,m,

Pk, Qk – wielomiany stopnia k.

Przykłady

1. Znaleźć rozwiązanie szczególne równania y′ − 1x−1y = x, które spełnia warunek

początkowy y(2) = 1.

Rozwiązania poszukujemy w zbiorze:D = (x, y) ∈ R2; 1 < x < +∞, −∞ < y < +∞.Najpierw znajdziemy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego:

y′ − 1x− 1

y = 0,

dy

dx=

1x− 1

y,

dy

y=

dx

x− 1, y 6= 0,

ln |y| = ln |x− 1|+ ln |C|, C 6= 0.

y = C(x − 1), C ∈ R (y = 0 jest to również rozwiązanie naszego równaniajednorodnego). A więc rozwiązanie ogólne określone jest wzorem

yO = C(x− 1), C ∈ R.

W celu wyznaczenia rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego zasto-sujemy metodę wariacji stałej


yS = C(x)(x− 1), C : (1,∞)→ R, jest klasy C1,y′S = C ′(x)(x− 1) + C(x),

C ′(x)(x− 1) + C(x)− 1x− 1

C(x)(x− 1) = x,

C ′(x) =x

x− 1.

Więc

C(x) =∫ (

1 +1

x− 1

)dx = x+ ln(x− 1), (x > 1),

yS = x2 − x+ (x− 1) ln(x− 1).

Rozwiązanie ogólne naszego równania określone jest wzorem

y = C(x− 1) + x2 − x+ (x− 1) ln(x− 1), C ∈ R.

Należy wyznaczyć stałą C, dla której y(2) = 1:y(2) = 1 = C + 2C = −1Otrzymujemy więc rozwiązanie szczególne, które spełnia warunek y(2) = 1w postaci

y = 1− x+ x2 − x+ (x− 1) ln(x− 1),

y = (x− 1) (ln(x− 1) + x− 1) .

2. Wyznaczyć wszystkie rozwiązania równania y′ + 2y = 4x2.

Ponieważ p(x) = 2, q(x) = 4x2, możemy zastosować metodę przewidywań.Z (10.6) rozwiązanie ogólne równania

y′ + 2y = 0

jest postaciyO = Ce−2x, C ∈ R.

PrzewidujemyyS = ax2 + bx+ c.

Obliczając pochodną yS i wstawiając do wyjściowego równania mamy

2ax+ b+ 2(ax2 + bx+ c) = 4x2,

2ax2 + (2a+ 2b)x+ (b+ 2c) = 4x2,2a = 42a+ 2b = 0b+ 2c = 0

=⇒a = 2,b = −2,c = 1,


yS = 2x2 − 2x+ 1.

Stądy = yO + yS = Ce−2x + 2x2 − 2x+ 1, C ∈ R.

3. Znaleźć rozwiązanie równania y′ − 4y = 10x sin 2x spełniające warunek począt-kowy y(0) = 2.

Ponieważ p(x) = −4, q(x) = 10x sin 2x, możemy zastosować metodę przewi-dywań. Wyznaczmy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego

y′ − 4y = 0,

yO = Ce4x, C ∈ R.

PrzewidujemyyS = (ax+ b) cos 2x+ (cx+ d) sin 2x,

y′S = a cos 2x− 2(ax+ b) sin 2x+ c sin 2x+ 2(cx+ d) cos 2x,

a cos 2x− 2(ax+ b) sin 2x+ c sin 2x+ 2(cx+ d) cos 2x−

4(ax+ b) cos 2x− 4(cx+ d) sin 2x = 10x sin 2x,

(2c−4a)x cos 2x+(−2a−4c)x sin 2x+(a−4b+2d) cos 2x+(−2b+c−4d) sin 2x =

= 10x sin 2x,

więc 2c− 4a = 0−2a− 4c = 10a− 4b+ 2d = 0−2b+ c− 4d = 0

=⇒

a = −1,

b = −25 ,

c = −2,

d = − 310 ,

yS =(−x− 2

5

)cos 2x+

(−2x− 3

10

)sin 2x.

Ostatecznie

y = Ce4x +(−x− 2

5

)cos 2x+

(−2x− 3

10

)sin 2x, C ∈ R.

Wyznaczmy teraz rozwiązanie spełniające warunek początkowy y(0) = 2y(0) = 2 = C − 2

5 , stąd C = 125 ,

y =125e4x +

(−x− 2

5

)cos 2x+

(−2x− 3

10

)sin 2x.


Uwaga. Jeżeli y1, y2 są rozwiązaniami szczególnymi odpowiednio równańy′ + p(x)y = q1(x), y′ + p(x)y = q2(x), wówczas yS = y1 + y2 jest rozwiązaniemszczególnym równania y′ + p(x)y = q1(x) + q2(x).

1. Znajdziemy rozwiązanie szczególne równania spełniające podany warunek po-czątkowy.

(%i1) ode2(’diff(y,x)-1/(x-1)*y=x, y, x);(%o1) y = (x− 1) (log (x− 1) + x+ %c)(%i2) ic1(%o1, x=2, y=1);(%o2) y = (x− 1) log (x− 1) + x2 − 2 x+ 1

Przekształcimy rozwiązanie do postaci iloczynowej.

(%i3) factor(%o2);(%o3) y = (x− 1) (log (x− 1) + x− 1)

2. Wyznaczymy rozwiązanie ogólne równania.

(%i1) ode2(’diff(y,x)+2*y=4*x^2, y, x);(%o1) y = %e−2 x

((2 x2 − 2 x+ 1

)%e2 x + %c

)Uprościmy zapis funkcji y.

(%i2) expand(%o1);(%o2) y = %c %e−2 x + 2 x2 − 2 x+ 1

3. Znajdziemy rozwiązanie szczególne równania spełniające podany warunekpoczątkowy.

(%i1) ode2(’diff(y,x)-4*y=10*x*sin(2*x), y, x);

(%o1) y = %e4 x(%c− %e−4 x ((20 x+3) sin(2 x)+(10 x+4) cos(2 x))

10

)(%i2) ic1(%o1, x=0, y=2);

(%o2) y = − (20 x+3) sin(2 x)+(10 x+4) cos(2 x)−24 %e4 x10

Z równaniami różniczkowymi zwyczajnymi na ogół jest tak (poza prostymiprzypadkami), że trzeba znać metodę rozwiązania konkretnego typu równania. Po-znaliśmy dwa najważniejsze równania różniczkowe zwyczajne: liniowe i o zmiennychrozdzielonych, ale są jeszcze równania różniczkowe, też istotne w różnych modelachprocesów i zjawisk, takie jak równanie Bernoullego, Clairauta, Lagrange’a i inne,których metody rozwiązywania znajdziemy w każdym podręczniku traktującymo równaniach różyczkowych zwyczajnych.

Rozwiązania niektórych równań różniczkowych o istotnym znaczeniu dlafizyki i chemii mogą być wyrażone tylko za pomocą szeregów potęgowych.

Definicja 10.5. Równaniem różniczkowym zwyczajnym rzędu drugiegonazywamy równanie postaci:

y′′ = f(x, y, y′), (10.7)

gdzie f : D → R jest funkcją ciągłą i zbiór D jest obszarem w R3.


Praktycznie wszystkie równania różniczkowe występujące w fizyce i chemii sąpierwszego rzędu, np. proste reakcje chemiczne, bądź też drugiego rzędu,np. równania ruchu: d2y

dx2 = −g – spadanie ciała pod wpływem siły ciężkości.

PrzykładRozważmy równanie y′′ = 2x+ 1.Zauważmy, że y′ = x2 +x+C1 i y = x3

3 + x2

2 +C1x+C2, gdzie C1 i C2 są dowolnymistałymi, a więc rozwiązanie naszego równania rzędu drugiego zależne jest od dwóchstałych.

Rozwiązaniem ogólnym równania (10.7) nazywamy funkcję postaci y = y(x,C1, C2),która dla każdego punktu (x,C1, C2) z pewnego obszaru zmienności x, C1, C2 jestrozwiązaniem szczególnym równania (10.7).

Zagadnienie Cauchy’ego dla równania (10.7) polega na znalezieniu takiego rozwią-zania szczególnego równania (10.7), że dla z góry zadanych wartości x0, y0, y′0takich, że (x0, y0, y

′0) ∈ D, mamy y(x0) = y0 i y′(x0) = y′0. Warunki te nazywamy

warunkami początkowymi dla równania (10.7). Można podać również inne wa-runki, np. y(a) = y1, y(b) = y2 albo y′(a) = y′1, y′(b) = y′2. Wówczas mówimyrównież o warunkach brzegowych, a równanie różniczkowe (10.7) nazywamyczęsto zagadnieniem brzegowym.

Pewne równania rzędu drugiego możemy poprzez proste podstawienia sprowadzićdo równań rzędu pierwszego, np. równanie F (y, y′, y′′) = 0 poprzez podstawieniey′ = u(y) do równania F

(y, u(y), u′(y)u(y)

)= 0, ponieważ

y′′ = u′(y) · y′ = u′(y)u(y).

Zajmiemy się teraz jednym z najważniejszych typów równań rzędu drugiegowystępującym w fizyce i chemii, równaniem różniczkowym liniowym

y′′ + f1(x)y′ + f2(x)y = f3(x), (10.8)

gdzie f1, f2, f3 : (a, b)→ R są funkcjami ciągłymi.

Można pokazać, że przez każdy punkt obszaru D = (x, y); a < x < b,−∞ < y < +∞ przechodzi dokładnie jedna krzywa całkowa y = y(x) równania(10.8) spełniająca warunki y(x0) = y0 i y′(x0) = y′0.

Definicja 10.6. Funkcje y1 i y2 określone w pewnym wspólnym przedziale (a, b)nazywamy liniowo zależnymi, jeżeli istnieją stałe C1, C2 niezerujące się jedno-cześnie (C2

1 + C22 > 0) takie, że C1y1(x) + C2y2(x) = 0 dla każdego x ∈ (a, b).

Np. funkcje y1 = x, y2 = 3x, x ∈ (−∞,+∞).


Definicja 10.7. Funkcje y1, y2 określone w pewnym wspólnym przedziale (a, b)nazywamy liniowo niezależnymi, jeżeli z równości C1y1(x) + C2y2(x) = 0 dlakażdego x ∈ (a, b) wynika, że C1 = C2 = 0.

Np. funkcje y1 = x, y2 = 2x+ 3, x ∈ (−∞,+∞).C1x+ C2(2x+ 3) = 0,x(C1 + 2C2) + 3C2 = 0,

stąd

C1 + 3C2 = 0C2 = 0

,

a więc również C1 = 0.

Definicja 10.8. Wrońskianem (wyznacznikiem Wrońskiego) układu funkcjiy1, y2 różniczkowalnych w przedziale (a, b) nazywamy wyznacznik postaci

W (y1, y2) =

∣∣∣∣∣ y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)

∣∣∣∣∣ .Twierdzenie 10.5. Warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, aby funkcje y1,y2 będące rozwiązaniami szczególnymi równania jednorodnego

y′′ + f1(x)y′ + f2(x)y = 0 (10.9)

odpowiadającego równaniu (10.8) były liniowo niezależne, jest, aby wyznacznik Wroń-skiego był różny od zera dla każdego x ∈ (a, b).

Twierdzenie 10.6. Rozwiązanie ogólne równania jednorodnego (10.9) jest postaciy0 = C1y1(x)+C2y2(x), gdzie C1, C2 – dowolne stałe, a y1, y2 – liniowo niezależnerozwiązania szczególne równania (10.9).

Twierdzenie 10.7. Rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego (10.8) wyrażasię wzorem y = yO+yS, gdzie yO jest rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego(10.9), a yS rozwiązaniem szczególnym równania niejednorodnego (10.8).

Uwaga. Na ogół nie potrafimy wyznaczyć układu funkcji y1, y2 liniowo niezależ-nych spełniających równanie jednorodne (10.9). Natomiast potrafimy to zrobić,gdy współczynniki f1 i f2 równania liniowego (10.8) są stałe. A więc potrafimyrozwiązać każde równanie:

y′′ + ay′ + by = f(x). (10.10)

W celu wyznaczenia układu funkcji y1(x), y2(x) liniowo niezależnych rozwiązańszczególnych równania jednorodnego

y′′ + ay′ + by = 0 (10.11)

postępujemy w sposób następujący: zapisujemy tak zwane równanie charaktery-styczne dla równania (10.11), to znaczy równanie kwadratowe postaci

r2 + ar + b = 0.


Wyznaczamy pierwiastki tego równania.

1. ∆ > 0. Mamy wówczas dwa różne pierwiastki rzeczywiste r1, r2. Łatwo spraw-dzić, że funkcje y1 = er1x, y2 = er2x są rozwiązaniami szczególnymi równania(10.11) liniowo niezależnymi. Tym samym rozwiązanie ogólne równania (10.11)jest postaci:

yO = C1er1x + C2e

r2x, C1, C2 – dowolne stałe.

2. ∆ = 0. Wówczas r1 = r2 = r, y1 = erx, y2 = xerx i rozwiązanie ogólne jestpostaci:

yO = C1erx + C2xe

rx, C1, C2 – dowolne stałe.

3. ∆ < 0. Wówczas mamy dwa różne pierwiastki zespolone równania charaktery-stycznego r1 = α+ iβ, r2 = α− iβ. Rozwiązania szczególne równania (10.11) sąpostaci:

y1 = eαx cosβx, y2 = eαx sinβx,

a rozwiązanie ogólne:

yO = C1eαx cosβx+ C2e

αx sinβx, gdzie C1, C2 – dowolne stałe.

W celu wyznaczenia rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego korzy-stamy z jednej z metod:

a) metody wariacji stałych,

b) metody przewidywań.

Metoda wariacji stałych polega na tym, że poszukujemy rozwiązania szczególnegorównania niejednorodnego (10.10) w postaci yS = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x), gdziey1, y2 są liniowo niezależnymi rozwiązaniami szczególnymi równania jednorodnego(10.11). Chwilowo nieznane funkcje, o których zakładamy, że mają ciągłe pochodne,wyznaczamy rozwiązując układ równań:

C ′1(x)y1(x) + C ′2(x)y2(x) = 0C ′1(x)y′1(x) + C ′2(x)y′2(x) = f(x).

Jest to oczywiście układ Cramera z niewiadomymi C ′1(x) i C ′2(x), ponieważ wy-znacznik główny jest wrońskianem układu funkcji y1, y2.

Drugą metodę do wyznaczania rozwiązania szczególnego równania (10.10) możemystosować, jeżeli prawa strona tego równania ma jedną z postaci:

f(x) = eαxWk(x), Wk – wielomian stopnia k.


yS =

eαxPk(x) − jeżeli α nie jest pierwiastkiemrównania charakterystycznego,

xeαxPk(x) − jeżeli α jest jednokrotnym pierwiastkiemrównania charakterystycznego,

x2eαxPk(x) − jeżeli α jest dwukrotnym pierwiastkiemrównania charakterystycznego,

Pk jest wielomianem stopnia k.

Przykładydla równania y′′ − 1

2y′ − 1

2y = 3e12x,

gdzie r1 = 1, r2 = −12 ; yS = Ae

12x;

dla równania y′′ − 3y′ + 2y = x2 + 3x,gdzie r1 = 1, r2 = 2; yS = Ax2 +Bx+ C;

dla równania y′′ − 3y′ = x2 + 3x,gdzie r1 = 3, r2 = 0; yS = x(Ax2 +Bx+ C);

dla równania y′′ − 2y′ + y = xex,gdzie r1 = r2 = 1; yS = x2(Ax+B)ex;

Jeżeli terazf(x) = eαx(Wm(x) cosβx+ Vn(x) sinβx),

gdzie β 6= 0, Wm(x), Vn(x) wielomiany odpowiednio stopnia m i n przewidujemy:

yS =

eαx

(Qk(x) cosβx+ Pk(x) sinβx

)− jeżeli α± iβ nie są pierwiastkami

równania charakterystycznego

xeαx(Qk(x) cosβx+ Pk(x) sinβx

)− jeżeli α± iβ są pierwiastkami

równania charakterystycznego

k = maxm,nPk, Qk – wielomiany stopnia k.

PrzykładDla równania y′′ + y = 10ex sin 2x,gdzie α± iβ = 1± 2i; yS = ex(A cos 2x+B sin 2x),ponieważ pierwiastkami równania charakterystycznego r2 + 1 = 0 są liczby zespo-lone r1 = i, r2 = −i,

natomiast dla równania y′′ + y = 4x sinx, gdzie α ± iβ = ±i są pierwiastkamirównania charakterystycznego,


yS = x((Ax+B) cosx+ (Cx+D) sinx

).

Przykłady

1. Znaleźć wszystkie rozwiązania równania y′′ + y = tg x,

x ∈(−π

2+ kπ,

π

2+ kπ

), k ∈ Z.

Najpierw wyznaczamy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego

y′′ + y = 0.

Równanie charakterystyczne jest postaci

r2 + 1 = 0⇐⇒ r1 = i, r2 = −i,

więcyO = C1 cosx+ C2 sinx, C1, C2 ∈ R.

Aby znaleźć rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego, skorzystamy z me-tody wariacji stałych

yS = C1(x) cosx+ C2(x) sinx.

Pochodne C ′1(x) i C ′2(x) muszą spełniać następujący układ równańC ′1(x) cosx+ C ′2(x) sinx = 0C ′1(x)(− sinx) + C ′2(x) cosx = tg x.

Jest to oczywiście układ Cramera

C ′1(x) =

∣∣∣∣∣ 0 sinxtg x cosx

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ cosx sinx− sinx cosx

∣∣∣∣∣= −sin2 x

cosx,

C ′2(x) =

∣∣∣∣∣ cosx 0− sinx tg x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ cosx sinx− sinx cosx

∣∣∣∣∣= sinx,

C1(x) = −∫

sin2 x

cosxdx = −

∫1− cos2 x

cosxdx =

∫ (cosx− 1

cosx

)dx =

= sinx− ln∣∣∣∣tg(π4 +

x

2

)∣∣∣∣ ,C2(x) = − cosx,

y = C1 cosx+ C2 sinx− cosx ln∣∣∣∣tg(π4 +

x

2

)∣∣∣∣ , C1, C2 ∈ R.


2. Znaleźć rozwiązanie szczególne równania y′′ − 2y′ + y = x3.

r2 − 2r + 1 = 0,

(r − 1)2 = 0, r1 = r2 = 1, α = 0.

StądyS = ax3 + bx2 + cx+ d,

y′S = 3ax2 + 2bx+ c,

y′′S = 6ax+ 2b.

Wstawiając yS i jej pochodne do naszego równania, otrzymujemy

ax3 + (b− 6a)x2 + (6a− 4b+ c)x+ (2b− 2c+ d) = x3,a = 1b− 6a = 06a− 4b = 02b− 2c+ d = 0

=⇒

a = 1,b = 6,c = 18,d = 24,

yS = x3 + 6x2 + 18x+ 24.

3. Znaleźć rozwiązanie szczególne równania y′′ − 5y′ + 9y = 13 sin 3x.

r2 − 5r + 9 = 0,

∆ = 25− 36 = −11,

r1 =52−√

112i, r2 =

52

+

√112i,

α± iβ = ±3i 6= r1 i α± β 6= r2,

tym samymyS = a cos 3x+ b sin 3x,

y′S = −3a sin 3x+ 3b cos 3x,

y′′S = −9a cos 3x− 9b sin 3x.

Stąd−15b cos 3x+ 15a sin 3x = 13 sin 3x,

b = 0a = 13

15

yS =1315

cos 3x.


1. Wyznaczymy rozwiązanie ogólne podanego równania. Pochodną y′′ zapisujemy’diff(z,y,2).

(%i1) ode2(’diff(y,x,2)+y=tan(x), y, x);

(%o1) y = − cos(x) log(sin(x)+1)−cos(x) log(sin(x)−1)2 + %k1 sin (x) + %k2 cos (x)

%k1 i %k2 oznaczają dowolne stałe.

2. Znajdziemy rozwiązanie szczególne równania.

(%i1) ode2(’diff(y,x,2)-2*’diff(y,x)+y=x^3, y, x);(%o1) y = ( %k2 x+ %k1) %ex + x3 + 6 x2 + 18 x+ 24

Nie zostały nałożone dodatkowe warunki zatem możemy przyjąć stałe równe 0,tzn. do funkcji uzyskanej na wyjściu %o1 podstawimy stałe %k1 i %k2 równe 0.

(%i2) %o1, %k1=0, %k2=0;(%o2) y = x3 + 6 x2 + 18 x+ 24

3. Znajdziemy rozwiązanie szczególne równania.

(%i1) ode2(’diff(y,x,2)-5*’diff(y,x)+9*y=13*sin(3*x), y, x);

(%o1) y = %e5 x2

(%k1 sin

(√11 x2

)+ %k2 cos

(√11 x2

))+ 13 cos(3 x)

15

Nie zostały nałożone dodatkowe warunki, zatem jak poprzednio możemy przyjąćstałe równe 0.(%i2) %o1, %k1=0, %k2=0;(%o2) y = 13 cos(3 x)

15

Mamy również inne metody, aby rozwiązać równania różniczkowe liniowe.Jedną z nich jest metoda wykorzystująca przekształcenie (transformatę) Laplace’a.Najpierw poznamy definicję tego przekształcenia.

Definicja 10.9. Funkcją zespoloną (o wartościach zespolonych) zmiennej rze-czywistej nazywamy dowolne odwzorowanie f : I → C, gdzie I ⊂ R. Oznaczającprzez u(t) oraz v(t) odpowiednio część rzeczywistą i urojoną liczby f(t), mamy

f(t) = u(t) + iv(t), t ∈ I.

W szczególności mówimy, że funkcja f jest ciągła (różniczkowalna) w punkciet0 ∈ I, jeśli funkcje u, v : I → R są ciągłe (różniczkowalne) w t0.

Definicja 10.10. Przekształceniem albo transformatą Laplace’a L[f(t)] funk-cji f zmiennej rzeczywistej o wartościach zespolonych nazywamy przekształcenie

F (z) = L[f(t)] =+∞∫0

f(t)e−ztdt (jeśli istnieje), gdzie z = x+ iy,

f nazywamy oryginałem, F – obrazem funkcji f(t) (albo właśnie transformatąLaplace’a).


Twierdzenie 10.8. Jeżeli funkcja zespolona f(t) zmiennej rzeczywistej spełnianastępujące warunki:

1. f i f ′ mają w każdym przedziale skończonym zawartym w przedziale0 ¬ t < +∞ co najwyżej skończoną liczbę punktów nieciągłości pierwszegorodzaju,

2. f(t) = 0 dla −∞ < t < 0,

3. istnieją stałe M > 0 i α 0 takie, że dla wszystkich t ∈ R

|f(t)| < Meαt, |f ′(t)| < Meαt,

wówczas całka+∞∫0f(t)e−ztdt jest zbieżna dla z takich, że Re z > α i istnieje od-

wzorowanie odwrotne L−1[F (z)].

Podstawowe własności transformaty Laplace’a

1. Transformata Laplace’a L[f(t)] jest odwzorowaniem liniowym

L[λ1f1(t) + λ2f2(t)] = λ1L[f1(t)] + λ2L[f2(t)].

2. Jeżeli f ′(t) jest oryginałem, wówczas f(t) jest również oryginałem,gdzie L[f ′(t)] = zL[f(t)]− f(0+) i f(0+) = lim

t→0+f(t).

3. Ogólniej, jeżeli f (n)(t) jest oryginałem, wówczas f(t), f ′(t), . . . , f (n−1)(t) sąoryginałami i

L[f (n)(t)] = znL[f(t)]− zn−1f(0+)− zn−2f ′(0+)− . . .− f (n−1)(0+),

gdzie f (k)(0+) = limt→0+

f (k)(t), k = 0, 1, 2, . . . , n− 1.

4. L[−tf(t)] = F ′(z),L[(−1)ntnf(t)] = F (n)(z).

5. L[f(ct)] =1cF

(z

c

), c > 0.

6. L[t∫

0

f(u)du] =1zL[f(z)].

7. L[eλtf(t)] = F (z − λ),F (z) = L[f(t)].


Przykłady

1. Znaleźć obraz F (z) = L[f(t)] (transformatę Laplace’a) funkcji

f(t) =

1 dla t > 00 dla t < 0

x

y

1

f(t) jest oryginałem; α = 0.

F (z) =+∞∫0

1 · e−zt = limA→+∞

[e−zt

−z

]A0

=1z

dla Re z > α = 0.

Zazwyczaj w zastosowaniach nie korzystamy z formuły

L[f(t)] =+∞∫0

f(t)e−ztdt,

co nie jest zwykle proste, lecz korzystamy z gotowej tablicy przekształceń Laplace’a.

f(t) F (z) f(t) F (z)

tnn!zn+1 Re z > 0 eat

1z − a

Re z > λ

sinωtω

z2 + ω2 Re z > 0 cosωtz

z2 + ω2 Re z > 0

eλt sinωtω

(z − λ)2 + ω2Re z > λ eλt cosωt

z − λ(z − λ)2 + ω2

Re z > λ

t sin t2z

(z2 + 1)2 Re z > 0 t cos tz2 − 1

(z2 + 1)2 Re z > 0

tneλtn!

(z − λ)n+1 Re z > λ n = 0, 1, 2, . . . λ, ω ∈ R

2. Wyznaczyć transformatę Laplace’a dla funkcji f(t) = te−2t cost

3.

Z powyższej tablicy mamy L[cos t] =z

z2 + 1dla Re z > 0

L

[cos

t

3

]= 3

3z9z2 + 1

.


Z własności 7

L

[e−2t cos

t

3

]= 3

3(z + 2)9(z + 2)2 + 1

.

Z własności 4

L

[te−2t cos

t

3

]= (−1)

[9(z + 2)

9(z + 2)2 + 1

]′= (−9)

−9(z + 2)2 + 1[9(z + 2)2 + 1]2

.

3. Obliczyć L[3− 2et + 2 sin 4t

]L[3− 2et + 2 sin 4t

]= 3L [1]− 2L

[et]

+ 2L [sin 4t] =

=3z− 2z − 1

+8

z2 + 16=z3 + 5z2 + 16z − 56z (z − 1) (z2 + 16)

dla z takich, że Re z > 1

Wyznaczymy transformatę Laplace’a kolejno trzech funkcji. Wykorzystamy funkcjęlaplace(), której pierwszym argumentem jest funkcja, dla której wyznaczamytransformatę, drugi to zmienna, od której zależy ta funkcja, a trzeci – zmienna, odktórej uzależniona będzie transformata.1.

(%i1) laplace(1, t, z);(%o1) 1

z2.

(%i1) laplace(t* %e^(-2*t)*cos(t/3), t, z);

(%o1) (9 z+18) (18 z+36)(9 z2+36 z+37)2

− 99 z2+36 z+37

(%i2) factor(%o1);(%o2) 9 (3 z+5) (3 z+7)

(9 z2+36 z+37)2

3.

(%i1) laplace(3-2* %e^t+2*sin(4*t), t, z);(%o1) 8

z2+16 + 3z −

2z−1

Definicja 10.11. Przekształcenie L−1[F (z)] nazywamy przekształceniem od-wrotnym względem przekształcenia Laplace’a L[f(t)], jeżeli L−1[F (z)] = f(t)wtedy i tylko wtedy L[f(t)] = F (z), gdzie f(t) jest oryginałem, F (z) transformatąLaplace’a.

Przekształcenie odwrotne względem przekształcenia Laplace’a jest odwzoro-waniem liniowym, a więc

L−1[aF1(z) + bF2(z)] = aL−1[F1(z)] + bL−1[F2(z)], a, b ∈ R.


Przykład

Wyznaczyć oryginał jeżeli F (z) =1

z2 + z.

f(t) = L−1[

1z2 + z

]Dokonując rozkładu funkcji na ułamki proste

1z2 + z

=1z− 1z + 1

i korzystając z liniowości odwzorowania odwrotnego, mamy

L−1[

1z2 + z

]= L−1

[1z

]− L−1

[1

z + 1

].

Z tablicy przekształceń Laplace’a mamy

L−1[

1z

]= 1, Re z > 0,

L−1[

1z + 1

]= e−t,

a więcf(t) = 1− e−t.

Wyznaczymy oryginał. Do tego celu wykorzystamy funkcję ilt(), która jest prze-kształceniem odwrotnym względem przekształcenia Laplace’a. Ma ona trzy argu-menty: pierwszy jest transformatą Laplace’a, drugi to zmienna, od której zależy tatransformata, a trzeci to zmienna, od której uzależniony będzie oryginał.

(%i1) ilt(1/(z^2+z), z, t);(%o1) 1− %e−t

Można zastosować wspomniane transformacje do rozwiązywania równań róż-niczkowych liniowych (bądź układów równań różniczkowych liniowych nieomawia-nych w tym skrypcie) o współczynnikach stałych i zadanych warunkach początko-wych.

Ogólnie rzecz biorąc, metoda ta polega na sprowadzeniu równania różniczko-wego albo układu równań różniczkowych odpowiednio do równania algebraicznegoliniowego lub układu równań algebraicznych liniowych.

Przykłady

1. Rozwiązać zagadnienie początkowe dla równania y′′(t)− y′(t)− 2y(t) = 1,y(0) = 1, y′(0) = 0.Korzystając z transformaty Laplace’a, mamy

L[y′′(t)− y′(t)− 2y(t)

]= L [1] ,


L[y′′(t)

]− L

[y′(t)

]− 2L [y(t)] = L [1] .

Z tablicy przekształceń Laplace’a

L [1] =1z,

L[y′′]

= z2L[y]− zy(0+)− y′(0+),

L[y′]

= zL[y]− y(0+).

Wstawiając powyższe wyrażenia do równania

L[y′′(t)

]− L

[y′(t)

]− 2L [y(t)] = L [1] ,

otrzymujemy

(z2 − z − 2)L[y] = zy(0+)− y′(0+)− y(0+) +1z.

Ponieważy(0+) = y(0) = 1, y′(0+) = y′(0) = 0,

więc

L[y] =z2 − z + 1z(z2 − z − 2)

.

Stąd

L[y] = −12· 1z

+12· 1z − 2

+1

z + 1

Korzystając z przekształcenia odwrotnego, mamy

y = −12L−1

[1z

]+

12L−1

[1

z − 2

]+ L−1

[1

z + 1

].

Z tablicy przekształceń Laplace’a mamy

L−1[

1z

]= 1, L−1

[1

z − 2

]= e2t, L−1

[1

z + 1

]= e−t,

a więc

y = −12

+12e2t + e−t.

Mimo wszystko, rozważmy układ dwóch równań różniczkowych liniowychpierwszego rzędu z dwiema niewiadomymi.


2. Rozwiązać zagadnienie początkowe dla układu równańy′ + y − u = et

u′ + 3y − 3u = et, gdzie

y(0) = 1u(0) = 1.

L[y′] + L[y]− L[u] = L[et],

L[u′] + 3L[y]− 3L[u] = L[et].

PonieważL[y′] = zL[y]− y(0+),

L[u′] = zL[u]− u(0+),

L[et] =1

z − 1,

więc z warunków początkowych

L[y′] = zL[y]− 1,

L[u′] = zL[u]− 1.

Stąd wynika, że (z + 1)L[y]− L[u] =

1z − 1

+ 1

3L[y] + (z − 3)L[u] =1

z − 1+ 1.

Rozwiązując powyższy układ względem niewiadomych L[y] i L[u], otrzymujemy

L[y] =1

z − 1,

L[u] =1

z − 1.

Korzystając z odwrotnej transformacji Laplace’a, otrzymujemy

y = L−1[

1z − 1

], u = L−1

[1

z − 1

], L−1

[1

z − 1

]= et.

Ostateczniey = et, u = et.

1. Rozwiążemy zagadnienie początkowe dla równania różniczkowego zwyczajnegodrugiego rzędu, wykorzystując transformatę Laplace’a. Najpierw uwzględniamy wa-runki początkowe.Zapisujemy warunek y(0) = 1.

(%i1) atvalue(y(t), t=0, 1);


(%o1) 1Zapisujemy warunek y′(0) = 0.

(%i2) atvalue(’diff(y(t),t), t=0, 0);(%o2) 0

Rozwiązując równanie różniczkowe z wykorzystaniem transformaty, stosujemyfunkcję desolve(), która ma dwa argumenty: pierwszy to rozwiązywane równa-nie Laplace’a, drugi – szukana funkcja. Należy pamiętać, że funkcja zapisywanajest zawsze z argumentem np. y(t).

(%i3) desolve([’diff(y(t),t,2)-’diff(y(t),t)-2*y(t)=1],[y(t)]);(%o3) y (t) = %e2 t

2 + %e−t − 122. Rozwiążemy zagadnienie początkowe dla układu równań różniczkowych zwy-czajnych z wykorzystaniem transformaty Laplace’a. Analogicznie jak poprzedniouwzględniamy warunki początkowe. Do rozwiązana układu równań różniczkowychzwyczajnych także wykorzystamy funkcję desolve(), przy czym jako pierwszy ar-gument w nawiasach kwadratowych zapisujemy równania oddzielone przecinkiem,natomiast jako drugi podajemy w nawiasach kwadratowych szukane funkcje (wrazz argumentem funkcji) oddzielone przecinkiem.

(%i1) atvalue(y(t), t=0, 1);(%o1) 1(%i2) atvalue(u(t), t=0, 1);(%o2) 1(%i3) desolve([’diff(y(t),t)+y(t)-u(t)= %e^t,

’diff(u(t),t)+3*y(t)-3*u(t)= %e^t],[y(t),u(t)]);(%o3) [y (t) = %et, u (t) = %et]

Rozdział 11

Całki podwójne i krzywoliniowe

Definicja 11.1. Niech f : P → R będzie funkcją ograniczoną na prostokącieP = (x, y) ∈ R2; a ¬ x ¬ b i c ¬ y ¬ d. Dokonujemy podziału P na n2

prostokątów częściowych Pik, dzieląc przedziały [a, b] i [c, d] na n dowolnych prze-działów częściowych. Oznaczmy przez ∆Pik pole prostokąta Pik, 1 ¬ i, k ¬ n,a przez λn najdłuższą z przekątnych tych prostokątów. W każdym z tych prosto-kątów wybieramy w sposób zupełnie dowolny punkt (xi, yk).

y

z

x

Oa

b

xi

c dyk

Pik

P

f(xi, yk)

Utwórzmy sumę całkową funkcji f na prostokącie P

Sn =n∑

i,k=1

f(xi, yk)∆Pik.

(Suma całkowa jest przybliżeniem objętości bryły ograniczonej wykresem funkcjiz = f(x, y) 0 leżącym nad prostokątem P oraz płaszczyzną Oxy przez sumęobjętości prostopadłościanów o podstawach Pik).Jeżeli istnieje skończona granica ciągu (Sn) przy n → ∞ i λn → 0 oraz granicata nie zależy od sposobu podziału prostokąta P na prostokąty częściowe Pik orazod sposobu wyboru punktów (xi, yk), to granicę tę nazywamy całką podwójną

Rozdział 11. Całki podwójne i krzywoliniowe 173

funkcji f po prostokącie P i zapisujemy∫∫P

f(x, y)dxdy lub∫∫P

f(x, y)dP.

Twierdzenie 11.1. Funkcja ciągła na prostokącie P jest na nim całkowalna.

Twierdzenie 11.2 (O zamianie całki podwójnej na całki iterowane). Jeżelifunkcja f jest ciągła na prostokącie P , to

∫∫P

f(x, y)dxdy =b∫a

( d∫c

f(x, y)dy)dx =

d∫c

( b∫a

f(x, y)dx)dy.

(Całkowanie należy wykonywać od środka na zewnątrz).Całki występujące w tezie powyższego twierdzenia nazywamy całkami iterowa-nymi funkcji na prostokącie, przy czym często zapisuje się je w postaci

b∫a

dx

d∫c

f(x, y)dy lubd∫c

dy

b∫a

f(x, y)dx.

Całki iterowane obliczamy korzystając najczęściej ze wzoru Newtona-Leibniza dlacałek pojedynczych.

Przykład

Obliczyć∫∫P

xy dxdy

x2 + y2 , gdzie P = (x, y) ∈ R2; 1 ¬ x ¬ 2, 0 ¬ y ¬ 1.

Funkcja f(x, y) =xy dxdy

x2 + y2 jest ciągła na prostokącie P . Stosując twierdzenie 11.2

do całki podwójnej oraz twierdzenie 7.7 Newtona-Leibniza do całek pojedynczych,otrzymujemy∫∫P

xy dxdy

x2 + y2 =2∫

1

( 1∫0

xy

x2 + y2dy

)dx =

=12

2∫1

x

(ln(x2 + y2

))∣∣∣∣10dx =

12

2∫1

x lnx2 + 1x2 dx =

54

ln54

.

Obliczymy całkę podwójną, przechodząc do całek iterowanych. Obliczamy całkę pozmiennej y.

(%i1) integrate(x*y/(x^2+y^2), y, 0, 1);

(%o1) x(

log(x2+1)2 − log (x)

)Obliczamy całkę po zmiennej x, a następnie przekształcamy uzyskany wynik.

(%i2) integrate( %o1, x, 1, 2);


(%o2) 5 log(5)4 − 2 log(2)−1

4 − 2 log (2)− 14(%i3) expand(%o2);

(%o3) 5 log(5)4 − 5 log(2)

2

Definicja 11.2. Niech f będzie funkcją ograniczoną na obszarze domkniętymi ograniczonym D ⊂ R2 oraz niech P będzie dowolnym prostokątem zawierają-cym obszar D. Zdefiniujemy nową funkcję F : P → R

F (x, y) =

f(x, y) dla (x, y) ∈ D,

0 dla (x, y) ∈ P \D.

Całkę podwójną funkcji f po obszarze D definiujemy wzorem∫∫D

f(x, y)dxdy def=∫∫P

F (x, y)dxdy,

o ile całka po prawej stronie istnieje.

y

z

x

OPD

z = f(x, y)

Definicja 11.3. Obszar domknięty D nazywamy obszarem normalnym wzglę-dem osi Ox, jeżeli można go zapisać w postaci:

D = (x, y) ∈ R2; a ¬ x ¬ b, g(x) ¬ y ¬ h(x),

gdzie funkcje g i h są ciągłe na [a, b] oraz g(x) < h(x) dla każdego x ∈ (a, b).

x

y

O a b

y = g(x)

y = h(x)

x

y

O

c

d

x = p(y)

x = q(y)


Obszar domknięty D nazywamy obszarem normalnym względem osi Oy, jeżelimożna go zapisać w postaci:

D = (x, y) ∈ R2; c ¬ y ¬ d, p(y) ¬ x ¬ q(y),

gdzie funkcje p i q są ciągłe na [c, d] oraz p(y) < q(y) dla każdego y ∈ (c, d).

Twierdzenie 11.3. (O zamianie całki podwójnej na iterowane w obsza-rach normalnych). Jeżeli funkcja f jest ciągła na obszarze normalnym

D = (x, y) ∈ R2; a ¬ x ¬ b, g(x) ¬ y ¬ h(x),

to ∫∫D

f(x, y)dxdy =b∫a

( h(x)∫g(x)

f(x, y)dy)dx.

Jeżeli funkcja f jest ciągła na obszarze normalnym

D = (x, y) ∈ R2; c ¬ y ¬ d, p(y) ¬ x ¬ q(y),

to ∫∫D

f(x, y)dxdy =d∫c

( q(y)∫p(y)

f(x, y)dx)dy.

(Całkowanie należy wykonywać od środka na zewnątrz).

Przykłady

1. Obliczyć∫∫D

xy dxdy, gdzie D jest obszarem ograniczonym przez krzywe:

y = x2 − 1, y = x+ 1.Zbiór D ma postać D =

(x, y) ∈ R2; −1 ¬ x ¬ 2, x2 − 1 ¬ y ¬ x+ 1

i jest

zapisany jako normalny względem osi Ox.

x

y

O 2-1 1

D


Korzystamy z twierdzenia 11.3.∫∫D

xy dxdy =2∫−1

( x+1∫x2−1

xy dy

)dx =

12

2∫−1

x

(y2∣∣∣∣x+1

x2−1

)dx =

=12

2∫−1

x((x+ 1)2 − (x2 − 1)2

)dx =

12

2∫−1

(−x5 + 3x3 + 2x2)dx =278

2. Obliczyć∫∫D

xy2dxdy, gdzie D jest zbiorem ograniczonym przez krzywe:

y2 = x, x+ y = 2.Zbiór D ma postać D =

(x, y) ∈ R2; −2 ¬ y ¬ 1, y2 ¬ x ¬ 2− y

i jest nor-

malny względem osi Oy (oraz Ox – dlaczego?).

x

y

O

1

-2

D

Korzystamy z twierdzenia 11.3.∫∫D

xy2dxdy =1∫−2

( 2−y∫y2

xy2dx

)dy =

12

1∫−2

y2(x2∣∣∣∣2−yy2

)dy =

=12

1∫−2

(4y2 − 4y3 + y4 − y6)dy =12

(−y7

7+y5

5− y4 +

43y3

) ∣∣∣∣1−2

=53170

Obliczymy całki, korzystając z twierdzenia o zamianie całki podwójnej na itero-wane.1. Najpierw obliczamy całkę po zmiennej y, a następnie po zmiennej x.

(%i1) integrate(x*y, y, x^2-1, x+1);

(%o1) x(x2+2 x+12 − x4−2 x2+12

)(%i2) integrate( %o1, x, -1, 2);(%o2) 27

82. Najpierw obliczamy całkę po zmiennej x, a następnie po zmiennej y.

(%i1) integrate(x*y^2, x, y^2, 2-y);

(%o1) y2(y2−4 y+42 − y

4

2

)(%i2) integrate( %o1, y, -2, 1);(%o2) 531

70


Definicja 11.4. Sumę skończonej liczby obszarów normalnych (względem osi Oxlub Oy) o parami rozłącznych wnętrzach nazywamy obszarem regularnym napłaszczyźnie.

Twierdzenie 11.4. Każda funkcja ciągła w obszarze regularnym D jest całkowalna.

Interpretacja geometryczna i fizyczna całki podwójnej.Jeżeli funkcja jest nieujemna i ciągła w obszarze regularnym D w R2, to∫∫

D

f(x, y)dxdy = |V |,

gdzie |V | jest objętością bryły V = (x, y, z) ∈ R3; (x, y) ∈ D, 0 ¬ z ¬ f(x, y).Jeżeli funkcja f jest ujemna na D, to

−∫∫D

f(x, y)dxdy = |V |,

gdzie V = (x, y, z) ∈ R3; (x, y) ∈ D, f(x, y) ¬ z ¬ 0.W szczególności, jeżeli f(x, y) = 1 dla każdego (x, y) ∈ D, to∫∫

D

dxdy = |D|,

gdzie |D| jest polem obszaru D. Jeżeli ρ(x, y) oznacza gęstość masy zbioru D,wówczas ∫∫

D

ρ(x, y)dxdy

określa masę zbioru D.

Własności całek podwójnych:

1. Jeżeli funkcje f , g : D → R są całkowalne na obszarze regularnym D, to∫∫D

(f(x, y)± g(x, y)) dxdy =∫∫D

f(x, y)dxdy ±∫∫D

g(x, y)dxdy,

∫∫D

αf(x, y)dxdy = α

∫∫D

f(x, y)dxdy, α ∈ R.

2. Niech obszar regularny D będzie sumą obszarów normalnych Di,i = 1, 2, 3, . . . , n o parami rozłącznych wnętrzach oraz niech funkcja f bę-dzie całkowalna na tym obszarze. Wówczas∫∫D

f(x, y)dxdy =∫∫D1

f(x, y)dxdy +∫∫D2

f(x, y)dxdy + . . .+∫∫Dn

f(x, y)dxdy,


gdzie D = D1 ∪D2 ∪ . . . ∪Dn, IntDi ∩ IntDj = ∅, i 6= j.

(IntDi oznacza wnętrze obszaru Di).

Zamiana zmiennych w całce podwójnej

Definicja 11.5. Niech Φ: U → R2 będzie odwzorowaniem klasy C1 na zbiorzeotwartym U ⊂ R2, tzn.

Φ(u, v) = (ϕ(u, v), ψ(u, v)), (u, v) ∈ U,

gdzie funkcje ϕ i ψ są klasy C1 na U (definicja 1 – Dodatek). Jakobianem od-wzorowania Φ nazywamy wyznacznik

∂(ϕ,ψ)∂(u, v)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∂ϕ

∂u

∂ϕ

∂v∂ψ

∂u

∂ψ

∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣ .Twierdzenie 11.5. Niech f : D → R będzie funkcją ciągłą na obszarze regularnymD ⊂ R2, Φ : U → R2 odwzorowaniem klasy C1 określonym na obszarze regularnymU ⊂ R2, przy czym załóżmy, że Φ przekształca wzajemnie jednoznacznie wnętrzezbioru U na wnętrze zbioru D oraz ∂(ϕ,ψ)

∂(u,v) 6= 0 na IntU . Wówczas

∫∫D

f(x, y)dxdy =∫∫U

f (ϕ(u, v), ψ(u, v))∣∣∣∣∂(ϕ,ψ)∂(u, v)

∣∣∣∣ dudv.Uwaga. Przy założeniach powyższego twierdzenia istnieje funkcja odwrotnaΦ−1 : IntD → IntU

Φ−1(x, y) = (g(x, y), h(x, y)), (x, y) ∈ IntD

przy czym

∂(g, h)∂(x, y)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∂g

∂x

∂g

∂y∂h

∂x

∂h

∂y

∣∣∣∣∣∣∣∣ =1

∂(ϕ,ψ)∂(u,v)

.

Definicja 11.6. (współrzędne biegunowe). Położenie punktu P na płaszczyźniemożna opisać parą liczb (r, ϕ), gdzie r oznacza odległość punktu P od początkuukładu współrzędnych, 0 ¬ r <∞ i ϕ oznacza miarę kąta między dodatnią częściąosi Ox a promieniem wodzącym punktu P , 0 ¬ ϕ < 2π albo −π < ϕ ¬ π .


x

y

O

P (r, ϕ)

ϕr

Współrzędne kartezjańskie (x, y) punktu płaszczyzny danego we współrzędnychbiegunowych (r, ϕ) określone są wzorami:

x

y

O

P (x, y)

ϕ

r

x = r cosϕ

y = r sinϕ x = r cosϕy = r sinϕ

dzięki czemu przekształcenie ze współrzędnych biegunowych do kartezjańskich po-lega na zwyczajnym podstawieniu.

Zamiana współrzędnych kartezjańskich na biegunowe jest szczególnym przy-padkiem zamiany zmiennych w całce podwójnej i wygląda następująco:∫∫

D


f(r cosϕ, r sinϕ)r drdϕ,

gdzie∂(x, y)∂(r, ϕ)

=

∣∣∣∣∣ cosϕ −r sinϕsinϕ r cosϕ

∣∣∣∣∣ = r.

Współrzędne eliptyczne

Φ: R2 → R2 definiujemy następująco:

Φ:

x = ar cosϕy = br sinϕ

, a, b – ustalone liczby rzeczywiste dodatnie.

Jeżeli a = b, wówczas mamy współrzędne biegunowe. Załóżmy, że a 6= b. Wówczasjakobian jest równy

∂(x, y)∂(r, ϕ)

=

∣∣∣∣∣ a cosϕ −ar sinϕb sinϕ br cosϕ

∣∣∣∣∣ = abr,


więc ∫∫D


f(ar cosϕ, br sinϕ)abr drdϕ.

Przesunięcie równoległe

Niech Φ: R2 → R2,

Φ:

x = u+ ay = v + b

∂(x, y)∂(u, v)

=

∣∣∣∣∣ 1 00 1

∣∣∣∣∣ = 1,

więc ∫∫D


f(u+ c, v + b)dudv.

Przykład

Obliczyć całkę podwójną∫∫D

(x2 + y2)dxdy, gdzie D jest zbiorem wyznaczonym

przez nierówność x2 + y2 − 2x ¬ 0.Zatem D jest kołem wyznaczonym przez nierówność (x−1)2 +y2 ¬ 1. Punkt (1, 0)jest środkiem tego koła o promieniu równym 1.

x

y

O

P

1

ϕ

Powyższą całkę obliczymy przez zamianę kartezjańskiego układu współrzędnych nabiegunowy:

x = r cosϕy = r sinϕ

, gdzie − π

2¬ ϕ ¬ π

2.

W tym przypadku musimy jeszcze wyznaczyć zmianę promienia r w zależności odkąta ϕ

r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ− 2r cosϕ ¬ 0⇐⇒ r(r − 2 cosϕ) ¬ 0.

Ostatnia nierówność jest spełniona dla r ∈ [0, 2 cosϕ] (w przedziale [−π2 ,

π2 ] funkcja

cos przyjmuje wartości nieujemne) i stąd przyjmujemy

U =

(r, ϕ) ∈ R2; −π2¬ ϕ ¬ π

2, 0 ¬ r ¬ 2 cosϕ

.


Wówczas z twierdzenia o zamianie zmiennych mamy∫∫D

(x2 + y2)dxdy =∫∫U

(r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ)r drdϕ =

=∫∫U

r3drdϕ =

π2∫

−π2

( 2 cosϕ∫0

r3dr

)dϕ =

π2∫

−π2

r4

4

∣∣∣∣∣2 cosϕ

0

dϕ = 4

π2∫

−π2

cos4 ϕdϕ =3π2

.

(Całka nieoznaczona∫

cos4 ϕdϕ jest obliczona w przykładzie drugim str. 191).

Obliczymy całkę podwójną, wykorzystując zamianę zmiennych. Najpierw zdefiniu-jemy funkcję podcałkową.

(%i1) f(x,y):=x^2+y^2;(%o1) f (x, y) := x2 + y2

Określimy przekształcenie zmiennych.

(%i2) [x,y]:[r*cos(t),r*sin(t)];(%o2) [r cos (t) , r sin (t)]

Obliczymy jakobian przekształcenia.

(%i3) jacobian([x,y],[r,t]);

(%o3)

[cos (t) −r sin (t)sin (t) r cos (t)

](%i4) determinant( %);(%o4) r sin (t)2 + r cos (t)2

Uprościmy uzyskany wynik i przypiszemy go zmiennej J .

(%i5) J:trigsimp( %);(%o5) r

Obliczymy całkę podwójną używając dwa razy (w jednym poleceniu) funkcjiintegrate().

(%i6) integrate(integrate(f(x,y)*J,r,0,2*cos(t)),t,- %pi/2, %pi/2);

(%o6) 3π2

Zastosowanie całek podwójnych w geometrii

1. Przypomnijmy, że pole obszaru regularnego D ⊂ R2 wyraża się wzorem:

|D| =∫∫D

dxdy.


x

y

O

D

2. Objętość bryły V położonej nad obszarem regularnym D ⊂ R2 i ograniczonejz dołu i z góry odpowiednio wykresami funkcji ciągłych z=h(x, y) i z=g(x, y)wyraża się wzorem:

|V | =∫∫D

(g(x, y)− h(x, y)) dxdy.

x

z

yO

z = g(x, y)

z = h(x, y)

D

3. Pole zbioru S, który jest wykresem funkcji z = f(x, y), gdzie (x, y) ∈ D,wyraża się wzorem:

|S| =∫∫D

√1 +

(∂f

∂x

)2

+(∂f

∂y

)2

dxdy,

przy czym zakładamy, że funkcja f ma ciągłe pochodne cząstkowe pierwszego

rzędu w obszarze regularnym D. Wielkość dS =√

1 +(∂f∂x

)2+(∂f∂y

)2dxdy

nazywamy różniczką pola płata (elementem powierzchni). Będzie ona wyko-rzystana przy obliczaniu całek powierzchniowych.


x

z

yO

S

D

Zastosowanie całek podwójnych w fizyce

• do obliczania masy obszaru,

• do wyznaczania momentów statycznych masy,

• do wyznaczania współrzędnych środka masy,

• do obliczania momentów bezwładności.

Całka krzywoliniowa nieskierowana

Definicja 11.7. Łukiem zwykłym na płaszczyźnie (w przestrzeni) nazywamyzbiór punktów (x, y) ((x, y, z)) postaci

x = x(t), y = y(t), (x = x(t), y = y(t), z = z(t)),

gdzie x, y : [α, β] → R (x, y, z : [α, β] → R) są funkcjami ciągłymi na przedziale[α, β], przy czym różnym wartościom parametru t ∈ (α, β) odpowiadają różnepunkty. Jeżeli (x(α), y(α)) = (x(β), y(β)) ((x(α), y(α), z(α)) = (x(β), y(β), z(β))),to łuk nazywamy zamkniętym. Mówimy, że łuk zwykły jest regularny (gładki),jeśli funkcje x, y (x, y, z) są klasy C1 na przedziale [α, β] oraz

(x′(t))2 + (y′(t))2 > 0 ((x′(t))2 + (y′(t))2 + (z′(t))2 > 0) dla x ∈ [α, β].

Dla przykładux(t) = cos t, y(t) = sin t, t ∈ [0, 2π]x(t) = cos 2t, y(t) = sin 2t, t ∈ [0, π]x(t) = cos t, y(t) = sin t, t ∈ [0, 4π]

są parametryzacjami okręgu x2+y2 = 1 (przy czym ostatnia z nich nie określa łukuzwykłego). Widzimy też, że jeden łuk może mieć więcej niż jedną parametryzację.Zbiór punktów (x, y) ((x, y, z)), który możemy przedstawić jako sumę skończonejliczby łuków regularnych Kj o końcach Aj , Aj+1, nazywamy krzywą regularną(gładką).


Definicja 11.8. Niech f będzie funkcją określoną i ograniczoną na łuku regular-nym K na płaszczyźnie o końcach A i B. Podzielmy łuk K punktamiA = A0, A1, . . . , An−1, An = B na n łuków częściowych l1, l2, . . . , ln, gdzieli = Ai−1Ai, i = 1, 2, . . . , n. Niech ∆li oznacza długość łuku częściowego li,i = 1, 2, . . . , n, λn = max∆l1,∆l2, . . . ,∆ln. Na każdym łuku częściowym li wy-bierzmy punkt pośredni (xi, yi) i utwórzmy sumę całkową

Sn =n∑i=1

f(xi, yi)∆li.

x

y

O

A = A0

B = An

Ai−1

Ai (xi, yi)

Jeżeli istnieje skończona granica ciągu (Sn) przy n → ∞ i λn → 0 i granica tanie zależy od wyboru punktów (xi, yi) ani od sposobu podziału łuku K na łukiczęściowe li, to granicę tę nazywamy całką krzywoliniową nieskierowaną (nie-zorientowaną) funkcji f po łuku K i oznaczamy symbolem∫

K

f(x, y)dl.

Analogicznie można zdefiniować całkę krzywoliniową nieskierowaną (niezoriento-waną) funkcji f po łuku regularnym K w przestrzeni, oznaczaną symbolem∫

K

f(x, y, z)dl.

Twierdzenie 11.6. Jeżeli funkcja f jest funkcją ciągłą na łuku regularnym K, to

całka∫K

f(x, y)dl istnieje.

Twierdzenie 11.7 (Zamiana całki krzywoliniowej nieskierowanej na całkęoznaczoną). Jeżeli funkcja f jest ciągła na łuku regularnym

K :

x = x(t)y = y(t)

, α ¬ t ¬ β,


to ∫K

f(x, y)dl =

β∫α

f(x(t), y(t))√

(x′(t))2 + (y′(t))2dt.

W szczególności, gdy łuk gładki K określony jest równaniem: y = y(x), a ¬ x ¬ b,powyższy wzór przyjmuje postać

∫K

f(x, y)dl =b∫a

f(x, y(x))√

1 + (y′(x))2dx.

Zamieniając całkę krzywoliniową nieskierowaną na zwykłą całkę oznaczoną, for-malnie podstawiamy y = y(x) lub x = x(t), y = y(t), dodatkowo wyznaczającróżniczkę (element) łuku dl.

Przykład

Obliczyć całkę∫K

x dl, gdzie K jest wycinkiem okręgu x2 + y2 = 1, x 0, y 0.

Korzystamy z twierdzenia 11.7, dokonując odpowiednich podstawień:

∫K

x dl =

x = cos t, y = sin t, t ∈

[0, π2

]x′ = − sin t, y′ = cos t

dl =√

(x′)2 + (y′)2dt =√

sin2 t+ cos2 t dt = dt

=

π2∫

0

cos t dt = 1.

Obliczymy całkę krzywoliniową nieskierowaną.Definiujemy funkcje x i y.

(%i1) x(t):=cos(t);(%o1) x (t) := cos (t)(%i2) y(t):=sin(t);(%o2) y (t) := sin (t)

Zapisujemy funkcję podcałkową występującą w tezie twierdzenia 11.7.

(%i3) cos(t)*sqrt(diff(x(t),t)^2+diff(y(t),t)^2);

(%o3) cos (t)√

sin (t)2 + cos (t)2

Upraszczamy uzyskany wynik.

(%i4) trigsimp(%o3);(%o4) cos (t)

Obliczamy całkę.

(%i5) integrate(%o4,t,0, %pi/2);(%o5) 1


Całka skierowana

Definicja 11.9. Łuk regularny, w którym jeden z dwóch końców wyróżniono, na-zywając go początkiem, a drugi – końcem, nazywamy łukiem skierowanym (zo-rientowanym). Łuk skierowany opisany równaniami parametrycznymi x = x(t),y = y(t), t ∈ [α, β], którego początkiem jest punkt A (x(α), y(α)), a końcem punkt

B (x(β), y(β)), oznaczamy symbolemÂB i mówimy, że skierowanie łuku

ÂB jest

zgodne z kierunkiem wzrostu parametru t. Łuk przeciwnie skierowany do łukuÂB

oznaczamy^BA = −

ÂB.

x

y

O

A

B

K =^

AB

x

y

O

A

B

K = −^

AB

W przypadku gdy łuk określony jest równaniem jawnym y = y(x), x ∈ [a, b], mó-wimy, że jego skierowanie (orientacja) jest zgodna z kierunkiem wzrostu wartościzmiennej x.

W przypadku krzywej zamkniętej powiemy, że jest skierowana dodatnio, jeżeliw czasie obiegu tej krzywej w danym kierunku obszar, który ona ogranicza, znaj-duje się po lewej stronie.

x

y

O

K⊕

x

y

O

K

Definicja 11.10. Niech K będzie łukiem regularnym skierowanym i funkcjeP,Q : K → R ograniczone. Oznaczmy przez w = [P (x, y), Q(x, y)] zmienny wektordla każdego (x, y) ∈ K. Przez t oznaczmy zmienny wektor jednostkowy styczny dokrzywej K o zwrocie zgodnym z orientacją krzywej K.


x

y

O

A

Bt

w = [P,Q]

K =^

AB

Całką krzywoliniową skierowaną z uporządkowanej pary funkcji [P,Q] wzdłużkrzywej K nazywamy całkę krzywoliniową nieskierowaną z iloczynu skalarnego wti zapisujemy ∫

K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy def=∫K

w t dl.

Zauważmy, że jeżeli istnieje całka krzywoliniowa z pary funkcji P i Q po łukuskierowanym K, to istnieje całka tych funkcji po łuku przeciwnie skierowanym−K, przy czym∫

−K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy = −∫K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy.

Całki krzywoliniowe odgrywają istotną rolę w wielu gałęziach fizyki i chemii.

Interpretacja fizyczna. Jeżeli przez F(x, y) oznaczymy zmienną siłę o współrzęd-nych [P (x, y), Q(x, y)] działającą na punkt materialny poruszający się po krzywej

regularnej zorientowanej K, to∫K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy oznacza pracę, jaką wykona

siła F wzdłuż drogi K (krzywą K nazywa się często drogą całkowania).

Twierdzenie 11.8 (Zamiana całki krzywoliniowej skierowanej na całkęoznaczoną). Jeżeli funkcje P , Q są ciągłe na łuku gładkim

K : x = x(t), y = y(t), t ∈ [α, β]

skierowanym zgodnie z jego parametryzacją, to∫K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =

β∫α

[P (x(t), y(t))x′(t) +Q(x(t), y(t))y′(t)

]dt.

Jeżeli łuk skierowany K jest określony równaniem

K : y = y(x), x ∈ [a, b]

(y jest klasy C1[a, b]), to∫K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =b∫a

[P (x, y(x)) +Q(x, y(x))y′(x)

]dx.


W praktyce całkę krzywoliniową skierowaną sprowadzamy do „zwykłej” całki ozna-czonej przez formalne podstawienie x = x(t), y = y(t) (y = y(x)) oraz dx = x′(t)dt,dy = y′(t)dt (dy = y′(x)dx).

Przykłady

1. Obliczyć całkę krzywoliniową∫K

(y2 + 2y)dx+ (x2− 2xy)dy, gdzie K jest łukiem

paraboli y = x2 od punktów A(−1, 1) do punktu B(1, 1).

x

y

O

A B

-1 1

Korzystamy z twierdzenia 11.8, dokonując odpowiednich podstawień: y = x2

i dy = 2x dx.∫K

(y2 + 2y)dx+ (x2 − 2xy)dy =1∫−1

((x4 + 2x2) + (x2 − 2x3)2x

)dx =

=1∫−1

(−3x4 + 2x3 + 2x2

)dx =

(−3

5x5 +

x4

2+

23x3

) ∣∣∣∣1−1

=215

.

2. Obliczyć∫K

xy dx+ x dy; K : x = t, y = t2 − 1, t ∈ [−1, 2]

Korzystamy z twierdzenia 11.8, podstawiając: x = t, y = t2 − 1, dx = dt,dy = 2t dt.

Mamy więc∫K

xy dx+ x dy =2∫−1

(t(t2 − 1) + t · 2t

)dt =

2∫−1

(t3 − t+ 2t2)dt =

=

(t4

4+

23t3 − t2

2

) ∣∣∣∣2−1

= 814

.

1. Obliczymy całkę krzywoliniową. Najpierw zdefiniujemy funkcje P i Q.

(%i1) P(x,y):=y^2+2*y;(%o1) P (x, y) := y2 + 2 y(%i2) Q(x,y):=x^2-2*x*y;


(%o2) Q (x, y) := x2 − 2 x yDefiniujemy funkcję y.

(%i3) y(x):=x^2;(%o3) y (x) := x2

Definiujemy funkcję y1, która jest pochodną funkcji y.

(%i4) y1(x):=diff(y(x),x);(%o4) y1 (x) := diff (y (x) , x)

Korzystamy z twierdzenia 11.8

(%i5) integrate(P(x,y(x))+Q(x,y(x))*y1(x),x,-1,1);(%o5) 2

152. Obliczymy całkę krzywoliniową, w której całkujemy po krzywej podanej w za-pisie parametrycznym. Najpierw zdefiniujemy funkcje P i Q.

(%i1) P(x,y):=x*y;(%o1) P (x, y) := x y(%i2) Q(x,y):=x;(%o2) Q (x, y) := x

Definiujemy funkcje x i y.

(%i3) x(t):=t;(%o3) x (t) := t(%i4) y(t):=t^2-1;(%o4) y (t) := t2 − 1

Definiujemy funkcje x1 i y1, które są pochodnymi odpowiednio funkcji x i y.

(%i5) x1(t):=diff(x(t),t);(%o5) x1 (t) := diff (x (t) , t)(%i6) y1(t):=diff(y(t),t);(%o6) y1 (t) := diff (y (t) , t)

Korzystamy z twierdzenia 11.8.

(%i7) integrate(P(x(t),y(t))*x1(t)+Q(x(t),y(t))*y1(t),t,-1,2);(%o7) 33

4

Twierdzenie 11.9 (Greena – związek całki krzywoliniowej skierowanej

z całką podwójną). Jeżeli funkcje P i Q oraz ich pochodne cząstkowe∂P

∂yi∂Q

∂xsą ciągłe na obszarze D normalnym względem obu osi układu współrzędnych, któregobrzegiem jest skierowana dodatnio krzywa regularna K, to∫

K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy.


x

y

O

D

K

Przykłady

1. Obliczyć∫K

(x2+y2)dy, gdzie K⊕ jest brzegiem obszaru ograniczonego krzywymi

y = x2 i y = 2x− x2.Z postaci całki krzywoliniowej skierowanej mamy P = 0, Q = x2 + y2, zatem∂P

∂y= 0,

∂Q

∂x= 2x.

x

y

O 1

D

y = x2

y = 2x− x2

D = (x, y) ∈ R2; 0 ¬ x ¬ 1, x2 ¬ y ¬ 2x− x2

Zgodnie z twierdzeniem Greena zamieniamy naszą całkę krzywoliniową na po-dwójną:∫K

(x2 + y2)dy = 2∫∫D

x dxdy = 21∫

0

( 2x−x2∫x2

x dy

)dx =

= 21∫

0

x

(y

∣∣∣∣2x−x2

x2

)dx = 2

1∫0

(2x2 − 2x3)dx = 2(

2x3

3− x4

2

)∣∣∣∣10

=13

.

2. Obliczyć∫K

xy dx+ xy dy, gdzie K⊕ : x2 + y2 − 2x = 0.

x2 + y2 − 2x = (x − 1)2 + y2 − 1 = 0. Stąd nasza krzywa K jest dodatniozorientowanym okręgiem o środku S(1, 0) i promieniu r = 1.

P = xy, Q = xy,∂P

∂y= x,

∂Q

∂x= y.


x

y

O 1

D

ObszarD, który jest kołem, wyznaczony jest przez nierówność (x− 1)2 + y2 ¬ 1.Zamieniamy więc naszą całkę na całkę podwójną, a następnie zastosujemy za-mianę współrzędnych kartezjańskich na biegunowe.

x = r cosϕy = r sinϕ

, −π2¬ ϕ ¬ π

2,

natomiast zmianę r wyznaczamy z nierówności

r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ− 2r cosϕ ¬ 0 ⇐⇒ r(r − 2 cosϕ) ¬ 0,

a więc 0 ¬ r ¬ 2 cosϕ.

Niech U = (ϕ, r); −π2 ¬ ϕ ¬

π2 , 0 ¬ r ¬ 2 cosϕ.∫

K

xy dx+ xy dy =∫∫D

(y − x)dxdy =∫∫U

(r sinϕ− r cosϕ)r drdϕ =

=

π2∫

−π2

( 2 cosϕ∫0

(r sinϕ− r cosϕ)r dr)dϕ =

π2∫

−π2

( 2 cosϕ∫0

r2(sinϕ− cosϕ)dr)dϕ =

=

π2∫

−π2

r3

3(sinϕ− cosϕ)

∣∣∣∣2 cosϕ

0dϕ =

83

π2∫

−π2

(cos3 ϕ sinϕ− cos4 ϕ)dϕ

Obliczamy całki nieoznaczone.∫cos3 ϕ sinϕdϕ =

cosϕ = t− sinϕdϕ = dtsinϕdϕ = −dt

= −∫t3dt = − t

4

4+ C =

= −cos4 ϕ

4+ C

∫cos4 ϕdϕ =

cos 2ϕ = 2 cos2 ϕ− 1

cos2 ϕ =1 + cos 2ϕ

2cos4 ϕ =

14

(1 + 2 cos 2ϕ+

1 + cos 4ϕ2

) =


=14

∫ (1 + 2 cos 2ϕ+

1 + cos 4ϕ2

)dϕ =

14ϕ+

14

sin 2ϕ+18ϕ+

132

sin 4ϕ+C =

=38ϕ+

14

sin 2ϕ+132

sin 4ϕ+ C

Stąd∫K

xy dx+ xy dy =83

(−cos4 ϕ

4− 3

8ϕ− 1

4sin 2ϕ− 1

32sin 4ϕ

) ∣∣∣∣π2

−π2

= −π.

Obliczymy całki krzywoliniowe z wykorzystaniem twierdzenia Greena.

1. Zdefiniujemy funkcję Q, a następnie zdefiniujemy funkcję Qx będącą pochodnąfunkcji Q.

(%i1) Q(x,y):=x^2+y^2;(%o1) Q (x, y) := x2 + y2

(%i2) Qx(x,y):=diff(Q(x,y),x);(%o2) Qx (x, y) := diff (Q (x, y) , x)

Korzystając z twierdzenia Greena, wiemy, że całka krzywoliniowa jest równa od-powiedniej całce podwójnej.

(%i3) integrate(integrate(Qx(x,y),y,x^2,2*x-x^2),x,0,1);(%o3) 1

32. Najpierw zdefiniujemy pochodne cząstkowe (wyznaczymy je w pamięci) funkcjiP i Q wykorzystywane w twierdzeniu Greena.

(%i1) Py(x,y):=x;(%o1) Py (x, y) := x(%i2) Qx(x,y):=y;(%o2) Qx (x, y) := y

Z twierdzenia 11.9 (Greena) wynika, że całka krzywoliniowa jest równa pewnejcałce podwójnej, którą obliczymy korzystając z zamiany zmiennych.

(%i3) [x,y]:[r*cos(t),r*sin(t)];(%o3) [r cos (t) , r sin (t)]

Obliczymy jakobian przekształcenia.

(%i4) jacobian([x,y],[r,t]);

(%o4)

[cos (t) −r sin (t)sin (t) r cos (t)

](%i5) determinant(%);(%o5) r sin (t)2 + r cos (t)2

Uprościmy uzyskany wynik i przypiszemy go zmiennej J .

(%i6) J:trigsimp(%);(%o6) r

Obliczymy całkę podwójną.

(%i7) integrate(integrate((Qx(x,y)-Py(x,y))*J,r,0,2*cos(t)),t,- %pi/2, %pi/2);


(%o7) −π

Niezależność całki krzywoliniowej skierowanej od drogi całkowania

Definicja 11.11. Obszar ograniczony D ⊂ R2 nazywamy jednospójnym, gdyjego dopełnienie do całej płaszczyzny jest zbiorem spójnym.

x

y

O x

y

O

obszar jest jednospójny obszar nie jest jednospójny

Powiemy, że całka krzywoliniowa pary funkcji P , Q nie zależy od drogi cał-kowania w jednospójnym obszarze D, a zależy jedynie od punktu początkowegoi końcowego drogi całkowania, jeżeli dla każdych dwóch krzywych K1 i K2 o wspól-nym początku i wspólnym końcu, zawartych w obszarze D, całki∫

K1

P (x, y)dx+Q(x, y)dy,∫K2

P (x, y)dx+Q(x, y)dy,

są równe.

Twierdzenie 11.10 (Warunek konieczny i dostateczny niezależności całkikrzywoliniowej skierowanej od drogi całkowania). Załóżmy, że funkcje P

i Q oraz ich pochodne cząstkowe∂P

∂yi∂Q

∂xsą ciągłe w jednospójnym obszarze

D ⊂ R2. Wówczas całka krzywoliniowa skierowana pary funkcji P , Q nie zależy

od drogi całkowania w obszarze D wtedy i tylko wtedy, gdy∂P

∂y=∂Q

∂xdla każdego

(x, y) ∈ D.

Twierdzenie 11.11. Jeżeli spełnione są założenia twierdzenia 11.10, wówczas

równość∂P

∂y=

∂Q

∂xdla każdego (x, y) ∈ D jest warunkiem koniecznym i dosta-

tecznym na to, aby wyrażenie P (x, y)dx+Q(x, y)dy było różniczką zupełną pewnejfunkcji F (x, y) w tym obszarze, przy czym∫

^AB

P (x, y)dx+Q(x, y)dy = F (x, y)∣∣∣∣BA

= F (B)− F (A).


Całkę krzywoliniową skierowaną wzdłuż łuku^AB niezależną od drogi całko-

wania zapisujemy często

B∫A

P (x, y)dx+Q(x, y)dy.

Zauważmy, że jeżeli krzywa skierowana K jest krzywą regularną zamkniętązawartą w jednospójnym obszarze D ⊂ R2 i całka krzywoliniowa skierowana paryfunkcji P , Q nie zależy od drogi całkowania w tym obszarze, to∫K1

P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0. Jest to oczywisty wniosek zarówno z twierdzenia

11.10 i twierdzenia Greena, czy też z twierdzenia 11.11, ale również wynika onbezpośrednio z własności całki krzywoliniowej skierowanej (patrz str. 187) wzdłużłuków przeciwnie skierowanych.

Przykład

Obliczyć

(2,1)∫(1,0)

x dx+ y dy

x2 + y2 wzdłuż krzywej, która nie przechodzi przez punkt (0, 0).

P (x, y) =x

x2 + y2 , Q(x, y) =y

x2 + y2 ,∂P

∂y=

−2xy

(x2 + y2)2 ,∂Q

∂x=

−2xy

(x2 + y2)2 ,

więc∂P

∂y=∂Q

∂xdla (x, y) 6= (0, 0) zatem

(2,1)∫(1,0)

x dx+ y dy

x2 + y2 nie zależy od drogi cał-

kowania. Wiemy wówczas z twierdzenia 11.11, że istnieje funkcja F (x, y), którejróżniczka zupełna jest równa

x

x2 + y2dx +y

x2 + y2dy. Korzystając z definicji 9.16

różniczki zupełnej, należy teraz wyznaczyć funkcję F , dla której:∂F

∂x=

x

x2 + y2

∂F

∂y=

y

x2 + y2

Całkując pierwszą z równości względem x, otrzymujemy

F (x, y) =12

ln(x2 + y2) + ϕ(y),

gdzie ϕ : R → R jest nieznaną funkcją klasy C1 zmiennej y, grającą rolę stałejcałkowania. Stąd

∂F

∂y(x, y) =

y

x2 + y2 + ϕ′(y) =y

x2 + y2

co oznacza, że ϕ′(y) = 0, czyli ϕ(y) = C jest funkcją stałą.


Ostatecznie F (x, y) =12

ln(x2 + y2) + C, a więc

(2,1)∫(1,0)

x dx+ y dy

x2 + y2 =12

ln(x2 + y2)∣∣∣∣(2,1)

(1,0)=

12

ln 5.

Ponieważ nasza całka krzywoliniowa nie zależy od drogi całkowania, możemy jąobliczyć np. wzdłuż łamanej o początku w punkcie (1, 0) i końcu w punkcie (2, 1),o odcinkach równoległych do osi układu współrzędnych lub wzdłuż odcinka łączą-cego punkty: początek (1, 0) i koniec (2, 1). Zobaczmy

x

y

O A(1, 0) B(2, 0)

C(2, 1)

AB : y = 0, 1 ¬ x ¬ 2 BC : x = 2, 0 ¬ y ¬ 1(2,1)∫

(1,0)

x dx+ y dy

x2 + y2 =

(2,1)∫(1,0)

x

x2 + y2dx+y

x2 + y2dy =

(2,0)∫(1,0)

x

x2 + y2dx+y

x2 + y2dy +

+

(2,1)∫(2,0)

x

x2 + y2dx+y

x2 + y2dy =2∫

1

1xdx+

12

1∫0

2yy2 + 4

dy = lnx∣∣∣∣21+

12

ln(y2 + 4

) ∣∣∣∣10

=

= ln 2 +12

ln 5− 12

ln 4 =12

ln 5.

Policzmy teraz tę całkę wzdłuż odcinka AC: y = x− 1, 1 ¬ x ¬ 2(2,1)∫

(1,0)

x dx+ y dy

x2 + y2 =2∫

1

(x

x2 + (x− 1)2 +x− 1

x2 + (x− 1)2

)dx =

2∫1

2x− 1x2 + (x− 1)2dx =

=2∫

1

2x− 12x2 − 2x+ 1

dx,

ponieważ∫2x− 1

2x2 − 2x+ 1dx =

12

∫4x− 2

2x2 − 2x+ 1dx =

12

ln |2x2 − 2x+ 1|+ C,

więc(2,1)∫

(1,0)

x dx+ y dy

x2 + y2 =12

ln |2x2 − 2x+ 1|∣∣∣∣21

=12

ln 5.

Uwaga. W kilku przykładach w tym rozdziale mieliśmy do czynienia z funkcją


logarytmiczną. Zaskakująco częstym błędem jest liczenie ln(x−y) = lnx− ln y, czyteż ln(x+y) = lnx+ln y. Na ogół równości te nie są prawdziwe, np. ln(3−1) = ln 2,ale ln 3 − ln 1 = ln 3. Powyższe równania są prawdziwe odpowiednio tylko wtedy,gdy x− y = x

y , x+ y = xy. Pamiętajmy o tym!

Definiujemy funkcje Q i P .

(%i1) Q(x,y):=x/(x^2+y^2);(%o1) Q (x, y) := x

x2+y2

(%i2) P(x,y):=y/(x^2+y^2);(%o2) P (x, y) := y

x2+y2

Obliczymy całkę wzdłuż odcinka AC : y = x− 1, x ∈ [1, 2]. Oczywiście, y′(x) = 1.Zdefiniujemy y.

(%i3) y:x-1;(%o3) x− 1

Obliczymy całkę, korzystając z twierdzenia 11.8.

(%i4) integrate(P(x,y)+Q(x,y),x,1,2);

(%o4) log(5)2

Rozdział 12

Całki potrójne

Definicja 12.1. Niech A będzie prostopadłościanem domkniętym w R3

A = (x, y, z) ∈ R3; a1 ¬ x ¬ b1, a2 ¬ y ¬ b2, a3 ¬ z ¬ b3 i f – funk-cją ograniczoną na A. Podzielmy prostopadłościan A na n3 prostopadłościanówczęściowych Aijk = (x, y, z); xi−1 ¬ x ¬ xi, yj−1 ¬ y ¬ yj , zk−1 ¬ z ¬ zk, ko-rzystając z podziału a1 = x0 < x1 < . . . < xn = b1; a2 = y0 < y1 < . . . < yn = b2;a3 = z0 < z1 < . . . < zn = b3 przedziałów [a1, b1], [a2, b2], [a3, b3]. Oznaczmy przez∆Aijk objętość prostopadłościanu Aijk, a przez λn najdłuższą przekątną tych pro-stopadłościanów.Wybierzmy w sposób dowolny punkt (xi, yj , zk) ∈ Aijk, i, j, k = 1, 2, . . . , n i utwórz-my sumę całkową

Sn =n∑

i,j,k=1

f(xi, yj , zk)∆Aijk.

Jeżeli istnieje skończona granica ciągu (Sn), gdy n dąży do +∞, λn → 0, granica tanie zależy ani od sposobu podziału prostopadłościanu A, ani od wyboru punktów(xi, yj , zk) ∈ Aijk, wówczas granicę tę nazywamy całką potrójną funkcji f nazbiorze A i oznaczamy ∫∫∫

A

f(x, y, z)dxdydz.

Mówimy wtedy, że f jest całkowalna na A w sensie Riemanna.

Wprost z definicji 12.1 wynika, że∫∫∫A

1 dxdydz = |A|,

gdzie |A| oznacza objętość prostopadłościanu A.

Twierdzenie 12.1. Każda funkcja ciągła określona na domkniętym i ograniczo-nym prostopadłościanie A ⊂ R3 jest całkowalna.


Twierdzenie 12.2. Niech f będzie funkcją ciągłą na zbiorze A

A = (x, y, z); a1 ¬ x ¬ b1, a2 ¬ y ¬ b2, a3 ¬ z ¬ b3 .

Wówczas

∫∫∫A

f(x, y, z)dxdydz =

b1∫a1

( b2∫a2

( b3∫a3

f(x, y, z)dz)dy

)dx.

Powyższe całki po prawej stronie liczymy jak całki funkcji jednej zmiennej (całkipojedyncze). Kolejność całkowania może być zmieniona.

Przykład

Obliczyć∫∫∫A

(x + y + 2z)dxdydz na zbiorze A = (x, y, z); 0 ¬ x ¬ 1, 0 ¬ y ¬ 2,

1 ¬ z ¬ 2. Korzystamy z twierdzenia 12.2.

∫∫∫A

(x+ y + 2z)dxdydz =1∫

0

( 2∫0

( 2∫1

(x+ y + 2z)dz)dy

)dx =

=1∫

0

( 2∫0

(xz + yz + z2)∣∣∣∣21dy

)dx =

1∫0

( 2∫0

(x+ y + 3)dy)dx =

=1∫

0

(xy +y2

2+ 3y)

∣∣∣∣20dx =

1∫0

(2x+ 8)dx = 9

Całkę potrójną obliczamy w analogiczny sposób jak całkę podwójną, przechodzącdo całek iterowanych.

(%i1) integrate(x+y+2*z,z,1,2);(%o1) y+ x+ 3(%i2) integrate(%o1, y,0,2);(%o2) 2 x+ 8(%i3) integrate(%o2,x,0,1);(%o3) 9

Podaną całkę możemy obliczyć także w inny sposób.

(%i4) integrate(integrate(integrate(x+y+2*z,z,1,2),y,0,2),x,0,1);(%o4) 9

Rozdział 12. Całki potrójne 199

Definicja 12.2. Niech f będzie funkcją określoną i ograniczoną na obszarze do-mkniętym i ograniczonym V ⊂ R3 oraz niech A będzie dowolnym prostopadłościa-nem zawierającym obszar V . Zdefiniujmy nową funkcję F : A→ R

F (x, y, z) =

f(x, y, z) dla (x, y, z) ∈ V,0 dla (x, y, z) ∈ A \ V.

Jeżeli funkcja F jest całkowalna na A, wówczas powiemy, że funkcja f jest całko-walna na V ∫∫∫

V

f(x, y, z)dxdydz def=∫∫∫A

F (x, y, z)dxdydz.

Całka potrójna często nazywana jest całką objętościową.Wszystkie własności dla całek podwójnych są również prawdziwe dla całekpotrójnych.

Twierdzenie 12.3. Załóżmy, że

V = (x, y, z) ∈ R3; (x, y) ∈ D, ϕ1(x, y) ¬ z ¬ ψ1(x, y),

gdzie ϕ1, ψ1 są dwiema funkcjami ciągłymi określonymi na zbiorze D o wartościachw R, D jest zbiorem regularnym na płaszczyźnie Oxy. Niech f będzie funkcją ciągłąna V . Wówczas∫∫∫

V

f(x, y, z)dxdydz =∫∫D

( ψ1(x,y)∫ϕ1(x,y)

f(x, y, z)dz)dxdy.


V =

(x, y, z) ∈ R3; (y, z) ∈ D, ϕ2(y, z) ¬ x ¬ ψ2(y, z),

gdzie ϕ2, ψ2 są dwiema funkcjami ciągłymi na zbiorze D o wartościach w R, D jestzbiorem regularnym na płaszczyźnie Oyz. Niech f będzie funkcją ciągłą na V . Wów-czas ∫∫∫

V


( ψ2(y,z)∫ϕ2(y,z)

f(x, y, z)dx)dydz.


V =

(x, y, z) ∈ R3; (x, z) ∈ D, ϕ3(x, z) ¬ y ¬ ψ3(x, z),

gdzie ϕ3, ψ3 są dwiema funkcjami ciągłymi na zbiorze D o wartościach w R, D jestzbiorem regularnym na płaszczyźnie Oxz. Niech f będzie funkcją ciągłą na V . Wów-czas ∫∫∫

V


( ψ3(x,z)∫ϕ3(x,z)

f(x, y, z)dy)dxdz.


Zgodnie z definicją 12.2∫∫∫V

dxdydz = |V |, gdzie |V | oznacza objętość bryły V

(patrz powyższe twierdzenia i punkt 2 str. 182).

Przykład

Obliczyć całkę potrójną∫∫∫V

z2dxdydz, gdzie V jest kulą domkniętą

x2 + y2 + z2 ¬ a2, a > 0.Zauważmy, że funkcja f(x, y, z) = z2 jest ciągła na tej kuli. Mamy więc∫∫∫

V

z2dxdydz = 8∫∫∫V ′

z2dxdydz,

gdzie V ′ =(x, y, z) ∈ R3; x 0, y 0, z 0, x2 + y2 + z2 − a2 ¬ 0

,

wówczas V ′ =

(x, y, z) ∈ R3; (x, y) ∈ D, 0 ¬ z ¬√a2 − x2 − y2

,

D =(x, y) ∈ R2; x 0, y 0, x2 + y2 − a2 ¬ 0

.

Stosując twierdzenie 12.3, otrzymujemy

I =∫∫∫V

z2dxdydz = 8∫∫∫V ′

z2dxdydz = 8∫∫D

( √a2−x2−y2∫0

z2dz

)dxdy =

=83

∫∫D

(a2 − x2 − y2

) 32 dxdy.

Przechodząc do współrzędnych biegunowychx = r cosϕ 0 ¬ r ¬ ay = r sinϕ 0 ¬ ϕ ¬ π

2,

otrzymujemy

I =83

π2∫

0

( a∫0

(a2 − r2

) 32

r dr

)dϕ =

83· π

2

(−1

5

)(a2 − r2)

52

∣∣∣∣a0

=4π15a5.

Obliczymy całkę potrójną. Zakładamy, że a > 0 i a2 − x2 − y2 > 0.

(%i1) assume(a>0,a^2-x^2-y^2>0);(%o1) [a > 0,−y2 − x2 + a2 > 0]

Obliczamy całkę po zmiennej z.

(%i2) 8*integrate(z^2,z,0,sqrt(a^2-x^2-y^2));

(%o2) −8√−y2−x2+a2 (y2+x2−a2)

3


Teraz pozostała do obliczenia całka podwójna. Przyjmujemy, że (r, t) są współ-rzędnymi biegunowymi punktu (x, y). Przechodząc do współrzędnych biegunowychkorzystamy z faktu, że jakobian przekształcenia jest równy r (obliczaliśmy go wewcześniejszych przykładach). Do wyniku uzyskanego na wyjściu %o2 podstawiamyx = r cos(t), y = r sin(t) i upraszczamy uzyskane wyrażenie.

(%i3) %o2,x=r*cos(t),y=r*sin(t);

(%o3) −8√−r2 sin(t)2−r2 cos(t)2+a2 (r2 sin(t)2+r2 cos(t)2−a2)

3(%i4) trigsimp(%o3);

(%o4) −√a2−r2 (8 r2−8 a2)

3Obliczamy całkę po zmiennej r.

(%i5) integrate(%o4*r,r,0,a);(%o5) 8 a5

15Obliczamy całkę po zmiennej t.

(%i6) integrate(%o5,t,0,%pi/2);(%o6) 4π a5

15

Zamiana zmiennych w całce potrójnej

Twierdzenie 12.6. Załóżmy, że f : V → R jest funkcją ciągłą, V jest obszaremregularnym (tzn. V = V1 ∪ V2 ∪ . . . ∪ Vn, gdzie IntVi ∩ IntVj = ∅ gdy i 6= j,i = 1, 2, . . . , n, Vi, i = 1, 2, . . . , n są takie jak w twierdzeniach 12.3, 12.4, 12.5),Φ: U → R3

Φ:

x = ϕ(u, v, w)y = ψ(u, v, w)z = χ(u, v, w)

jest odwzorowaniem klasy C1 na zbiorze otwartym U (tzn. ϕ, ψ, χ są klasy C1

na U), U jest obszarem regularnym oraz Φ przekształca wzajemnie jednoznaczniewnętrze zbioru U na wnętrze V . Załóżmy też, że jakobian Φ spełnia warunek

∂(ϕ,ψ, χ)∂(u, v, w)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂ϕ

∂u

∂ϕ

∂v

∂ϕ

∂w∂ψ

∂u

∂ψ

∂v

∂ψ

∂w∂χ

∂u

∂χ

∂v

∂χ

∂w

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣6= 0 na IntU.

Wówczas∫∫∫V

f(x, y, z)dxdydz=∫∫∫U

f(ϕ(u, v, w), ψ(u, v, w), χ(u, v, w)

)·∣∣∣∣∂(ϕ,ψ, χ)∂(u, v, w)

∣∣∣∣dudvdw.


Uwaga. Przy założeniach powyższego twierdzenia istnieje funkcja odwrotna Φ−1 :IntV → IntU , przy czym

∂(u, v, w)∂(x, z, y)

=1

∂(ϕ,ψ,χ)∂(u,v,w)

dla (x, y, z) ∈ IntV.

1. Przesunięcie równoległe

Niech Φ: R3 → R3

Φ:

x = u+ ay = v + bz = w + c.

Wówczas jego jakobian jest równy

∂(x, z, y)∂(u, v, w)

=

∣∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 1,

więc ∫∫∫V

f(x, y, z)dxdydz =∫∫∫U

f(u+ a, v + b, w + c)dudvdw.

2. Współrzędne sferyczne

Rozważmy odwzorowanie Φ: R3 → R3, które każdemu punktowi (r, ϕ, θ) przy-porządkowuje punkt (x, y, z) taki, że

Φ:

x = r cosϕ cos θy = r sinϕ cos θz = r sin θ

(r, ϕ, θ) są współrzędnymi sferycznymi punktu (x, y, z).

y

z

x

O

P ′

P (x, y, z)

ϕ

θ

r


W tym przypadku jakobian jest równy

∂(x, z, y)∂(r, ϕ, θ)

=

∣∣∣∣∣∣∣cosϕ cos θ −r sinϕ cos θ −r cosϕ sin θsinϕ cos θ r cosϕ cos θ −r sinϕ sin θ

sin θ 0 r cos θ

∣∣∣∣∣∣∣ =

= r2 cos θ sin2 θ + r2 cos3 θ = r2 cos θ.

Wówczas ∫∫∫V

f(x, y, z)dxdydz =

=∫∫∫U

f(r cosϕ cos θ, r sinϕ cos θ, r sin θ)∣∣∣∣∂(x, y, z)∂(r, ϕ, θ)

∣∣∣∣ drdϕdθ =

=∫∫∫U

f(r cosϕ cos θ, r sinϕ cos θ, r sin θ)r2 cos θ drdϕdθ.

3. Współrzędne cylindryczne (walcowe)

Niech odwzorowanie Φ: R3 → R3 każdemu punktowi (r, ϕ, z) przyporządkowujepunkt (x, y, z) taki, że

Φ:

x = r cosϕy = r sinϕz = z.

Jego jakobian jest równy

∂(x, y, z)∂(r, ϕ, z)

=

∣∣∣∣∣∣∣cosϕ −r sinϕ 0sinϕ r cosϕ 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣ = r.

Wówczas ∫∫∫V

f(x, y, z)dxdydz =∫∫∫U

f(r cosϕ, r sinϕ, z)r drdϕdz.

y

z

x

O

P ′

P (x, y, z)

ϕ r


4. Współrzędne elipsoidyczne

Niech odwzorowanie Φ: R3 → R3 każdemu punktowi (r, ϕ, θ) przyporządkowujepunkt (x, y, z) taki, że

Φ :

x = ar cosϕ cos θy = br sinϕ cos θz = cr sin θ

a, b, c > 0.

Jeżeli a = b = c, mamy wówczas do czynienia ze współrzędnymi sferycznymi.Jego jakobian jest następujący

∂(x, z, y)∂(r, ϕ, θ)

= abcr2 cos θ,

więc ∫∫∫V

f(x, y, z)dxdydz =

=∫∫∫U

f(ar cosϕ cos θ, br sinϕ cos θ, cr sin θ)abcr2 cos θ drdϕdθ.

Przykład

Obliczyć∫∫∫V

(x+ 2z)dxdydz, gdzie zbiór V zdefiniowany jest przez nierówności:

x2 + y2 + z2 ¬ 1, x 0, y 0, z 0.Korzystamy z zamiany współrzędnych kartezjańskich na współrzędne sferyczne:

Φ :

x = r cosϕ cos θy = r sinϕ cos θz = r sin θ

.

Jeżeli punkt (x, y, z) ∈ V , wówczas (r, ϕ, θ) ∈ U , gdzieU = (r, ϕ, θ) ∈ R3; 0 ¬ r ¬ 1, 0 ¬ ϕ ¬ π

2 , 0 ¬ θ ¬ π2 ,

a więc ∫∫∫V

(x+ 2z)dxdydz =∫∫∫U

(r cosϕ cos θ + 2r sin θ)r2 cos θ drdϕdθ =

=1∫

0

( π2∫

0

( π2∫

0

r3(cosϕ cos2 θ + sin 2θ)dθ)dϕ

)dr =

=14

π2∫

0

(12

cosϕ(θ +

12

sin 2θ)− 1

2cos 2θ)

)∣∣∣∣π2

0dϕ =


=14

π2∫

0

(π

4cosϕ+ 1

)dϕ =

14

(π

4sinϕ+ ϕ

) ∣∣∣∣π2

0=

316π.

Obliczymy całkę, korzystając z zamiany zmiennych na współrzędne sferyczne.Przyjmujemy, że (r, t, s) są współrzędnymi sferycznymi punktu (x, y, z).

(%i1) [x,y,z]:[r*cos(t)*cos(s),r*sin(t)*cos(s),r*sin(s)];(%o1) [r cos (s) cos (t) , r cos (s) sin (t) , r sin (s)]

Obliczymy jakobian przekształcenia i uprościmy uzyskany wynik.

(%i2) jacobian([x,y,z],[r,t,s]);

(%o2)

cos (s) cos (t) −r cos (s) sin (t) −r sin (s) cos (t)cos (s) sin (t) r cos (s) cos (t) −r sin (s) sin (t)

sin (s) 0 r cos (s)

(%i3) determinant(%o2);(%o3) r cos (s) sin (t)

(r sin (s)2 sin (t) + r cos (s)2 sin (t)

)+

+r2 cos (s) sin (s)2 cos (t)2 + r2 cos (s)3 cos (t)2

(%i4) J:trigsimp(%o3);(%o4) r2 cos (s)

Obliczymy całkę potrójną.

(%i5) integrate(integrate(integrate((x+2*z)*J,s,0,%pi/2),t,0,%pi/2),r,0,1);

(%o5) 3π16

Rozdział 13

Analiza wektorowa

Analiza wektorowa jest niezbędnym narzędziem w hydrodynamice i elektro-magnetyzmie. Wykorzystujemy w niej operatory różniczkowe do opisu, w jaki spo-sób pole wektorowe zmienia się w przestrzeni.

Definicja 13.1. Niech f : A→ R, gdzie A ⊂ Rn jest zbiorem otwartym. Rozważmyustalony wektor h ∈ Rn i punkt m0 ∈ A. Jeżeli istnieje skończona granica

limt→0

f(m0 + th)− f(m0)t

,

to nazywamy ją pochodną kierunkową funkcji f w kierunku wektora h w punkcie

m0 i oznaczamy f ′h(m0) lub∂f

∂h(m0).

Jeżeli h = ei = [0, . . . , 1, . . . , 0] (1 znajduje się na i-tym miejscu), to

f ′ei(m0) =∂f

∂xi(m0).

Twierdzenie 13.1. Załóżmy, że wszystkie pochodne cząstkowe pierwszego rzędu∂f

∂xi, i = 1, 2, . . . , n, funkcji f istnieją i są ciągłe w punkcie m0 ∈ A. Wówczas

f ′h(m0) =n∑i=0

∂f

∂xi(m0)hi,

gdzie h = [h1, h2, . . . , hn].

PrzykładObliczyć pochodną funkcji f w kierunku wektora h =

[√2

2 ,√

22

]w punkcie m0(1, 2),

gdzie f(x, y) = x3 − y.

∂f

∂x= 3x2,

∂f

∂y= −1 =⇒ ∂f

∂x(1, 2) = 3,

∂f

∂y(1, 2) = −1.

Rozdział 13. Analiza wektorowa 207

Wówczas z twierdzenia 13.1 mamy:

f ′[√22 ,√22

](1, 2) = 3 ·√

22−√

22

=√

2.

W celu obliczenia pochodnej funkcji w kierunku danego wektora wyznaczymy naj-pierw gradient funkcji, a następnie podamy jego wartość w punkcie (1, 2). W obuprzypadkach wyniki przypiszemy zmiennej grad. Gradient możemy obliczyć, wy-korzystując funkcję jacobian(). Funkcja, której gradient będzie wyznaczany, musibyć zapisana w nawiasach kwadratowych.

(%i1) grad:jacobian([x^3-y],[x,y]);

(%o1)[3 x2 −1

](%i2) grad:grad,x=1,y=2;

(%o2)[3 −1

]W powyższym zapisie można pominąć y = 2, gdyż gradient nie zależy od zmien-nej y. Zdefiniujemy teraz wektor h.

(%i3) h:[sqrt(2)/2,sqrt(2)/2];(%o3) [ 1√

2, 1√2]

Obliczymy pochodną funkcji w kierunku wektora h w punkcie (1, 2). W tym celuwyznaczymy iloczyn skalarny wektorów grad oraz h.

(%i4) grad.h;(%o4)

√2

Definicja 13.2. Niech V ⊂ R3. Funkcję f : V → R nazywać będziemy funkcjąskalarną lub polem skalarnym na zbiorze V . Polem wektorowym na zbiorze Vnazywamy każde odwzorowanie W : V → R3. Jeżeli W jest polem wektorowym naV , to dla m ∈ V mamy W (m) = [P (m) , Q (m) , R (m)], gdzie P,Q,R są funkcjamiskalarnymi na V – nazywamy je składowymi pola W. Możemy więc zapisać

W (m) = P (m) i +Q (m) j +R (m) k

(i = [1, 0, 0], j = [0, 1, 0], k = [0, 0, 1] są wersorami osi układu współrzędnych). Mó-wimy, że pole wektorowe W jest różniczkowalne (klasy Ck), gdy jego współrzędnesą różniczkowalne (klasy Ck) (definicja 1 – Dodatek).

Jeżeli funkcja skalarna f : V → R ma pochodne cząstkowe w punkcie m0 ∈ V ,to gradientem funkcji f w punkcie m0 nazywamy wektor

grad f (m0) =∂f

∂x(m0) i +

∂f

∂y(m0) j +

∂f

∂z(m0) k.

Ogólniej, jeśli V jest zbiorem otwartym i f ma pochodne cząstkowe na V , to gra-dient f jest polem wektorowym na V :

grad f =[∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z

].


Gradient funkcji można wyrazić za pomocą operatora różniczkowego∇=[∂∂x ,

∂∂y ,

∂∂z

](jest to tzw. operator Hamiltona lub nabla), przy czym przyjmujemy, że mno-żeniem np. ∂

∂x przez funkcję g jest pochodna cząstkowa ∂g∂x . W myśl tej umowy

grad f = ∇ · f .

Definicja 13.3. Rotacją różniczkowalnego pola wektorowego W : V → R3, gdzieW = [P,Q,R], nazywamy pole wektorowe rot W zdefiniowane przez formalny wy-znacznik

rot W =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zP Q R

∣∣∣∣∣∣∣∣ =(∂R

∂y− ∂Q

∂z

)i +

(∂P

∂z− ∂R

∂x

)j +

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)k,

natomiast dywergencją pola W nazywamy pole skalarne

div W =∂P

∂x+∂Q

∂y+∂R

∂z.

Rotację i dywergencję można wyrazić za pomocą operatora nabla w następującysposób:

rot W = ∇×W, div W = ∇ W

(× i oznaczają odpowiednio iloczyn wektorowy i iloczyn skalarny).

Twierdzenie 13.2. Niech pole wektorowe W będzie klasy C2 na zbiorze otwartymV w R3. Wówczas

div(rot W) = 0.

Definicja 13.4. Potencjałem skalarnym pola wektorowego W określonego nazbiorze otwartym V w R3 nazywamy taką funkcję skalarną f : V → R, że dlakażdego m ∈ V

grad f(m) = W(m).

Pole wektorowe posiadające potencjał skalarny nazywamy polem potencjalnym.

Twierdzenie 13.3. Niech pole skalarne f będzie klasy C2 na zbiorze otwartym Vw R3. Wówczas

rot(grad f) = 0.

W szczególności, jeśli pole W jest potencjalne, to rot W = 0.

Z ostatniego twierdzenia wynika, że jeśli rot W 6= 0, to pole W nie może byćpotencjalne. Zerowanie się rotacji pola wektorowego nie jest jednak warunkiemwystarczającym na istnienie potencjału.

Twierdzenie 13.4. Niech V będzie zbiorem otwartym w R3 i W polem wektoro-wym klasy C1 z V w R3 takim, że rot W(m) = 0 dla każdego m ∈ V . Wówczas dlakażdego prostopadłościanu domkniętego P zawartego w V istnieje pole skalarne fklasy C2 z P do R takie, że grad f(m) = W(m) dla każdego m ∈ P .


PrzykładNiech będzie dane pole wektorowe W = [P,Q,R], gdzie

P = −2xz, Q =

2yz, R =

x2 − y2

z2 .

Pole to jest zdefiniowane w zbiorze V = (x, y, z) ∈ R3; z 6= 0 i jest klasy C1

(a nawet C∞) na V oraz dla każdego m(x, y, z) ∈ V mamy

∂R

∂y(m) =

∂Q

∂z(m) = −2y

z2 ,

∂P

∂z(m) =

∂R

∂x(m) =

2xz2 ,

∂Q

∂x(m) =

∂P

∂y(m) = 0,

a więc rot W(m) = 0.Znajdziemy teraz taką funkcję f : V → R klasy C2 na V , że dla każdego m ∈ Vgrad f = [P,Q,R].Szukana funkcja f musi spełniać układ warunków:

∂f

∂x= −2x

z, (1)

∂f

∂y=

2yz, (2)

∂f

∂z=x2 − y2

z2 . (3)

Całkując (1) stronami względem x, otrzymujemy

f (x, y, z) =∫ (−2xz

)dx = −x

2

z+ ϕ (y, z) ,

gdzie ϕ jest nieznaną funkcją mającą ciągłe pochodne cząstkowe względem zmien-nych y i z, grającą rolę stałej całkowania. Różniczkując f względem y, mamy

∂f

∂y= ϕ′y

i przyrównując stronami do (2)

ϕ′y =2yz.

Stąd

ϕ (y, z) =∫

2yzdy =

y2

z+ ψ (z) ,

gdzie ψ jest nieznaną funkcją klasy C1 zmiennej z. Możemy teraz zapisać

f (x, y, z) = −x2

z+y2

z+ ψ (z) .


Różniczkujemy f względem z

∂f

∂z=x2

z2 −y2

z2 + ψ′

i przyrównujemy stronami do (3)

x2

z2 −y2

z2 + ψ′ =x2 − y2

z2 .

To oznacza, że ψ′ = 0, czyli funkcja ψ jest stała. Ostatecznie funkcja

f (x, y, z) =y2 − x2

z+ C

(gdzie C jest dowolną stałą) jest potencjałem pola wektorowego W.

Wyznaczymy potencjał pola wektorowego W. Najpierw zdefiniujemy pole wekto-rowe W.(%i1) W(x,y,z):=[-2*x/z,2*y/z,(x^2-y^2)/z^2];

(%o1) W (x, y, z) := [ (−2) xz , 2 yz ,

x2−y2z2 ]

Załadujemy pakiet vect, którego polecenia będziemy wykorzystywali.

(%i2) load(vect)$W celu obliczenia rotacji użyjemy najpierw polecenia curl(). Po jego wydaniu nieuzyskujemy od razu rotacji, lecz muszą zostać wydane kolejne polecenia.

(%i3) curl(W(x,y,z));

(%o3) curl([−2 xz ,

2 yz ,x2−y2z2 ]

)Przed obliczeniem rotacji zapiszemy symbolicznie pochodne cząstkowe, które w niejwystępują. Użyjemy polecenia express().

(%i4) express(%);

(%o4) [ dd yx2−y2z2 −

dd z2 yz ,dd z

(−2 xz

)− dd xx2−y2z2 , dd x

2 yz −

dd y

(−2 xz

)]

Obliczymy pochodne cząstkowe, które symbolicznie zostały zapisane na wyjściu%o4. Wykorzystamy w tym celu funkcję ev(), która ma dwa argumenty: pierwszyto wyrażenie (symboliczny zapis pochodnych), drugi to operacja, jaka ma zostaćwykonana (obliczymy pochodne).

(%i5) ev(%o4,diff);(%o5) [0, 0, 0]

Zatem szukana rotacja jest wektorem zerowym. Teraz obliczymy potencjał polawektorowego W. Wykorzystamy funkcję potential().

(%i6) potential(W(x,y,z));

(%o6) y2−x2z

W uzyskanym wyniku została pominięta stała C.


Definicja 13.5. Załóżmy, że funkcja f : V → R jest dwukrotnie różniczkowalna nazbiorze otwartym V ⊂ R3. Laplasjanem funkcji f nazywamy funkcję skalarną

∆f(m) =∂2f

∂x2 (m) +∂2f

∂y2 (m) +∂2f

∂z2 (m), m ∈ V.

(Zauważmy, że ∆ = ∇ ∇ = ∇2).

Twierdzenie 13.5. Jeżeli funkcja skalarna f jest klasy C2 na zbiorze otwartymV ⊂ R3, to

div(grad f) = ∆f.

Rozdział 14

Całki krzywoliniowe w R3i powierzchniowe

Definicja 14.1. Rozważmy regularną krzywą skierowaną K, zdefiniowaną przezrównania parametryczne:

x = x(t), y = y(t), z = z(t), t ∈ [α, β]

i trzy funkcje P , Q, R określone i ograniczone na V , gdzie V ⊂ R3 jest zbio-rem otwartym oraz jednostkowy wektor t styczny do krzywej K ⊂ V w punkcieM(x, y, z), przy czym zwrot t jest zgodny z orientacją krzywej K. Całka krzy-woliniowa nieskierowana z iloczynu skalarnego dwóch wektorów W = [P,Q,R]i t nazywana jest całką krzywoliniową skierowaną wzdłuż krzywej K i za-pisywana ∫

K

P (x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy +R(x, y, z)dz =∫K

W tdl.

(Jeżeli K jest krzywą zamkniętą, to powyższą całkę nazywamy cyrkulacją polawektorowego W wzdłuż krzywej K).

Definicja niezależności całki∫KP (x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz od

drogi całkowania jest analogiczna jak w przypadku krzywej płaskiej. Jeżeli całkakrzywoliniowa skierowana nie zależy od drogi całkowania, to zapisujemy ją częstoB∫AP (x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy+R(x, y, z)dz, gdzie punkt A jest początkiem, a punkt

B jest końcem drogi całkowania.

Twierdzenie 14.1. Aby całkaB∫AP (x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz nie za-

leżała od drogi całkowania w każdym prostopadłościanie domkniętym zawartymw V , gdzie V ⊂ R3 jest zbiorem otwartym, potrzeba i wystarcza, aby dla każdego

Rozdział 14. Całki krzywoliniowe w R3 i powierzchniowe 213

(x, y, z) ∈ V , rot W(x, y, z) = 0, przy założeniu, że pole wektorowe W = [P,Q,R]jest klasy C1 na V .

Dowodzi się, że jeżeliB∫AP (x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy+R(x, y, z)dz nie zależy od drogi

całkowania w każdym prostopadłościanie domkniętym zawartym w V , to

B∫A

P (x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy +R(x, y, z)dz = f(B)− f(A),

gdzie f : A→ R,∂f

∂x= P,

∂f

∂y= Q,

∂f

∂z= R.

Zauważmy, że P (x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy+R(x, y, z)dz jest różniczką zupełną funk-cji f . Równoważnie oznacza to, że grad f = [P,Q,R].

Przykład

Obliczyć:

(1,2,3)∫(0,0,0)

(2x− yz)dx+ (2y − xz)dy + (2z − xy)dz.

Zauważmy, żeW = [2x− yz, 2y − xz, 2z − xy],

wtedy

rot W =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

2x− yz 2y − xz 2z − xy

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = [−x+ x,−y + y,−z + z] = [0, 0, 0].

To oznacza, że nasza całka nie zależy od drogi całkowania w R3.Teraz trzeba znaleźć funkcję f , dla której:

∂f

∂x= 2x− yz

∂f

∂y= 2y − xz

∂f

∂z= 2z − xy

Całkując pierwszą równość stronami względem x, otrzymujemyf(x, y, z) = x2 − yzx + Φ(y, z), gdzie Φ jest chwilowo nieznaną funkcją mającąciągłe pochodne cząstkowe Φ′y i Φ′z.Różniczkując względem y i uwzględniając drugą z powyższych równości, mamy∂f

∂y= −zx+

∂Φ∂y

= 2y − xz =⇒ ∂Φ∂y

= 2y =⇒ Φ(y, z) = y2 + ϕ(z),

gdzie ϕ jest pewną funkcją różniczkowalną w sposób ciągły.Stąd f(x, y, z) = x2 − yzx+ y2 + ϕ(z),


a następnie różniczkując względem z po uwzględnieniu trzeciej równości,otrzymujemy∂f

∂z= −yx+ ϕ′(z) = 2z − xy =⇒ ϕ′(z) = 2z =⇒ ϕ(z) = z2 + C,

f(x, y, z) = x2 + y2 − yzx+ z2 + C.Ostatecznie

(1,2,3)∫(0,0,0)

(2x− yz)dx+ (2y − xz)dy + (2z − xy)dz = f(1, 2, 3)− f(0, 0, 0) = 8.

Obliczymy całkę krzywoliniową skierowaną w R3. Najpierw definiujemy pole wek-torowe W.(%i1) W(x,y,z):=[2*x-y*z,2*y-x*z,2*z-x*y];(%o1) W (x, y, z) := [2 x− y z, 2 y− x z, 2 z− x y]

Ładujemy pakiet vect.

(%i2) load(vect)$Obliczymy rotację pola wektorowego W.

(%i3) curl(W(x,y,z));(%o3) curl ([2 x− y z, 2 y− x z, 2 z− x y])(%i4) express(%);(%o4) [ dd y (2 z− x y)− d

d z (2 y− x z) , dd z (2 x− y z)− dd x (2 z− x y) ,

dd x (2 y− x z)− d

d y (2 x− y z)](%i5) ev(%,diff);(%o5) [0, 0, 0]

Zatem szukana rotacja jest wektorem zerowym. Obliczymy potencjał pola wekto-rowego (wykorzystamy funkcję potential()), a następnie zdefiniujemy funkcję frówną potencjałowi.

(%i6) potential(W(x,y,z));(%o6) z2 − x y z+ y2 + x2

(%i7) f(x,y,z):=z^2-x*y*z+y^2+x^2;(%o7) f (x, y, z) := z2 − x y z+ y2 + x2

Zatem całka jest równa

(%i8) f(1,2,3)-f(0,0,0);(%o8) 8

Jeżeli∫KP dx+Qdy +Rdz nie zależy od drogi całkowania K, to∫

KP dx+Qdy+Rdz = 0 wzdłuż każdej krzywej K regularnej zamkniętej K ⊂ V ,

gdzie V ⊂ R3 jest zbiorem otwartym (patrz poniższy rysunek).


y

z

x

O

AB

C

E K

∫K

P dx+Qdy +Rdz =∫y

ACB

P dx+Qdy +Rdz −∫y

AEB

P dx+Qdy +Rdz = 0.

Definicja 14.2. Gładkim płatem powierzchniowym (względem płaszczyznyOxy) nazywamy wykres funkcji

z = f(x, y), (x, y) ∈ D,

gdzie D ⊂ R2 jest obszarem regularnym i f jest klasy C1 na D. W podobny sposóbdefiniujemy gładkie płaty powierzchniowe względem płaszczyzn Oxz i Oyz.

Zbiór spójny, który jest sumą skończonej liczby gładkich płatów powierzch-niowych, nazywamy powierzchnią regularną.

Definicja 14.3. Rozważmy powierzchnię regularną S zdefiniowaną przez równaniez = f(x, y), (x, y) ∈ D, D – zbiór regularny i funkcję ograniczoną F : S → R. NiechA = (x, y); a ¬ x ¬ b, c ¬ y ¬ d, D ⊂ A. Dokonujemy podziału prostokąta Ana n2 prostokątów częściowych Aik, dokonując podziału

a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b,

c = y0 < y1 < . . . < yn−1 < yn = d

przedziałów [a, b] i [c, d]. Oznaczmy przez Sik ⊂ S powierzchnię odpowiadającąprostokątowi częściowemu Aik i przez ∆Sik – pole powierzchni Sik. Wybierzmyw dowolny sposób punkty (xi, yk) ∈ Aik ∩D i utwórzmy sumę całkową

Sn =n∑

i,k=1

F (xi, yk, f(xi, yk)) ∆Sik

(jeśli Aik ∩ D = ∅ przyjmujemy, że F (xi, yk, f(xi, yk)) = 0). Jeżeli istnieje skoń-czona granica ciągu (Sn) przy założeniu, że n dąży do ∞ i przekątne Aik dążądo zera, granica ta nie zależy od sposobu podziału prostokąta i wyboru punktów(xi, yk), to granicę tę nazywamy całką powierzchniową niezorientowaną (nie-skierowaną) po powierzchni S z funkcji F i oznaczamy

∫∫SF (x, y, z)dS.


Własności

1. Jeżeli istnieje całka powierzchniowa po powierzchni regularnej S, F : S → R,to wówczas ∫∫

S

cF (x, y, z)dS = c

∫∫S

F (x, y, z)dS, c – stała.

2. Jeżeli S = S1 ∪ S2, S1, S2 są powierzchniami regularnymi, S = S1 ∩ S2 = Kjest krzywą regularną i istnieje całka

∫∫SF (x, y, z)dS, to

∫∫S

F (x, y, z)dS =∫∫S1

F (x, y, z)dS +∫∫S2

F (x, y, z)dS.

3. Jeżeli funkcja F : S → R jest ciągła na płacie powierzchniowym S zdefinio-wanym przez z = f(x, y), (x, y) ∈ D, gdzie D ⊂ R2 jest zbiorem regularnym,to∫∫S

F (x, y, z)dS =∫∫D

F (x, y, f(x, y))√

1 + (f ′x(x, y))2 + (f ′y(x, y))2 dxdy.

Jeżeli F (x, y, z) = 1 na S, to natychmiast widać, że∫∫SdS = |S| (punkt 3,

str. 182).

PrzykładObliczyć

∫∫S

(xy+yz+zx)dS gdzie S : z =√x2 + y2, (x, y) ∈ D, D : x2+y2−2x ¬ 0.

y

z

x

OD

S

z′x =x√

x2 + y2, z′y =

y√x2 + y2

. Z własności 3 całki powierzchniowej mamy:∫∫S

(xy + yz + zx)dS =

=∫∫D

(xy + y√x2 + y2 + x

√x2 + y2)

√1 +

x2

x2 + y2 +y2

x2 + y2dxdy =


=∫∫D

(xy + y√x2 + y2 + x

√x2 + y2)

√2 dxdy =

=√

2∫∫U

(r2 cosϕ sinϕ+ r2 sinϕ+ r2 cosϕ)r drdϕ =

=√

2

π2∫

−π2

( 2 cosϕ∫0

(cosϕ sinϕ+ sinϕ+ cosϕ)r3dr

)dϕ=

= 4√

2

π2∫

−π2

(cos5 ϕ sinϕ+ cos4 ϕ sinϕ+ cos5 ϕ)dϕ =26√

215

U jest zbiorem wyznaczonym przez nierówności −π2 ¬ ϕ ¬

π2 , 0 ¬ r ¬ 2 cosϕ,

ϕ, r – współrzędne biegunowe.

Obliczymy całkę powierzchniową nieskierowaną. Zdefiniujemy funkcje z oraz F .

(%i1) z(x,y):=sqrt(x^2+y^2);(%o1) z (x, y) :=

√x2 + y2

(%i2) F(x,y,z):=x*y+y*z+z*x;(%o2) F (x, y, z) := x y+ y z+ z x

Zapisujemy, a następnie upraszczamy funkcję podcałkową.

(%i3) F(x,y,z(x,y))*sqrt(1+diff(z(x,y),x)^2+diff(z(x,y),y)^2);

(%o3)√

y2

y2+x2 + x2y2+x2 + 1

(y√y2 + x2 + x

√y2 + x2 + x y

)(%i4) radcan(%o3);(%o4)

(√2 y+

√2 x) √y2 + x2 +

√2 x y

Zdefiniujemy funkcję podcałkową.

(%i5) f(x,y):=(sqrt(2)*y+sqrt(2)*x)*sqrt(y^2+x^2)+sqrt(2)*x*y;

(%o5) f (x, y) :=(√2 y+

√2 x) √y2 + x2 +

√2 x y

Zakładamy, że r 0.

(%i6) assume(r>=0);(%o6) [r >= 0]

Obliczymy teraz całkę podwójną funkcji f , korzystając z zamiany zmiennych.

(%i7) [x,y]:[r*cos(t),r*sin(t)];(%o7) [r cos (t) , r sin (t)](%i8) integrate(integrate(f(x,y)*r,r,0,2*cos(t)),t,

- %pi/2, %pi/2);Is cos(t) positive, negative, or zero?p;

(%o8) 213/2

15(%i9) integrate(integrate(f(x,y)*r,r,0,2*cos(t)),t,

- %pi/2, %pi/2);Is cos(t) positive, negative, or zero?z;


(%o9) 213/2

15Zarówno gdy cos t jest dodatni, jak i równy zero otrzymujemy te same wartościcałki.

Definicja 14.4. Rozważmy regularny płat powierzchniowy zdefiniowany przezz = f(x, y), (x, y) ∈ D. Wybierzmy punkt M(x, y, z) ∈ S i jednostkowy wek-tor normalny N do S w punkcie M , tzn. wektor N jest prostopadły do płaszczyznystycznej do powierzchni S w punkcie M .

y

z

x

O

NW

M(x, y, z)

−N

D

S

Jeżeli rozważamy wektor N, mówimy o stronie dodatniej powierzchni S i ozna-czamy ją przez S. Jeżeli rozważamy wektor −N, mówimy o stronie ujemnej po-wierzchni S i oznaczamy ją przez −S. Powierzchnią S nazywamy wówczas zorien-towaną (skierowaną). Rozważmy trzy funkcje P,Q,R : S → R i W = [P,Q,R].Całkę powierzchniową niezorientowaną z iloczynu skalarnego wektorów W i N popowierzchni S nazywamy całką powierzchniową zorientowaną (skierowaną) z upo-rządkowanej trójki funkcji P , Q i R po powierzchni S i oznaczamy:∫∫

S

P (x, y, z)dydz +Q(x, y, z)dxdz +R(x, y, z)dxdy =

=∫∫S

W NdS =∫∫S

(P cosα+Q cosβ +R cos γ)dS,

gdzie cosα, cosβ, cos γ są tzw. cosinusami kierunkowymi wektora N (zob. [3]).Powyższą całkę nazywamy również strumieniem pola wektorowego W przezpowierzchnię zorientowaną S.

Własności

1. Jeżeli istnieje całka powierzchniowa zorientowana z funkcji P,Q,R po po-wierzchni S, wówczas∫∫

−S

P dydz +Qdxdz +Rdxdy = −∫∫S

P dydz +Qdxdz +Rdxdy.


2. Jeżeli istnieje całka∫∫SP dydz+Qdxdz+Rdxdy i S = S1 ∪S2, S1 ∩S2 = K,

K – krzywa regularna, S1 i S2 mają tę samą orientację co S, wówczas∫∫S

P dydz +Qdxdz +Rdxdy =∫∫S1

P dydz +Qdxdz +Rdxdy+

+∫∫S2

P dydz +Qdxdz +Rdxdy.

3. Jeżeli funkcje P,Q,R : S → R są ciągłe, S jest płatem regularnym zdefinio-wanym przez z = f(x, y), (x, y) ∈ D, wówczas

N =

ε −f ′x√1 + f ′2x + f ′2y

, ε−f ′y√

1 + f ′2x + f ′2y

, ε1√

1 + f ′2x + f ′2y

oraz ∫∫

S

P (x, y, z)dydz +Q(x, y, z)dxdz +R(x, y, z)dxdy =

ε

∫∫D

(−P (x, y, f(x, y))f ′x(x, y)−Q(x, y, f(x, y))f ′y(x, y)+R(x, y, f(x, y))

)dxdy,

gdzie ε = 1, jeżeli orientacja płata powierzchniowego jest taka, że cos γ > 0;ε = −1, jeżeli cos γ < 0 (cos γ jest cosinusem kierunkowym wektora nor-malnego do powierzchni S, zwrot wektora normalnego jest taki sam jakorientacja S).

PrzykładObliczyć całkę powierzchniową, jeżeli W = [xy, yz, xz], po powierzchni skierowanejS, gdzie S jest częścią płaszczyzny 2x+3y+z−6 = 0, x 0, y 0, z 0 i cos γ > 0.

y

z

x

O

N

23

6

Korzystamy z własności 3 całki powierzchniowej, dokonując odpowiednich podsta-wień: z = f(x, y) = 6 − 2x − 3y, f ′x = −2, f ′y = −3 i ε = 1, D = (x, y) ∈ R2;0 ¬ x ¬ 3, 0 ¬ y ¬ 2− 2

3x.


∫∫S

xy dydz + yz dxdz + xz dxdy =

=∫∫D

(2xy + 3y(6− 2x− 3y) + x(6− 2x− 3y)

)dxdy =

=3∫

0

( 2− 23x∫0

(6x+ 18y − 2x2 − 9y2 − 7xy)dy)dx =

332.

Obliczymy całkę powierzchniową. Z własności 3 wynika, że w tym przypadku wy-starczy obliczyć odpowiednią całkę podwójną (z uwagi na postać funkcji f , po-chodne cząstkowe zostały obliczone w pamięci). Wykorzystamy twierdzenie o za-mianie całki podwójnej na całki iterowane.

(%i1) integrate(integrate(2*x*y+3*y*(6-2*x-3*y)+x*(6-2*x-3*y),y, 0, 2− 2/3 ∗ x), x, 0, 3);

(%o1) 332

Twierdzenie 14.2 (Gaussa-Ostrogradskiego). Jeżeli funkcje P,Q,R są klasyC1 na V ⊂ R3 (patrz Dodatek) o brzegu S+, który jest powierzchnią regularną za-mkniętą zorientowaną na zewnątrz V , V jest zdefiniowany przez(x, y) ∈ D1 i ϕ1(x, y) ¬ z ¬ ψ1(x, y); ϕ1, ψ1 są funkcjami ciągłymi na D1 (D1 –regularny na płaszczyźnie Oxy)

lub(y, z) ∈ D2 i ϕ2(y, z) ¬ x ¬ ψ2(y, z); ϕ2, ψ2 są ciągłe na D2 (D2 – regularny napłaszczyźnie Oyz)

lub też(x, z) ∈ D3 i ϕ3(x, z) ¬ y ¬ ψ3(x, z); ϕ3, ψ3 są ciągłe na D3, D3 – (regularny napłaszczyźnie Oxz), wówczas mamy∫∫

S

P dydz +Qdxdz +Rdxdy =∫∫∫V

(∂P

∂x+∂Q

∂y+∂R

∂z

)dxdydz.

PrzykładObliczyć

∫∫S

(x− z)dydz+ (y− x)dxdz+ (z− y)dxdy, gdzie S+ jest zorientowanym

na zewnątrz brzegiem bryły ograniczonej powierzchniami z =√x2 + y2 i z = 2.


y

z

x

O 2

2

ND

Z twierdzenia Gaussa-Ostrogradskiego mamy:

I =∫∫S

(x− z)dydz + (y − x)dxdz + (z − y)dxdy =∫∫∫V

(1 + 1 + 1)dxdydz =

= 3∫∫∫V

dxdydz,

gdzie

V = (x, y, z); (x, y) ∈ D,√x2 + y2 ¬ z ¬ 2,

D jest zdefiniowany przez nierówność x2 + y2 ¬ 4.Wprowadźmy współrzędne cylindryczne:

x = r cosϕy = r sinϕz = z

∂(x, y, z)∂(r, ϕ, z)

= r

wówczasI = 3

∫∫∫U

r drdϕdz,

gdzieU = (x, y, z); 0 ¬ r ¬ 2, 0 ¬ ϕ ¬ 2π, r ¬ z ¬ 2

I = 32∫

0

( 2π∫0

( 2∫r

rdz

)dϕ

)dr = 3

2∫0

( 2π∫0

r(2− r)dϕ)dr = 6π

2∫0

r(2− r)dr = 8π.

Z twierdzenia 14.2 wynika, że rozważana w przykładzie całka jest równa odpo-wiedniej całce potrójnej. Z uwagi na postać funkcji P , Q, R pochodne cząstkoweobliczymy w pamięci. Całkę potrójną obliczymy, przechodząc do współrzędnychcylindrycznych. Niech (r, t, z) będą współrzędnymi cylindrycznymi punktu (x, y, z).

(%i1) [x,y,z]:[r*cos(t),r*sin(t),z];(%o1) [r cos (t) , r sin (t) , z]


Obliczymy jakobian przekształcenia i uprościmy uzyskany wynik.

(%i2) jacobian([x,y,z],[r,t,z]);

(%o2)

cos (t) −r sin (t) 0sin (t) r cos (t) 00 0 1

(%i3) determinant(%o2);(%o3) r sin (t)2 + r cos (t)2

(%i4) trigsimp(%o3);(%o4) r

Obliczymy teraz całkę potrójną.

(%i5) integrate(integrate(integrate(3*r,z,r,2),t,0,2* %pi),r,0,2);(%o5) 8π

Rozważmy płat powierzchniowy regularny S o brzegu K, gdzie K jest krzywą re-gularną skierowaną, wektor N jednostkowy normalny do powierzchni S, któryokreśla orientację S. Oznaczmy przez t wektor jednostkowy styczny do krzywej Ko zwrocie zgodnym z orientacją krzywej K, tak dobranej, by iloczyn wektorowyN × t = V tworzył z każdym wektorem normalnym N do S kąt należący doprzedziału [0, π2 ] (N oznacza wektor jednostkowy normalny do powierzchni S po-prowadzony w dowolnym punkcie krzywej K).

y

z

x

O

N

tNV

S

K

Przy powyższych założeniach ma miejsce następujące twierdzenie:

Twierdzenie 14.3 (Stokesa). Jeżeli funkcje P,Q,R : S → R są klasy C1, to∫K

P dx+Qdy +Rdz =

=∫∫S

(∂R

∂y− ∂Q

∂z

)dydz +

(∂P

∂z− ∂R

∂x

)dxdz +

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy.


Przypomnijmy, że całkę po lewej stronie tego wzoru nazywamy cyrkulacjąpola wektorowego W wzdłuż krzywej K. Tym samym widać, że cyrkulacja polawektorowego W = [P,Q,R] wzdłuż krzywej K jest równa strumieniowi rotacji tegopola przez powierzchnię zorientowaną S o brzegu K.

Zauważmy jeszcze raz (patrz str. 214), że cyrkulacja pola wektorowego Wwzdłuż krzywej K jest równa zero, jeżeli całka krzywoliniowa

∫KP dx+Qdy +Rdz

nie zależy od drogi całkowania. Wynika to bezpośrednio z twierdzenia 14.1, ponie-waż wówczas rot W = 0 i twierdzenia 14.3 (Stokesa).

PrzykładObliczyć cyrkulację pola wektorowego W = [xz, y2, z] wzdłuż krzywej K zdefinio-wanej przez równania: x = r cos t, y = r sin t, z = a, (a > 0), t ∈ [0, 2π]. OrientacjaK jest zgodna ze wzrostem parametru t.

y

z

x

O

N

D

K⊕

Sa

K⊕ = (x, y, z); x = r cos t, y = r sin t, z = a, 0 ¬ t ¬ 2π

Z twierdzenia 14.3 (Stokesa) cyrkulacja pola wektorowego W (oznaczmy ją przezI) wzdłuż krzywej K jest równa

I =∫K

xz dx+ y2dy + z dz =∫∫S

x dxdz,

ponieważ

rotW =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zxz y2 z

∣∣∣∣∣∣∣∣ = [0, x, 0],

gdzieS = (x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 ¬ r, z = a.

Stąd i z własności 3 całki powierzchniowej skierowanej (patrz str. 219) mamy

I =∫∫D

0 dxdy = 0,


gdzie D jest kołem w płaszczyźnie Oxy wyznaczonym przez nierównośćx2 + y2 ¬ a2.

Obliczymy cyrkulację pola wektorowego. Najpierw definiujemy pole wektorowe W.

(%i1) W(x,y,z):=[x*z,y^2,z];(%o1) W (x, y, z) := [x z, y2, z]

Ładujemy pakiet vect.

(%i2) load(vect)$Obliczamy rotację pola wektorowego W.

(%i3) curl(W(x,y,z));(%o3) curl

([x z, y2, z]

)(%i4) express(%);(%o4) [ dd y z−

dd z y

2, dd z (x z)− dd x z,

dd x y

2 − dd y (x z)]

(%i5) ev(%,diff);(%o5) [0, x, 0]

Oczywiście całka funkcji tożsamościowo równej zero jest równa zero.

Rozdział 15

Równania różniczkowecząstkowe

Równanie, które zawiera pochodne cząstkowe, nazywamy równaniem róż-niczkowym cząstkowym.

Równania różniczkowe cząstkowe rzędu pierwszego

Rozważmy najpierw równania cząstkowe rzędu pierwszego – równania liniowejednorodne i niejednorodne oraz metodę całek pierwszych ich rozwiązywania.

Definicja 15.1. Równaniem różniczkowym cząstkowym rzędu pierwszegoo funkcji niewiadomej u(x1, x2, . . . , xn) n zmiennych niezależnych x1, x2, . . . , xn jestrównanie postaci:

F

(x1, x2, . . . , xn, u,

∂u

∂x1,∂u

∂x2, . . . ,

∂u

∂xn

)= 0, (15.1)

gdzie F jest funkcją ciągłą w pewnym obszarze D ⊂ R2n+1.

Każdą funkcję u = u(x1, x2, . . . , xn) n zmiennych mających pierwsze po-chodne cząstkowe w pewnym obszarze Ω ⊂ Rn, która podstawiona do równania(15.1) spełnia to równanie we wszystkich punktach obszaru Ω, nazywamy rozwią-zaniem (całką) tego równania.

W szczególności jeżeli niewiadomą funkcją jest u = u(x, y), równanie (15.1)przyjmuje postać

F

(x, y, u,

∂u

∂x,∂u

∂y

)= 0. (15.2)

Geometrycznie rozwiązanie u = u(x, y) równania (15.2) przedstawia pewną po-wierzchnię, dlatego też całką równania cząstkowego (15.2) nazywamy powierzch-nią całkową tego równania.


Jeśli funkcja F jest liniowa względem u oraz względem pochodnych cząstko-

wych∂u

∂xi; i = 1, 2, . . . , n, to równanie (15.1) nazywamy równaniem liniowym.

Jako przykład weźmy równanie liniowe jednorodne

A1∂u

∂x1+A2

∂u

∂x2+ . . .+An

∂u

∂xn= 0, (15.3)

gdzie współczynniki A1, A2, . . . , An zależą tylko od zmiennych x1, x2, . . . , xn.Jeśli współczynniki zależą również od niewiadomej funkcji u, to równanie (15.3)nazywamy równaniem quasi-liniowym jednorodnym, a równanie

A1∂u

∂x1+A2

∂u

∂x2+ . . .+An

∂u

∂xn= B, (15.4)

gdzie A1, A2, . . . , An, B zależą od zmiennych x1, x2, . . . , xn i funkcji niewiadomej urównaniem quasi-liniowym niejednorodnym.

Rozważmy równanie jednorodne (15.3), gdy współczynniki A1, A2, . . . , An sąróżniczkowalne w sposób ciągły w pewnym obszarze (są klasy C1 w tym obszarze– patrz Dodatek).

Układem równań różniczkowych zwyczajnych odpowiadającym równaniu cząst-kowemu (15.3) nazywamy układ postaci:

dx1

A1=dx2

A2= . . . =

dxnAn

. (15.5)

Dowolną funkcję ψ(x1, x2, . . . , xn), która nie jest równa tożsamościowo stałejnazywamy całką pierwszą układu (15.5), jeśli przyjmuje ona stałą wartość, gdyza x1, x2, . . . , xn podstawimy którekolwiek rozwiązanie układu (15.5).

Całkę ogólną równania (15.3) znajdujemy, opierając się na następującymtwierdzeniu.

Twierdzenie 15.1. Jeżeli układψ1(x1, x2, . . . , xn) = C1

ψ2(x1, x2, . . . , xn) = C2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ψn−1(x1, x2, . . . , xn) = Cn−1

(15.6)

stanowi n− 1 całek pierwszych niezależnych układu równań zwyczajnych (15.5) (toznaczy taki układ całek pierwszych, gdy daje się on rozwiązać względem x1, x2, . . . ,xn), to funkcja złożona u określona wzorem

u = Φ(ψ1, ψ2, . . . , ψn−1),

gdzie Φ oznacza dowolną funkcję klasy C1, jest całką ogólną równania różniczkowegocząstkowego (15.3).

Rozdział 15. Równania różniczkowe cząstkowe 227

Zagadnienie Cauchy’ego dla równania (15.3) polega na wyznaczeniu takiegorozwiązania tego równania, które dla jednej ze zmiennych np. dla xn = x0

n, jestrówne funkcji ϕ(x1, x2, . . . , xn−1), to znaczy

u(x1, x2, . . . , xn−1, x0n) = ϕ(x1, x2, . . . , xn−1),

czyli w przypadku u = u(x, y) można powiedzieć, że zagadnienia Cauchy’ego polegana wyznaczeniu powierzchni całkowej, która przechodzi przez krzywą

K :

y = y0

u = ϕ(x, y).

Jeżeli równanie (15.1) daje się rozwiązać względem jednej z pochodnych cząstko-wych, np.

∂u

∂x1= f

(x1, x2, . . . , xn, u,

∂u

∂x2,∂u

∂x3, . . . ,

∂u

∂xn

), (15.7)

wówczas dla zagadnienia Cauchy’ego tego równania mamy następujące twierdzenie:

Twierdzenie 15.2 (Cauchy’ego-Kowalewskiej). Jeżeli funkcja f występującapo prawej stronie równania (15.7) jest analityczna (patrz Dodatek) w pewnym oto-czeniu punktu M1

(x0

1, x02, . . . , x

0n, ξ, y

02, . . . , y

0n

)oraz funkcja ϕ(x1, x2, . . . , xn−1) jest

analityczna w otoczeniu punktu M2(x01, x

02, . . . , x

0n−1), to zagadnienie Cauchy’ego

dla równania (15.7) ma dokładnie jedno rozwiązanie w pewnym otoczeniu punktuM3(x0

1, x02, . . . , x

0n).

Przykłady

1. Znaleźć całkę ogólną równania

√x∂u

∂x+√y∂u

∂y+√z∂u

∂z= 0.

Układ równań różniczkowych zwyczajnych odpowiadający powyższemu równa-

niu cząstkowemu jest postacidx√x

=dy√y

=dz√z

.

Stąddx√x

=dy√y

dx√x

=dz√z

Zatem układ całek pierwszych jest następujący√x−√y = C1√x−√z = C2; C1, C2 – stałe.

Z twierdzenia 15.1 otrzymujemy całkę ogólną naszego równaniau = Φ(

√x−√y,

√x−√z)

Φ – dowolna funkcja różniczkowalna w sposób ciągły.


2. Rozwiązać zagadnienie Cauchy’ego dla równania

x∂u

∂x+ y

∂u

∂y= 0

przy warunku u = x dla y = 1.

Z układudx

x=dy

yotrzymujemy

y

x= C – całkę pierwszą i tym samym rozwią-

zanie ogólne naszego równania u = Φ(y

x

), gdzie Φ – dowolna funkcja różnicz-

kowalna w sposób ciągły.

Kładziemy w powyższym równaniu y = 1.

Stąd1x

= C, x =1C

, u =1C

i u(x, y) =x

y.

Rozważmy równanie (15.4), gdzie współczynniki A1, A2, . . . , B są różniczko-walne w sposób ciągły w pewnym obszarze przestrzeni n+ 1 wymiarowej.Układem równań różniczkowych zwyczajnych odpowiadających równaniu (15.4)nazywamy układ

dx1

A1=dx2

A2= . . . =

dxnAn

=du

B. (15.8)

Całkę ogólną równania quasi-liniowego znajdujemy wykorzystując następujące twier-dzenie

Twierdzenie 15.3. Jeżeli układψ1(x1, x2, . . . , xn, u) = C1

ψ2(x1, x2, . . . , xn, u) = C2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ψn(x1, x2, . . . , xn, u) = Cn

(15.9)

jest układem n całek pierwszych niezależnych układu równań (15.8), to

Φ(ψ1, ψ2, . . . , ψn) = 0,

gdzie Φ – funkcja klasy C1 określa w sposób uwikłany całkę ogólną równania (15.4).

Przykłady

1. Znaleźć całkę ogólną równania y∂u

∂x− x∂u

∂y= x+ y.


niu cząstkowemu jest następującydx

y=

dy

−x=

du

x+ y.


Stąddx

y=

dy

−xx2 + y2 = C1 – całka pierwsza.dx

dy=

y

−x⇐⇒ dx− dy

dy=y + x

−x⇐⇒ dx− dy

y + x=

dy

−xdx− dyx+ y

=du

x+ y=⇒ dx− dy = du

x− y − u = C2 – druga całka pierwsza.Stąd rozwiązanie ogólne naszego równania cząstkowego jest postaci

Φ(x2 + y2, x− y − u

)= 0,

Φ – dowolna funkcja różniczkowalna w sposób ciągły.

2. Znaleźć powierzchnię całkową równania x∂u

∂x+ y

∂u

∂y= u przechodzącą przez

krzywą

Γ:

x = t2

y = 2tu = 1

.


niu jest następującydx

x=dy

y=du

u.

Stąd otrzymujemy następujący układ całek pierwszych niezależnychx

y= C1

x

u= C2

, C1, C2 – stałe.

Podstawimy równania definiujące krzywą Γ do całek pierwszych

t

2= C1, t2 = C2.

Rugując parametr t, mamy 4C21 = C2.

Podstawiając całki pierwsze otrzymujemy

4(x

y

)2=x

u,

stąd

u =y2

4x.

Równania różniczkowe cząstkowe rzędu drugiego

Przejdźmy teraz do równań różniczkowych cząstkowych drugiego rzędu.


Definicja 15.2. Równaniem różniczkowym rzędu drugiego nazywamy rów-nanie postaci

F

(x1, x2, . . . , xn, u,

∂u

∂x1, . . . ,

∂u

∂xn,∂2u

∂x21, . . . ,

∂2u

∂x2n

, . . . ,∂2u

∂x1x2, . . . ,

∂2u

∂xn−1∂xn

)=0,

(15.10)gdzie F jest funkcją wielu zmiennych określoną w pewnym obszarze wielowymia-rowym.

Definicja 15.3. Rozwiązaniem ogólnym lub całką ogólną równania (15.10)nazywamy każdą taką funkcję u = u(x1, x2, . . . , xn) n zmiennych niezależnychx1, x2, . . . , xn mającą drugie pochodne cząstkowe w pewnym obszarze Ω ⊂ Rn,która po podstawieniu wraz ze swymi pochodnymi do wyrażenia (15.10) spowo-duje, że wyrażenie F będzie tożsamościowo równe zeru w obszarze Ω.

Definicja 15.4. Zagadnieniem Cauchy’ego lub zagadnieniem początko-wym dla równania (15.10) nazywamy problem poszukiwania takiego rozwiązaniau równania (15.10), które dla pewnej wartości, np. x1 = a, czyni zadość relacjom

u(a, x2, x3, . . . , xn) = ϕ(x2, x3, . . . , xn),

∂u

∂x1

∣∣∣∣x1=a

= ψ(x2, . . . , xn),

gdzie ϕ i ψ są z góry zadanymi funkcjami n− 1 zmiennych.

Przykłady

1. Wyznaczyć rozwiązanie ogólne u równania

∂2u

∂x∂y− 3(x2 + y2) = 0.

Całkując obie strony równania względem zmiennej x, otrzymujemy

∂u

∂y= x3 + 3xy2 + ϕ(y),

gdzie ϕ jest dowolną funkcją różniczkowalną.Całkując dalej obustronnie otrzymane równanie względem zmiennej y, mamy

u(x, y) = x3y + xy3 +G(x) + F (y),

gdzie F (y) =∫ϕ(y)dy – F jest dowolną funkcją pierwotną funkcji ϕ.

Powyższa funkcja u jest więc ogólnym rozwiązaniem naszego równania, przyczym F i G są dowolnymi funkcjami różniczkowalnymi jednej zmiennej.


2. Wyznaczyć rozwiązanie u równania

∂2u

∂x∂y= 1

spełniające warunki u(x, 0) = x5, u(0, y) = y2.Całkując dwukrotnie obie strony powyższego równania, raz względem x, drugiraz względem y, otrzymujemy rozwiązanie ogólne

u(x, y) = xy + F (x) +G(y),

gdzie F i G są dowolnymi funkcjami różniczkowalnymi jednej zmiennej.Uwzględniając warunki początkowe mamy:

u(x, 0) = F (x) +G(0) = x5,

u(0, y) = F (0) +G(x) = y2,

to znaczy, żeF (x) = x5 −G(0),

G(y) = y2 − F (0).

Z powyższej zależności wynika, że F (0) = −G(0). Podstawiając wyznaczonefunkcje F i G do rozwiązania ogólnego, mamy

u(x, y) = x5 + xy + y2.

Oczywiście łatwo sprawdzimy, że funkcja u(x, y) = x5 + xy + y2 spełnia naszerównanie: ∂u∂x = 5x4+y, ∂2u

∂x∂y = 1 oraz zadane warunki u(x, 0) = x5 i u(0, y) = x2.

Oprócz wspomnianego już zagadnienia Cauchy’ego dla równania (15.10) roz-patrujemy zagadnienie brzegowe pierwszego rodzaju, zwane zagadnieniem Diri-chleta, zagadnienie brzegowe drugiego rodzaju, zwane zagadnieniem Neumannaoraz zagadnienie brzegowe trzeciego rodzaju, zwane zagadnieniem mieszanym.

Definicja 15.5. Zagadnienie Dirichleta polega na wyznaczeniu rozwiązaniau równania różniczkowego (15.10) spełniającego na powierzchni S ograniczającejobszar Ω warunek

u(P ) = ϕ(P ), P ∈ S,gdzie ϕ jest z góry zadaną funkcją określoną na powierzchni S.

Definicja 15.6. Zagadnienie Neumanna polega na wyznaczeniu rozwiązania urównania (15.10) spełniającego na powierzchni S ograniczającej obszar Ω warunek

du

dη(P ) = g(P ), P ∈ S,

gdzie g jest z góry zadaną funkcją określoną na powierzchni S, adu

dηjest pochodną

funkcji u w kierunku normalnym (definicja 13.1) do powierzchni S.


Definicja 15.7. Zagadnienie mieszane polega na wyznaczeniu rozwiązania urównania (15.10) spełniającego warunki

u(P ) = ϕ(P ),du

dη(P ) = g(P ),

dla P ∈ S.

Warunki początkowe oraz warunki brzegowe nazywamy warunkami gra-nicznymi. Zagadnienie graniczne jest poprawnie podstawione, jeżeli istnieje jed-noznaczne rozwiązanie w danej klasie funkcji i zależy ono w sposób ciągły od wa-runków granicznych.

Definicja 15.8. Równaniem różniczkowym cząstkowym liniowym rzędudrugiego o niewiadomej funkcji u n zmiennych nazywamy równanie postaci

n∑i,j=1

Aij∂2u

∂xi∂xj+

n∑i=1

Bi∂u

∂xi+ Cu+D = 0, (15.11)

gdzie Aij , Bi, C, D są danymi funkcjami n zmiennych x1, x2, . . . , xn.

Przykładowe równania rzędu drugiego:∂2f

∂x2 =1V 2

∂2f

∂t2– jednowymiarowe równanie falowe,

∂2f

∂x2 =1D

∂f

∂t– jednowymiarowe równanie dyfuzji,

∆f = 0 – równanie Laplace’a(∆ – operator Laplace’a, ∆f = ∂2f

∂x2 + ∂2f∂y2 + ∂2f

∂z2

).

Podobnie jak dla równań różniczkowych zwyczajnych, istnieją pewne standardowetypy równań różniczkowych cząstkowych, które pojawiają się często w modelachmatematycznych układów fizycznych i ich rozwiązania dają się wyrazić przez do-brze znane funkcje.

Twierdzenie 15.4 (Cauchy’ego-Kowalewskiej). Jeżeli funkcje Aij, Bi, C, Dw równaniu (15.11) są analityczne w otoczeniu pewnego punktu

(x0

1, x02, . . . , x

0n

),

funkcje ϕ i ψ są analityczne w otoczeniu punktu (x02, x

03, . . . , x

0n), to zagadnienie

Cauchy’ego dla równania (15.11) z warunkami początkowymi

u(x01, x2, . . . , xn) = ϕ(x2, x3, . . . , xn),

∂u

∂x1

∣∣∣∣x1=x01

= ψ(x2, x3, . . . , xn),

ma rozwiązanie jednoznaczne i analityczne w pewnym otoczeniu punktu(x0

1, x02, . . . , x

0n).


Żeby zbadać własności tych równań, zajmiemy się najpierw zbadaniem pew-nych własności ich współczynników.Zbadajmy najpierw, jak zmieniają się współczynniki tych równań przy dowol-nej zmianie zmiennych niezależnych (układu współrzędnych). Wprowadzimy nowezmienne y1, y2, . . . yn w miejsce x1, x2, . . . , xn takie, że funkcje y1(x1, x2, . . . , xn), . . . ,yn(x1, x2, . . . , xn) posiadają pochodne rzędu drugiego ciągłe w pewnym obszarzeΩ ⊂ Rn. Wówczas

∂u

∂xi=

n∑l=1

∂u

∂yl

∂yl∂xi

i dalej

∂2u

∂xi∂xj=

∂u

∂xj

(∂u

∂xi

)=

n∑k,l=1

∂2u

∂yl∂yk

∂yl∂xi

∂yk∂xj

+n∑l=1

∂u

∂yl

∂2yl∂xi∂xj

.

Wstawiając otrzymane wyrażenia do (15.11) otrzymujemy

n∑k,l=1

∂2u

∂yl∂yk

n∑i,j=1

Aij∂yk∂xi

∂yl∂xj

+

+n∑l=1

∂u

∂yl

n∑i,j=1

Aij∂2yl∂xi∂xj

+n∑i=1

Bi∂yl∂xi

+ Cu+D = 0

Oznaczmy przez Akl nowe współczynniki przy pochodnych∂2u

∂yk∂yl. Mamy więc

Akl =n∑

i,j=1

Aij∂yk∂xi

∂yl∂xj

.

W ustalonym punkcie M ∈ Ω, połóżmy∂yk∂xi

= αki,∂yl∂xj

= αlj , wówczas

Akl =n∑

i,j=1

Aijαkiαlj

pokrywa się z formułą przekształcenia współczynników formy kwadratowej (patrzDodatek)

n∑i,j=1

Aijpipj ,

jeśli dokonano w niej zamiany zmiennych

pi =n∑k=1

αkiqk


przeprowadzających powyższą formę kwadratową w formę

n∑k,l=1

Aklqkql.

Żeby formuła zamiany zmiennych dawała wzajemnie jednoznaczną zamianęzmiennych, wystarczy żeby det[αki] 6= 0, a to oznacza, aby

∂(y1, y2, . . . yn)∂(x1, x2, . . . , xn)

6= 0.

Oczywiście, chodzi o taką zamianę zmiennych, która upraszcza równanie(15.11). Z algebry liniowej wiadomo, że można tak dobrać współczynniki αki przyzamianie zmiennych, aby otrzymać formę kwadratową w postaci kanonicznej (patrzDodatek)

n∑i,j=1

Aijpipj =n∑l=1

klq2l , (15.12)

kl – pewne liczby rzeczywiste dodatnie lub ujemne. Z algebry również wiadomo,że liczba dodatnich i ujemnych współczynników pośród k1, k2, . . . , kn nie zależy odwyboru zamiany zmiennych. Na tym fakcie opiera się klasyfikacja równań (15.11).

Powiemy, że równanie (15.11) jest eliptyczne w zbiorze Ω, jeżeli w każdympunkcie x ∈ Ω współczynniki kl formy (15.12) są wszystkie różne od zera i tegosamego znaku, hiperboliczne, jeżeli dla każdego x ∈ Ω n−1 współczynników maten sam znak, a pozostały współczynnik znak przeciwny i wreszcie paraboliczne,jeżeli dla każdego x ∈ Ω chociaż jeden współczynnik formy (15.12) jest równy zero(x = (x1, x2, . . . , xn)).Dla równania (15.12) mamy następujące równania kanoniczne

− dla typu eliptycznego

n∑i=1

∂2u

∂x2i

+ Φ(∂u

∂x1, . . . ,

∂u

∂xn, u, x1, . . . , xn

)= 0,

− dla typu hiperbolicznego

∂2u

∂x21

=n∑i=2

∂2u

∂x2i

+ Φ,

− dla typu parabolicznego

±n−m∑i=1

∂2u

∂x2i

+ Φ = 0.


Można wykazać, że sprowadzenie równania (15.11) do postaci kanonicznej w całymobszarze Ω przy n > 2 jest na ogół niemożliwe.

Zajmiemy się szczegółowo równaniami różniczkowymi cząstkowymi liniowymirzędu drugiego o funkcji niewiadomej u dwóch zmiennych, a więc równaniamipostaci

A∂2u

∂x2 +B∂2u

∂x∂y+ C

∂2u

∂y2 + a∂u

∂x+ b

∂u

∂y+ cu+ d = 0, (15.13)

gdzie A, B, C, a, b, c, d są zadanymi funkcjami zmiennych niezależnych(x, y) ∈ Ω ⊂ R2, Ω jest obszarem.

Rozpatrzmy następujące wyrażenie δ = B2 − 4AC. Wiemy, że znak δ nieulega zmianie przy przejściu do innych zmiennych niezależnych

ξ = f(x, y), η = g(x, y),

gdzie funkcje f , g mają ciągłe pochodne rzędu drugiego i

∂(ξ, η)∂(x, y)

6= 0

w rozpatrywanym obszarze Ω ⊂ R2.Mamy więc

δ > 0 − równanie hiperboliczne,δ = 0 − równanie paraboliczne,δ < 0 − równanie eliptyczne.

Z każdym wymienionych typów równania (15.13) związana jest pewna formakanoniczna, a mianowicie

∂2u

∂ξ2 −∂2u

∂η2 + F

(∂u

∂ξ,∂u

∂η, u, ξ, η

)= 0

∂2u

∂ξ∂η+ F

(∂u

∂ξ,∂u

∂η, u, ξ, η

)= 0

dla δ > 0,

∂2u

∂η2 + F

(∂u

∂ξ,∂u

∂η, u, ξ, η

)= 0 dla δ = 0,

∂2u

∂ξ2 +∂2u

∂η2 + F

(∂u

∂ξ,∂u

∂η, u, ξ, η

)= 0 dla δ < 0.

Można tak dobrać funkcje f i g, ażeby, przechodząc do nowych zmiennychξ = f(x, y), η = g(x, y) w równaniu (15.13), otrzymać jedną z powyższych formkanonicznych.Wartości współczynników A, B, C, a, b w równaniu

A∂2u

∂ξ2 + B∂2u

∂ξ∂η+ C

∂2u

∂η2 + a∂u

∂ξ+ b

∂u

∂η+ cu+ d = 0 (15.14)


otrzymane z równania (15.13) po wprowadzeniu nowych zmiennych ξ = f(x, y),η = g(x, y) określają następujące zależności

A = A

(∂f

∂x

)2

+B∂f

∂x

∂f

∂y+ C

(∂f

∂y

)2

,

B = 2A∂f

∂x

∂g

∂x+B

(∂f

∂x

∂g

∂y+∂f

∂y

∂g

∂x

)+ 2C

∂f

∂y

∂g

∂y,

C = A

(∂g

∂x

)2

+B∂g

∂x

∂g

∂y+ C

(∂g

∂y

)2

,

a = A∂2f

∂x2 +B∂2f

∂x∂y+ C

∂2f

∂y2 + a∂f

∂x+ b

∂f

∂y,

b = A∂2g

∂x2 +B∂2g

∂x∂y+ C

∂2g

∂y2 + a∂g

∂x+ b

∂g

∂y.

Definicja 15.9. Charakterystykami równania (15.13) nazywamy krzywe cał-kowe równań różniczkowych zwyczajnych Ady2−Bdxdy+Cdx2 = 0, które możemyzapisać w następującej postaci

dy

dx=B −

√δ

2A,

dy

dx=B +

√δ

2A, gdy A 6= 0 (15.15)

lubdx

dy=B −

√δ

2C,

dx

dy=B +

√δ

2C, gdy C 6= 0 (15.16)

lubx = C1, y = C2, gdy A = C = 0. (15.17)

Przypadek I. Jeżeli równanie (15.13) jest typu hiperbolicznego (δ > 0), to przyj-mijmy ξ = f(x, y) i η = g(x, y) (dwie rodziny charakterystyk f(x, y) = C1

i g(x, y) = C2), gdzie f i g są funkcjami opisanymi wyżej. W tym przypadkuotrzymujemy A = C = 0, B 6= 0 i równanie (15.14) przyjmuje postać

∂2u

∂ξ∂η+ F

(∂u

∂ξ,∂u

∂η, u, ξ, η

)= 0.

Dla otrzymanej drugiej postaci (kanonicznej) równania hiperbolicznego należyprzyjąć

ξ = f(x, y) + g(x, y), η = f(x, y)− g(x, y).

Przypadek II. Jeżeli równanie (15.13) jest typu parabolicznego, to przyjmujemynowe zmienne ξ i η w sposób następujący: ξ = f(x, y), η = g(x, y), gdzie f jest wyżej


określoną funkcją, natomiast g jest dowolną funkcją klasy C2 liniowo niezależną odf . W tym przypadku otrzymujemy A = B = 0, C 6= 0 i ostatecznie

∂2u

∂η2 + F

(∂u

∂ξ,∂u

∂η, u, ξ, η

)= 0.

Przypadek III. Jeżeli równanie (15.13) jest typu eliptycznego, to przyjmujemynowe zmienne ξ i η w następujący sposób ξ = f(x, y), η = g(x, y)(f(x, y) − ig(x, y) = C1 i f(x, y) + ig(x, y) = C2). W tym przypadku A = C 6= 0,B = 0 i równanie (15.14) przyjmuje postać

∂2u

∂ξ2 +∂2u

∂η2 + F

(∂u

∂ξ,∂u

∂η, u, ξ, η

)= 0.

Przykłady

1. Znaleźć postać kanoniczną równania

∂2u

∂x2 + 4 cos 2x∂2u

∂x∂y− 4 sin2 x

∂2u

∂y2 − 4 sin 2x∂u

∂y= 0.

Zauważmy, że A = 1, B = 4 cos 2x, C = −4 sin2 x.Zatem δ = B2 − 4AC = 16 cos2 2x+ 16 sin2 2x = 16 > 0.Równanie nasze jest więc typu hiperbolicznego na całej płaszczyźnie. Równanieróżniczkowe charakterystyk jest następujące(

dy

dx

)2

− 4 cos 2xdy

dx− 4 sin2 2x = 0,

więcdy

dx= 2 cos 2x− 2,

dy

dx= 2 cos 2x+ 2.

Otrzymujemy dwie rodziny charakterystyk

y − sin 2x+ 2x = C1, y − sin 2x− 2x = C2,

więcξ = y − sin 2x+ 2x, η = y − sin 2x− 2x,

A = C = 0,

B = 2A∂ξ

∂x

∂η

∂x+B

(∂ξ

∂x

∂η

∂y+∂ξ

∂y

∂η

∂x

)+ 2C

∂ξ

∂y

∂η

∂y=

= 2(4 cos2 2x− 4

)+ 4 cos 2x (−2 cos 2x+ 2− 2 cos 2x− 2)− 8 sin2 2x = −16,

a = A∂2ξ

∂x2 +B∂2ξ

∂x∂y+ C

∂2ξ

∂y2 + a∂ξ

∂x+ b

∂ξ

∂y= 4 sin 2x− 4 sin 2x = 0,


b = A∂2η

∂x2 +B∂2η

∂x∂y+ C

∂2η

∂y2 + a∂η

∂x+ b

∂η

∂y= 4 sin 2x− 4 sin 2x = 0.

We współrzędnych ξ, η równanie ma następującą postać kanoniczną:

∂2u

∂ξ∂η= 0.

2. Znaleźć rozwiązanie ogólne równania

∂2u

∂x2 − 2x∂2u

∂x∂y− 8x2∂

2u

∂y2 −6x2 + 1

x

∂u

∂x− 12x2∂u

∂y= 0.

Zauważmy, że A = 1, B = −2x, C = −8x2.Zatem δ = B2 − 4AC = 4x2 + 32x2 = 36x2 > 0.Równanie różniczkowe charakterystyk jest następujące(

∂y

∂x

)2

+ 2xdy

dx− 8x2 = 0.

Otrzymujemy dwie rodziny charakterystyk

2x2 + y = C1, x2 − y = C2,

więcξ = 2x2 + y, η = x2 − y,

A = C = 0,

B = 2 · 4x2x− 2x (−4x+ 2x)− 2 · 8x2(−1) = 36x2,

a = 4− 6x2 + 1x

4x− 12x2 = −36x2,

b = 2− 6x2 + 1x

2x+ 12x2 = 0.

Postać kanoniczna naszego równania jest więc następująca

∂2u

∂ξ∂η− ∂u

∂ξ= 0.

Całkując powyższe równanie stronami względem zmiennej ξ, otrzymujemy

∂u

∂η− u = ϕ (η) ,

gdzie ϕ jest dowolną funkcją klasy C1. Jest to równanie liniowe. Najpierw znaj-dujemy rozwiązanie ogólne równania


∂u

∂η− u = 0

w postaciu (ξ, η) = C (ξ) eη,

a następnie poszukujemy rozwiązania równania∂u

∂η− u = ϕ (η), korzystając

z metody wariacji stałeju (ξ, η) = C (ξ, η) eη,

∂u

∂η=∂C

∂ηeη + C (ξ, η) eη,

więc∂C

∂ηeη + C (ξ, η) eη − C (ξ, η) eη = ϕ (η) ,

∂C

∂η= ϕ (η) e−η,

C (ξ, η) = G (η) + F (ξ) .

F , G są dowolnymi funkcjami różniczkowalnymi jednej zmiennej

u (ξ, η) = [G (η) + F (ξ)] eη,

zatemu (ξ, η) =

[G(x2 − y

)+ F

(2x2 + y

)ex2−y]ex2−y.

3. Znaleźć rozwiązanie równania

∂2u

∂x2 + 4x∂2u

∂x∂y+(4x2 − 1

) ∂2u

∂y2 + 2∂u

∂y= 0,

przy warunkach u(x, x2) = ϕ (x),

∂u (x, y)∂y

∣∣∣∣y=x2

= ψ (x),

gdzie ϕ (x), ψ (x) są zadanymi funkcjami całkowalnymi.Nasze równanie jest hiperboliczne, ponieważ δ = 16x2 − 16x2 + 4 > 0.Równanie różniczkowe charakterystyk jest następujące(

∂y

∂x

)2

− 4xdy

dx+ 4x2 − 1 = 0.

Rozwiązując to równanie otrzymujemy

y − x2 + x = C1, y − x2 − x = C2,

stądξ = y − x2 + x, η = y − x2 − x.


Obliczając współczynniki, otrzymujemy postać kanoniczną naszego równania

∂2u

∂ξ∂η= 0,

tym samym rozwiązanie ogólne równania jest następujące

u (ξ, η) = F (ξ) +G (η) ,

gdzie F i G są dowolnymi funkcjami różniczkowalnymi jednej zmiennej.Ponieważ ξ = y − x2 + x, η = y − x2 − x, zatem

u (x, y) = F(y − x2 + x

)+G

(y − x2 − x

),

∂u

∂y= F ′

(y − x2 + x

)+G′

(y − x2 − x

).

Z warunków brzegowych u(x, x2) = ϕ(x) i∂u

∂y

∣∣∣∣y=x2

= ψ (x), otrzymujemy

F (x) +G(−x) = ϕ(x),

F ′(x) +G′(−x) = ψ(x).

Całkując drugą równość stronami względem x, otrzymujemy

F (x) +G(−x) = ϕ(x),

F (x)−G(−x) =x∫a

ψ(t)dt.

Z tego wynika, że

F (x) =12ϕ(x) +

12

x∫a

ψ(t)dt,

G(x) =12ϕ(x)− 1

2

x∫a

ψ(t)dt.

Zatem

F(y − x2 + x

)=

12ϕ(y − x2 + x

)+

12

y−x2+x∫a

ψ(t)dt,

G(y − x2 − x

)=

12ϕ(y − x2 − x

)− 1

2

y−x2−x∫a

ψ(t)dt,

u (x, y) =12

[ϕ(y − x2 + x

)+ ϕ

(y − x2 − x

)]+

12

y−x2+x∫y−x2−x

ψ(t)dt.


Definicja 15.10. Równaniem falowym funkcji u(x1, x2, . . . , xn, t) nazywamyrównanie postaci

∂2u

∂t2− a2∆u = f(x1, x2, . . . , xn, t), (15.18)

∆ – operator Laplace’a,

∆u =∂2u

∂x21

+∂2u

∂x22

+ . . .+∂2u

∂x2n

,

f : Ω→ R, Ω ⊂ Rn+1.

Zajmiemy się kilkoma zagadnieniami fizycznymi prowadzącymi do równaniafalowego(15.18).

Zjawisko drgań struny jest opisane funkcją u(x, t), charakteryzującą pionoweprzesunięcie struny w punkcie x w chwili t. Funkcja u określona jest równaniem

∂2u

∂t2− a2∂

2u

∂x2 = 0, (15.19)

które rozpatrujemy w obszarze Ω = (x, t); −∞ < x < +∞, t 0, a więc strunajest nieskończenie długa (niezamocowana w żadnym końcu), na którą nie działajążadne siły zewnętrzne. Ponadto zakładamy, że rozwiązanie równania (15.19) spełnianastępujące warunki początkowe

u(x, 0) = ϕ(x)∂u

∂t

∣∣∣∣t=0

= u′t(x, 0) = ψ(x)x ∈ R. (15.20)

Funkcja ϕ określa stan struny (wychylenie) w chwili początkowej t = 0, a ψ pręd-kość, z jaką rozpoczynają się drgania (a – pewien współczynnik zależny od gęstościi sprężystości struny).Jest to zagadnienie Cauchy’ego dla równania typu hiperbolicznego (δ = 4a2 > 0).Równanie charakterystyk równania (15.19) jest postaci

dx2 − a2dt2 = 0.

Stąd otrzymujemy, że charakterystykami są proste

x+ at = C1, x− at = C2.

Wprowadźmy nowe zmienne

ξ = x+ at, η = x− at.

Stąd po prostych rachunkach otrzymujemy A = C = a = b = 0,

∂2u(ξ, η)∂ξ∂η

= 0. (15.21)


Całkując kolejno powyższe równanie względem ξ i η otrzymujemy funkcję

u(ξ, η) = F (ξ) +G(η),

która jest rozwiązaniem ogólnym równania (15.21), gdzie F i G oznaczają tu do-wolne funkcje klasy C1. Stąd

u(x, t) = F (x+ at) +G(x− at).

Skorzystajmy teraz z warunków początkowych

F (x) +G(x) = ϕ(x),

aF ′(x) +−aG′(x) = ψ(x).

Całkując stronami drugie z powyższych równań w przedziale domkniętym o koń-cach x0 i x (x0 – dowolna liczba rzeczywista) oraz dodając i odejmując stronami,otrzymujemy

F (x)−G(x) =1a

x∫x0

ψ(ξ)dξ + F (x0)−G(x0).

F (x) =12ϕ(x) +

12a

x∫x0

ψ(ξ)dξ +12F (x0)− 1

2G(x0),

G(x) =12ϕ(x)− 1

2a

x∫x0

ψ(ξ)dξ − 12F (x0) +

12G(x0),

Po wstawieniu tych funkcji do wzoru na rozwiązanie, otrzymujemy

u(x, t) =ϕ(x+ at) + ϕ(x− at)

2+

12a

x+at∫x−at

ψ(ξ)dξ. (15.22)

Funkcja u określona powyższym wzorem jest rozwiązaniem równania (15.19) jed-noznacznie określonym przez warunki początkowe, wybór bowiem liczby x0 nie mawpływu na końcowy rezultat. Wzór (15.22) nazywamy wzorem d’Alemberta dlarównania struny.

Powyższe rezultaty możemy sformułować następująco.

Twierdzenie 15.5. Jeżeli funkcja ϕ jest klasy C2, funkcja ψ jest klasy C1 w zbio-rze liczb rzeczywistych R, to zagadnienie Cauchy’ego dla równania struny (15.19)spełniające warunki początkowe (15.20) ma dokładnie jedno rozwiązanie w obszarzeΩ = (x, t); −∞ < x < +∞, t 0 określone wzorem

u(x, t) =ϕ(x+ at) + ϕ(x− at)

2+

12a

x+at∫x−at

ψ(ξ)dξ.


W przypadku wzoru d’Alemberta (15.22) weźmy dowolny punkt P (x0, t0),(t0 > 0) i poprowadzimy przez ten punkt dwie charakterystyki. Charakterystyki teprzetną oś Ox w punktach A(x0 − at0, 0) i B(x0 + at0, 0).

x

y

P (x0, t0)

A(x0 − at0, 0) B(x0 + at0, 0)

Wzór d’Alemberta przy tych oznaczeniach zapisać można następująco

u =12

(ϕ(A) + ϕ(B)) +12a

∫ψ(ξ)dξ

Wynika stąd, że stan struny^AB w punkcie P zależy od początkowego stanu w punk-

tach A i B i szybkości drgań struny w punktach odcinka AB.

PrzykładWyznaczyć rozwiązanie równania fali płaskiej

∂2u

∂t2− a2∂

2u

∂x2 = 0 (15.23)

spełniające następujące warunki początkowe

u(x, 0) = sin 3x,∂u

∂t

∣∣∣∣t=0

= x3.

Dla wyznaczenia funkcji u(x, t) korzystamy ze wzoru d’Alemberta

u(x, t) =12

[sin 3(x− at) + sin 3(x+ at)] +12a

x+at∫x−at

η3dη =

= sin 3x cos 3at+ (x2 + a2t2)tx.

Rozważmy teraz drgania wymuszone struny nieograniczonej. Równanie

∂2u

∂t2− a2∂

2u

∂x2 = f(x, t) (15.24)

opisujące drganie struny sprężystej nieskończenie długiej (niezamocowanej na żad-nym końcu), na którą działają siły zewnętrzne, których rozkład określa funkcja f .


Załóżmy, że rozwiązanie u równania (15.24) jest klasy C2 na obszarze Ω = (x, t);−∞ < x < +∞, t 0 oraz że spełnia ono warunki początkowe

u(x, 0) = ϕ(x),∂u

∂t

∣∣∣∣t=0

= ψ(x) x ∈ R, (15.25)

gdzie jak poprzednio ϕ jest klasy C2, ψ klasy C1 w R. Funkcji u będziemy szu-kać w postaci sumy u1 + u2, gdzie u1 jest rozwiązaniem równania jednorodnego(15.23) spełniającym warunki niejednorodne, u2 jest zaś rozwiązaniem równanianiejednorodnego (15.24) spełniającym warunki początkowe jednorodne

u2(x, 0) = 0,∂u2

∂t

∣∣∣∣t=0

= 0. (15.26)

Tak określone funkcje spełniają równanie (15.24) i warunki początkowe (15.25).Funkcja u1 jest wyznaczona wzorem d’Alemberta, więc zadanie sprowadza się dowyznaczenia funkcji u2. Przypomnijmy, że u2 jest rozwiązaniem (15.24) spełniają-cym warunki (15.26). Wstawiając je do równania (15.24), otrzymujemy

∂2u2

∂t2− a2∂

2u2

∂x2 = f(x, t). (15.27)

Weźmy następnie dowolny punkt P (x0, t0), t > 0, płaszczyzny Oxt i rozważmyobszar

D = (x, t) ∈ R2; 0 ¬ t ¬ t0, x0 − a(t0 − t) ¬ x ¬ x0 + a(t0 − t).

Scałkujmy równanie (15.27) w obszarze D. Mamy wówczas∫∫D

(∂2u2

∂t2− a2∂

2u2

∂x2

)dxdt =

∫∫D

f(x, t)dxdt. (15.28)

Zastosujmy wzór Greena (twierdzenie 11.9) przyjmując

Q(x, t) =∂u2

∂t, P (x, t) = a2∂u2

∂x.

Zatem otrzymujemy∫∫D

(∂2u2

∂t2− a2∂

2u2

∂x2

)dxdt =

∫C

a2∂u2

∂xdt+

∂u2

∂tdx,

gdzie C jest dodatnio zorientowanym brzegiem trójkąta C = P1P2 ∪ P2P ∪ PP1.

x

t

O

P (x0, t0)

x0 − at0P1

x0 + at0

P2


Równaniem odcinka P1P2 jest t = 0, x0− at0 ¬ x ¬ x0 + at0 oraz z drugiegowarunku początkowego (15.26) dla funkcji u2 wynika, że∫

P1P2

a2∂u2

∂xdt+

∂u2

∂tdx = 0.

Rozważmy następnie całki krzywoliniowe po odcinkach P2P i PP1. Odcinek P2Pzawiera się w charakterystyce o równaniu x+ at = x0 + at0, stąd dx = −a dt. Ana-logicznie dla odcinka PP1: dx = a dt. Korzystając z tych związków otrzymujemy∫

P2P

a2∂u2

∂xdt+

∂u2

∂tdx = −a

∫P2P

∂u2

∂xdx+

∂u2

∂tdt,

∫PP1

a2∂u2

∂xdt+

∂u2

∂tdx = a

∫PP1

∂u2

∂xdx+

∂u2

∂tdt.

Wyrażenia podcałkowe całek po prawej stronie ostatnich dwóch równości są róż-niczkami zupełnymi funkcji u2. Stąd∫

P2P

a2∂u2

∂xdt+

∂u2

∂tdx = −a (u2(P )− u2(P2)) = −au2(P ),

∫PP1

a2∂u2

∂xdt+

∂u2

∂tdx = a (u2(P1)− u2(P )) = −au2(P ),

a więc ∫∫D

(∂2u2

∂t2− a2∂

2u2

∂x2

)dxdt = −2au2(P ).

Wstawiając powyższy wzór do (15.28), otrzymujemy

u2(x0, t0) = − 12a

t0∫0

( x0+a(t0−t)∫x0−a(t0−t)

f(x, t)dx)dt,

co wobec dowolności x0 i t0 po zamianie na x i t daje wprost

u2(x, t) = − 12a

t∫0

( x+a(t−τ)∫x−a(t−τ)

f(ξ, τ)dξ)dτ.

Twierdzenie 15.6. Jeżeli funkcja ϕ jest klasy C2, funkcja ψ klasy C1 w R, a funk-cja f klasy C2 w obszarze Ω, to zagadnienie Cauchy’ego dla równania struny


(15.24) spełniające warunki początkowe (15.25) ma dokładnie jedno rozwiązaniew obszarze Ω określone wzorem

u(x, t) =ϕ(x+ at) + ϕ(x− at)

2+

12a

x+at∫x−at

ψ(ξ)dξ − 12a

t∫0

( x+a(t−τ)∫x−a(t−τ)

f(ξ, τ)dξ)dτ.

Metoda Fouriera

Rozważmy drgania swobodne struny zamocowanej na końcach. Zastosujemytutaj metodę rozdzielania zmiennych (metoda Fouriera).

Metoda Fouriera, zwana również metodą rozdzielania zmiennych, jestjedną z najczęściej stosowanych metod do rozwiązywania zagadnień granicznych,głównie równań typu hiperbolicznego i parabolicznego. Oparta jest ona na własno-ści równań liniowych, na mocy której dowolna kombinacja rozwiązań jednorodnegorównania różniczkowego liniowego o pochodnych cząstkowych jest też rozwiązaniemtego równania. Istota tej metody polega jeszcze na tym, że szukane rozwiązanieszczególne przedstawia się w postaci iloczynu funkcji, z których każda zależy odjednej zmiennej.

Zilustrujmy tę metodę na przykładzie równania

∂2u

∂t2− a2∂

2u

∂x2 = 0, (15.29)

z warunkami początkowymi

u(x, 0) = ϕ(x),∂u

∂t

∣∣∣∣t=0

= ψ(x), x ∈ [0, l] (15.30)

i warunki brzegowe jednorodne (metodę tę można stosować bezpośrednio jedynieprzy warunkach brzegowych jednorodnych)

u(0, t) = 0, u(l, t) = 0, t ∈ [0,∞). (15.31)

Najpierw szukać będziemy rozwiązania naszego równania spełniającego jednorodnewarunki brzegowe, przy czym zakładamy, że jest to rozwiązanie nietrywialne, toznaczy, że u nie jest tożsamościowo równe zero i jest postaci

u(x, t) = X(x)T (t).

Obliczając pochodne cząstkowe i wstawiając do naszego równania, otrzymujemy

X ′′(x)T (t) =1a2X(x)T ′′(t)


i po rozdzieleniu zmiennych

X ′′(x)X(x)

=1a2T ′′(t)T (t)

, x ∈ [0, l], t ∈ [0,∞).

Ponieważ lewa strona zależy tylko od x, a prawa tylko od t, równość jest możliwatylko wtedy, gdy wartości lewej i prawej strony są stałe. Oznaczamy ich wspólnąwartość przez λ (λ=const).

Stąd otrzymujemy dwa równania różniczkowe zwyczajne rzędu drugiego po-staci

X ′′(x) + λX(x) = 0,

T ′′(t) + a2λT (t) = 0,

przy czym z warunków brzegowych jednorodnych

X(0)T (t) = 0, X(l)T (t) = 0, dla t ∈ [0,∞).

Z uwagi na nietrywialność poszukiwanego rozwiązania u wynika, że

X(0) = X(l) = 0.

Rozwiązujemy najpierw pierwsze z równań różniczkowych z warunkami początko-wymi X(0) = X(l) = 0. Równanie charakterystyczne tego równania jest następu-jące

r2 + λ = 0

1. jeżeli λ < 0, istnieją dwa różne pierwiastki rzeczywiste r1 =√−λ,

r2 = −√−λ, y = C1e

√−λx + C2e

−√−λx,

2. λ = 0, r1 = r2 = 0, y = C1 + C2x,

3. λ > 0, istnieją dwa różne pierwiastki zespolone r1 = −i√λ, r2 = i

√λ.

Z warunków początkowych w dwóch pierwszych przypadkach X(x) = 0. Zostajeprzypadek 3. Mamy więc X(x) = C1 cos

√λx + C2 sin

√λx. Z warunków począt-

kowych otrzymujemy C1 = 0, C2 sin√λx = 0. Jeżeli X(x) nie równa się tożsa-

mościowo zero, to C2 6= 0 i sin√λl = 0, czyli

√λ = πn

l , n ∈ N. Wiemy więc, żeniebanalne rozwiązanie jest jedynie możliwe przy wartościach

λn =(πn

l

)2, n ∈ N.

Liczby λn nazywamy wartościami własnymi równania X ′′(x) + λX(x) = 0. Licz-bom tym odpowiadają rozwiązania tego równania, zwane funkcjami własnymi,postaci

Xn(x) = C2 sinπn

lx, n ∈ N.


Wstawiając wartości λn do równania T ′′(t) + a2λT (t) = 0, otrzymujemy ogólnerozwiązanie tego równania postaci

Tn(t) = cn cosπna

lt+ dn sin

πna

lt, n ∈ N.

Ostatecznie więc otrzymujemy

un(x, t) =(cn cos

πna

lt+ dn sin

πna

lt

)sin

πn

lx.

Każda funkcja un, n ∈ N, jest rozwiązaniem równania (15.29) i spełnia warunkibrzegowe (15.31), nie spełnia natomiast na ogół warunków (15.30). Następnym eta-pem będzie więc znalezienie rozwiązania spełniającego dodatkowo warunki (15.30).Zauważmy, że przy odpowiednich założeniach o jednostajnej zbieżności szeregufunkcyjnego i szeregu pochodnych tego szeregu, wobec liniowości i jednorodnościrównanie (15.29) również funkcja

u(x, t) =∞∑n=1

un(x, t) =∞∑n=1

(cn cos

πna

lt+ dn sin

πna

lt

)sin

πn

lx (15.32)

jest rozwiązaniem równania (15.29) i spełnia warunki (15.31). Uwzględniając wewzorze (15.32) warunki początkowe, mamy

ϕ(x) =∞∑n=1

un(x, 0) =∞∑n=1

cn sinπn

lx,

ψ(x) =∞∑n=1

∂un(x, 0)∂t

=∞∑n=1

πna

ldn sin

πn

lx.

Funkcje ϕ, ψ są sumami szeregów Fouriera w przedziale [0, l], a więc

cn =2l

l∫0

ϕ(x) sinπn

lx dx,

πna

ldn =

2l

l∫0

ψ(x) sinπn

lx dx, (15.33)

dn =2πna

l∫0

ψ(x) sinπn

lx dx.

Wstawiając otrzymane współczynniki do (15.32), otrzymujemy ostatecznie

u(x, t) =∞∑n=1

2l

l∫o

ϕ(x) sinπn

lx dx

cosπna

lt+ (15.34)


+

2πna

l∫o

ψ(x) sinπn

lx dx

sinπna

lt

sinnπ

lx.

Majorantą szeregu (15.34) jest z dokładnością do stałej szereg

∞∑n=1

(|cn|+ |dn|) ,

a wspomnianego szeregu pochodnych szereg∞∑n=1

(|cn|+ |dn|)n2.

Skorzystamy z następującego kryterium zbieżności dla szeregów Fouriera. Jeżelifunkcja f o okresie 2l ma k pochodnych ciągłych i k + 1 pochodną przedziałamiciągłą, to szereg liczbowy

∞∑n=1

|bn|nk, k ∈ N ∪ 0,

gdzie bn są współczynnikami Fouriera funkcji f , jest zbieżny.Stąd wynika, że funkcja ϕ musi mieć drugą pochodną ciągłą, trzecią przedzia-

łami ciągłą. Funkcja ψ (z uwagi na współczynnik 1n) winna mieć pierwszą pochodną

ciągłą, drugą przedziałami ciągłą. Ponadto dla zachowania ciągłości przedłużeniaokresowego poza przedział [0, l] winny one spełniać tak zwany warunek zgodnościϕ(0) = ϕ(l) = ψ(0) = ψ(l) = 0.

Twierdzenie 15.7. Jeżeli funkcja ϕ jest klasy C2 i przedziałami klasy C3 na [0, l],funkcja ψ jest klasy C1 i przedziałami klasy C2 na [0, l] oraz ϕ i ψ spełniają warunekzgodności ϕ(0) = ϕ(l) = ψ(0) = ψ(l) = 0, to istnieje dokładnie jedno rozwiązanierównania struny (15.29) spełniające warunki (15.30) i (15.31), które w obszarzeΩ = (x, t); 0 ¬ x ¬ l, t 0 jest określone wzorem

u(x, t) =∞∑n=1

(cn cos

πna

lt+ dn sin

πna

lt

)sin

πn

lx,

gdzie cn i dn dane są wzorami (15.33).

Definicja 15.11. Równaniem przewodnictwa funkcji u(x1, x2, . . . , xn, t) nazywamyrównanie postaci

∂u

∂t− a2∆u = f(x1, x2, . . . , xn, t), (15.35)

∆ – operator Laplace’a, f : Ω ⊂ Rn+1 → R.

Rozpatrzymy kilka zagadnień prowadzących do równania (15.35).Liniowe rozchodzenie się ciepła (n = 1). Przypuśćmy, że dany jest pręt jed-

norodny o długości l, izolowany od ciepła i tak cienki, że temperaturę tego prętawe wszystkich punktach dowolnego przekroju tego pręta w dowolnej chwili t można


uznać za jednakową. Utrzymując stałe temperatury u1, u2 na końcach tego pręta,można zjawisko przedstawiające temperaturę przekroju x w chwili t opisać za po-mocą funkcji u(x, t) określonej równaniem

∂u

∂t− a2∂

2u

∂x2 = f(x, t), (15.36)

a2 – współczynnik przewodnictwa, f(x, t) – gęstość źródeł ciepła w punkcie xw chwili t (jeżeli brak źródeł ciepła to f(x, t) = 0).

Podobne zjawisko rozchodzenia się ciepła w przestrzeni prowadzi do równania(15.35) z n = 3. Równaniem (15.36) z f(x, t) = 0 można opisać proces dyfuzji gazuw rurze próżniowej.

Wyznaczmy rozkład temperatury pręta ograniczonego, którego temperaturana końcach jest równa zeru i brak jest źródeł ciepła. Zagadnienie to prowadzi dowyznaczenia rozwiązania równania

∂u

∂t− a2∂

2u

∂x2 = 0, (15.37)

spełniającego warunek początkowy

u(x, 0) = ϕ(x), x ∈ [0, l] (15.38)

i jednorodne warunki brzegowe

u(0, t) = 0, u(l, t) = 0, t 0. (15.39)

Rozwiązanie wyznaczymy metodą rozdzielania zmiennych. Poszukujemy rozwiąza-nia równania (15.37) w postaci

u(x, l) = X(x)T (t).

Wstawiając je do równania (15.37), otrzymujemy

X ′′(x)X(x)

=1a2T ′(t)T (t)

= −λ,

gdzie λ oznacza stałą.Powtarzając rozumowanie dla równania struny, otrzymujemy dwa równania

X ′′λX = 0, (15.40)

T ′ + a2λT = 0.

Z warunków brzegowych mamy

X(0) = X(l) = 0.


Podobnie jak dla równania struny można wykazać, że niebanalne rozwiązanie dlau otrzymujemy jedynie w przypadku, gdy λ przyjmuje jedną z wartości własnych,to znaczy

λn =(πn

l

)2, n ∈ N,

którym odpowiadają funkcje własne

Xn = sinπn

lx, n ∈ N.

Wstawiając λn do drugiego z równań (15.40), otrzymujemy

Tn(t) = cne−(πnal )2t, n ∈ N,

i w konsekwencji

un(x, t) = cne−(πnal )2t sin

πn

lx.

Dla każdego n ∈ N funkcja un jest rozwiązaniem równania (15.37) i spełnia warunkibrzegowe (15.39). Przy odpowiednich założeniach o jednostajnej zbieżności szeregufunkcyjnego i szeregu pochodnych tego szeregu, wobec liniowości i jednorodnościrównania (15.37) również funkcja

u(x, t) =∞∑n=1

un(x, t) =∞∑n=1

cne−(πnal )2t sin

πn

lx (15.41)

jest rozwiązaniem równania (15.37). Z warunku początkowego otrzymujemy

ϕ(x) =∞∑n=1

cn sinπn

lx,

czyli współczynniki cn są współczynnikami szeregu Fouriera funkcji ϕ rozwiniętejw przedziale [0, l] względem sinusów. Mamy więc

cn =l∫

0

ϕ(x) sinπn

lx dx.

Ponieważ funkcja ϕ : [0, l] → R, to musi ona spełniać tak zwany warunek zgod-ności ϕ(0) = ϕ(l) = 0, co więcej, ϕ musi być ciągła w przedziale [0, l] oraz byćprzedziałami klasy C1.

Twierdzenie 15.8. Jeżeli funkcja ϕ jest ciągła na przedziale [0, l], ma w tymprzedziale przedziałami ciągłą pochodną oraz ϕ(0) = ϕ(l) = 0, to na obszarzeΩ = (x, t); 0 ¬ x ¬ l, t 0 istnieje dokładnie jedno rozwiązanie równania(15.37) spełniające warunki (15.38) i (15.39) określone wzorem (15.41).


Jak wynika z powyższych rozważań, metodę Fouriera można stosować bezpo-średnio jedynie w przypadku jednorodnych warunków brzegowych. W zastosowa-niach często spotyka się zagadnienia, w których warunki brzegowe są niejednorodne,stałe lub zależne od czasu. Wówczas rozwiązania takiego zagadnienia granicznegoposzukujemy w postaci sumy dwóch funkcji

u(x, t) = V (x, t) + w(x, t)

odpowiednio dobranych w zależności od postaci warunków brzegowych, przy czymfunkcję V znajdujemy, rozwiązując za pomocą metody Fouriera odpowiednie za-gadnienia graniczne o warunkach brzegowych zerowych.

Rozpatrzmy kilka najczęściej spotykanych warunków brzegowych.

1. Jeżeli warunki brzegowe są stałe

u(x, t) = u1, u(l, t) = u2,

wówczas poszukujemy rozwiązania w postaci

u(x, t) = V (x, t) + u1 +u2 − u1

lx.

Rozpatrzmy zagadnienie przewodnictwa cieplnego w pręcie, na końcach któ-rego utrzymywana jest stała temperatura. Zagadnienie to prowadzi do wyznaczeniarozwiązania u równania

∂u

∂t− a2∂

2u

∂x2 = 0 (15.42)

spełniającego warunki początkowe

u(x, 0) = ϕ(x), x ∈ [0, l] (15.43)

i warunki brzegowe

u(0, l) = u1, u(l, t) = u2, t 0. (15.44)

Rozwiązania poszukujemy w postaci

u(x, t) = V (x, t) + u1 +u2 − u1

lx.

Po podstawieniu odpowiednich pochodnych powyższej funkcji do naszego równaniaotrzymujemy

∂V

∂t− a2∂

2V

∂x2 = 0,

warunek początkowy jest następujący

V (x, 0) = u(x, 0)− u1 −u2 − u1

lx = ϕ(x)− u2 − u1

lx− u1 = ϕ1(x),


warunki brzegoweV (0, t) = u(0, t)− u1 = u1 − u1 = 0,

V (l, t) = u(l, t)− u2 = u2 − u2 = 0.

Zatem na mocy twierdzenia 15.8 funkcja V określona jest wzorem

V (x, t) =∞∑n=1


πn

lx,

gdzie

cn =2l

l∫0

ϕ1(x) sinπn

lx dx.

Ostatecznie więc otrzymujemy

u(x, t) =u2 − u1

lx+ u1 +

∞∑n=1


πn

lx.

2. Jeżeli w warunkach brzegowych występują dowolne funkcje czasu postaci

u(0, t) = α(t), u(l, t) = β(t),

wówczas rozwiązania zagadnienia granicznego poszukujemy w postaci sumy

u(x, t) = V (x, t) + α(t) +β(t)− α(t)

lx,

uzyskując w ten sposób dla funkcji V (x, t) zagadnienia graniczne o jednorod-nych warunkach

V (0, t) = 0, V (l, t) = 0.

W tym jednakże przypadku funkcja V (x, t) musi spełniać niejednorodne rów-nanie różniczkowe. W przypadku równania falowego

∂2u

∂t2− a2∂

2u

∂x2 = 0,

funkcja V musi spełniać niejednorodne równanie różniczkowe postaci

∂2V

∂t2− a2∂

2V

∂x2 = f(x, t),

3. Jeżeli w warunkach brzegowych dla równania falowego występują pochodnewzględem zmiennej x dla x = 0 i x = l

∂u

∂x

∣∣∣∣x=0

= α(t),∂u

∂x

∣∣∣∣x=l

= β(t),


wówczas funkcji u poszukujemy w postaci

u(x, t) = V (x, t) + α(t)x+β(t)− α(t)

l

x2

2.

Funkcję V znajdujemy w tym przypadku, rozwiązując równanie różniczkoweniejednorodne przy jednorodnych warunkach brzegowych

∂V

∂x

∣∣∣∣x=0

= 0,∂V

∂x

∣∣∣∣x=l

= 0

i odpowiednio zmodyfikowanych warunkach początkowych.

4. Jeżeli warunki brzegowe dla równania falowego są postaci

u(0, t) = α(t),∂u

∂x

∣∣∣∣x=l

= β(t),

to rozwiązania odpowiedniego zagadnienia granicznego poszukujemy w po-staci

u(x, t) = V (x, t) + α(t)x+β(t)l

x2

2.

Funkcję V znajdujemy, rozwiązując niejednorodne równanie różniczkowe przyjednorodnych warunkach brzegowych

V (0, t) = 0,∂V

∂x

∣∣∣∣x=l

= 0

i odpowiednio zmodyfikowanych warunkach początkowych.

5. Jeżeli warunki brzegowe posiadają funkcje zależne od czasu, ale szczególnejpostaci

u(0, t) = E sinω(t), u(l, t) = 0,

wówczas poszukujemy rozwiązania równania falowego w postaci sumy

u(x, t) = X(x) sinω(t) + V (x, t).

Funkcja X(x) jest chwilowo nieznana.


Przykłady

1. Długa linia (bez strat) o długości l w jednym końcu (x = 0) jest podłączona doźródła o napięciu równym E sinω(t), w drugim u(l, t) = 0. Napięcie w linii speł-

nia warunki u(x, 0) = 0,∂u

∂t

∣∣∣∣t=0

= 0. Należy znaleźć rozkład napięcia wzdłuż

linii w zależności od czasu.

Poszukujemy więc funkcji u będącej rozwiązaniem równania

∂2u

∂t2= a2∂

2u

∂x2 (15.45)

oraz spełniającego warunki początkowe

u(x, 0) = 0,∂u

∂t

∣∣∣∣t=0

= 0 (15.46)

i niejednorodne warunki brzegowe

u(0, t) = E sinωt, u(l, t) = 0. (15.47)

Rozwiązania poszukujemy w postaci

u(x, t) = X(x) sinωt+ V (x, t).

Oznaczmy przez w(x, t) = X(x) sinωt. Funkcję w dobierzemy tak, by była roz-wiązaniem równania (15.45) i spełniała warunki brzegowe

w(0, t) = E sinωt, w(l, t) = 0.

Wstawiając odpowiednie pochodne funkcji w do równania (15.45), po uprosz-czeniu przez wspólny czynnik sinωt otrzymujemy dla funkcji X(x) równanieróżniczkowe zwyczajne postaci

X ′′(x) +ω2

a2 X(x) = 0

oraz warunki początkowe

X(0) = E, X(l) = 0.

Rozwiązaniem ogólnym powyższego równania zwyczajnego jest funkcja

X(x) = A cosω

ax+B sin

ω

ax.

Z warunków początkowych otrzymujemy

A = E, B = − ctgωl

a.


Ostatecznie

w(x, t) =(E cos

ω

ax− E ctg

ωl

asin

ω

ax

)sinωt,

a stąd po przekształceniu

w(x, t) =E sin ω(l−x)

a

sin ωla

sinωt.

Funkcję V otrzymujemy poszukując rozwiązania równania różniczkowego

∂2V

∂t2= a2∂

2V

∂x2 ,

przy jednorodnych warunkach brzegowych

V (0, t) = 0, V (l, t) = 0

i warunkach początkowych

V (x, 0) = u(x, 0)− w(x, 0) = 0,

∂V

∂t

∣∣∣∣t=0

=∂u

∂t

∣∣∣∣t=0− ∂w

∂t

∣∣∣∣t=0

= −Eωsin ω(l−a)

a

sin ωla

.

Stosując metodę Fouriera do powyższego zagadnienia granicznego, otrzymujemyfunkcję

V (x, t) =∞∑n=1

Bn sinnπa

lt sin

nπ

lx,

gdzie

Bn =2nπa

l∫0

[−E

sin ω(l−x)a

sin ωla

]sin

nπ

lx dx =

2Eωa

l[(πnal

)2 − ω2] ,

ostatecznie więc otrzymujemy

u(x, t) = Esin ω(l−x)

a

sin ωla

sinωt+2Eωal

∞∑n=1

sin nπatl sin nπx

l(πnal

)2 − ω2.

2. Rozważmy teraz drgania wymuszone struny zamocowanej na końcach i zasto-sujmy metodę Fouriera dla równania niejednorodnego. Zagadnienie to sprowadzasię do rozwiązania równania

∂2u

∂t2= a2∂

2u

∂x2 + f(x, t) dla t 0 i 0 ¬ x ¬ l (15.48)

przy warunkach brzegowych

u(0, t) = u(l, t) = 0, t 0


i warunkach początkowych

u(x, 0) = ϕ(x),∂u

∂t

∣∣∣∣t=0

= ψ(x), dla 0 ¬ x ¬ l.

Rozwiązania tak postawionego zagadnienia brzegowego będziemy poszukiwaćw postaci sumy dwóch funkcji klasy C2 określonych dla 0 ¬ x ¬ l i t 0

u(x, t) = V (x, t) + w(x, t),

gdzie funkcja V jest rozwiązaniem niejednorodnego równania

∂2V

∂t2= a2∂

2V

∂x2 + f(x, t) (15.49)

spełniającego warunki brzegowe

V (0, t) = V (l, t) = 0

i początkowe

V (x, 0) = 0,∂V

∂t

∣∣∣∣t=0

= 0,

zaś funkcja w jest rozwiązaniem jednorodnego równania

∂2w

∂t2= a2∂

2w

∂x2 , (15.50)

spełniającego warunki brzegowe

w(0, t) = 0, w(l, t) = 0

oraz warunki początkowe

w(x, 0) = ϕ(x),∂w

∂t

∣∣∣∣t=0

= ψ(x).

Funkcję w znajdujemy, stosując metodę Fouriera przedstawioną wcześniej.Funkcję V poszukujemy w postaci

V (x, t) =∞∑n=1

Tn(t) sinnπx

l.

Funkcja V spełnia warunki brzegowe. Funkcje Tn(t) dobierzemy tak, by funkcjaV spełniała także warunki początkowe i była rozwiązaniem równania (15.50).Załóżmy, że powyższy szereg można dwukrotnie różniczkować wyraz po wyrazie


względem zmiennej x i t oraz że uzyskane szeregi są jednostajnie zbieżne. Obli-

czając pochodne∂2V

∂x2 i∂2V

∂t2i wstawiając do równania (15.49) otrzymujemy:

∞∑n=1

[T ′′n (t) +

(nπa

l

)2Tn (t)

]sin

nπx

l= f(x, t).

Następnie przedstawimy funkcję f w postaci szeregu:

f (x, t) =∞∑n=1

fn(t) sinnπx

l,

gdzie

fn(t) =2l

l∫0

f(x, t) sinnπx

ldx.

Porównując współczynniki, otrzymujemy więc

T ′′n (t) +(nπa

l

)2Tn (t) = fn(t), n = 1, 2, . . . .

Z warunków początkowych mamy Tn(0) = 0, T ′′n (0) = 0, stąd

Tn(t) =(

l

nπa

)2 l∫0

fn(τ) sin

[(πna

l

)2(t− τ)

]dτ.

Wstawiając otrzymane rozwiązanie do szeregu

∞∑n=1

Tn(t) sinnπx

l

otrzymujemy rozwiązanie naszego zagadnienia.

Można wykazać, że jeżeli funkcja f spełnia następujące założenia: f posiadaciągłe pochodne cząstkowe drugiego rzędu względem x i t dla t > 0, f(0, t) == f(l, t) = 0, to powyższy szereg jest zbieżny wraz ze swoimi drugimi pochod-nymi względem zmiennych x i t.

Oprócz metod rozwiązywania równań różniczkowych cząstkowych opisanychwyżej, mamy jeszcze inne metody, jak na przykład metodę uśredniania stosowanąw równaniu fal kulistych, które to zagadnienie występuje w akustyce i w poluelektrycznym, metodę polegającą na wykorzystaniu funkcji specjalnych, metodępotencjałów (potencjał warstwy pojedynczej, podwójnej, funkcji Greena). Metodtych tutaj nie będziemy jednak opisywać z uwagi na ich złożoność. Literatura z tejdziedziny jest bardzo szeroka. Polecić można na przykład książki [7], [8], z którychto opracowań korzystaliśmy w tym rozdziale.

Rozdział 16

Prawdopodobieństwoi elementy statystyki

Rachunek prawdopodobieństwa dostarcza modeli teoretycznych i narzędzido interpretacji i analizy danych statystycznych i w gruncie rzeczy, jak powiedziałLaplace, „teoria prawdopodobieństwa jest jedynie liczbowym wyrażeniem zdrowegorozsądku”. Metody statystyczne stosuje się głównie do zagadnień związanych z pla-nowaniem eksperymentów, interpretacją i prezentacją danych eksperymentalnychi ich analizą, a także do wyciągania wniosków o naturze badanego układu i meto-dzie doboru danych.

Prawdopodobieństwo

Rzucamy sześcienną kostką do gry i zapisujemy liczbę wyrzuconych oczek.Przed wykonaniem rzutu nie wiemy, ile oczek wypadnie, ale na pewno będzie toliczba ze zbioru Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Intuicja podpowiada, a doświadczenie potwier-dza, że każda z liczb z Ω ma jednakową szansę pojawienia się. Ponieważ pewnościprzypisujemy liczbę 1 (mamy 100% szansy), więc każdemu z wyników ze zbioruΩ przypiszemy liczbę 1

6 , zwaną prawdopodobieństwem pojawienia się wyniku.Gracza może interesować, jakie jest prawdopodobieństwo zajścia jakiegoś zdarzenia,na przykład wypadnięcia liczby oczek większej od 3. Zamiast opisywać to zdarzeniesłowami, można wypisać wyniki mu sprzyjające, to znaczy 4, 5, 6. Zdarzenie jestzatem podzbiorem A = 4, 5, 6 zbioru Ω. Prawdopodobieństwo zdarzenia A obli-czamy dodając prawdopodobieństwa przypisane każdemu z wyników ze zbioru A,czyli

P(A) =16

+16

+16

=12.

Prawdopodobieństwo wypadnięcia parzystej liczby oczek (B = 2, 4, 6) jest rów-nież równe 1

2 , ale prawdopodobieństwo wypadnięcia liczby oczek podzielnej przeztrzy (C = 3, 6) jest równe 1

6 + 16 = 1

3 . Chociaż nie jesteśmy w stanie przewidzieć,


które ze zdarzeń zajdzie, potrafimy ocenić szanse ich pojawienia się, co jest bardzoużyteczne.

Matematyk potrafi opisać każde doświadczenie losowe, posługując się po-dobnym schematem jak wyżej. Określa najpierw przestrzeń Ω wszystkich możli-wych wyników doświadczenia, a następnie wybiera pewną rodzinę A podzbiorówΩ (zwaną sigma-ciałem). Każdy podzbiór z tej rodziny nazywamy zdarzeniem lo-sowym. Gdy Ω jest zbiorem skończonym, to za A można przyjąć rodzinę wszyst-kich podzbiorów Ω. Jeśli wynik w należy do zbioru A ∈ A , to mówimy, że wynikten sprzyja zdarzeniu A. Następnie przypisuje każdemu zdarzeniu A nieujemnąliczbę P(A) zwaną prawdopodobieństwem zdarzenia A, przy czym P(Ω) = 1i P(∅) = 0. Ponadto, jeśli zbiory Ai ∈ A są parami rozłączne, gdzie i = 1, 2, . . .(Ai ∩Aj = ∅ dla i 6= j), to

P(A1 ∪A2 ∪A3 ∪ . . .) =∞∑i=1

P(Ai).

Przykłady

1. W pojemniku jest 100 losów ponumerowanych od 1 do 100. Losy o numerach od1 do 80 są puste, 15 następnych wygrywa 10 zł, zaś za wyciągnięcie losów o nu-merach od 96 do 100 dostajemy 100 zł. Ciągniemy jeden los, czyli numer od 1do 100. Określ przestrzeń wyników doświadczenia. Oblicz prawdopodobieństwozdarzeń: A – wygramy 100 zł, B – nic nie wygramy.

Wszystkie możliwe wyniki losowania tworzą przestrzeń zdarzeń Ω = 1, 2, . . . ,100. Prawdopodobieństwo pojawienia się dowolnej liczby ze zbioru Ω jest równe

1100 . A = 96, 97, 98, 99, 100 ⊂ Ω, a więc

P(A) =1

100+

1100

+1

100+

1100

+1

100=

5100

.

Przeprowadzając analogiczne rozumowanie dla zdarzenia B otrzymujemy

P(B) =80100

.

2. Rzucamy dwa razy kostką i zapisujemy parę wyrzuconych oczek. Określ prze-strzeń Ω. Oblicz prawdopodobieństwa zdarzeń: A – suma wyrzuconych oczek jestwiększa od 10, B – liczba wyrzuconych oczek za pierwszym razem jest większaniż za drugim.

Ω = (1, 1), (1, 2), . . . , (2, 1), (2, 2), . . . , (6, 5), (6, 6) i każde ze zdarzeń ze zbioruΩ ma szansę pojawienia się równą 1

36 . Zdarzenie A = (5, 6), (6, 5), (6, 6). Zatem

P(A) =336.

Rozdział 16. Prawdopodobieństwo i elementy statystyki 261

Dla zdarzenia B, zdarzenia sprzyjające jego zajściu to pary

B = (2, 1),

(3, 1), (3, 2),

(4, 1), (4, 2), (4, 3),

(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4),

(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5),

a stąd

P(B) =1536.

Zmienne losowe

Rzucamy sześcienną kostką. W tym doświadczeniu Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Zawyrzucenie nieparzystej liczby oczek nie dostajemy pieniędzy (wygrywamy 0 zł),a za wyrzucenie parzystej liczby oczek otrzymujemy 1 zł, przy czym za szóstkę do-datkowo 4 zł. Oznaczmy wygraną przez X. Może ona przyjmować wartości: 0 lub 1lub 5 zł, ale nie wiemy ile wygramy. Wielkość X jest losowa. Nazwiemy ją zmiennąlosową. Zauważmy, że X jest funkcją z Ω o wartościach liczbowych:

X(1) = 0, X(2) = 1, X(3) = 0, X(4) = 1, X(5) = 0, X(6) = 5.

Zdarzenie A – nie wygramy, składa się z wyników sprzyjających 1, 3, 5, zatemP(A) = 3

6 = 12 . Stąd

P(X = 0) = P(A) =12.

Podobnie, P(X = 1) = 26 oraz P(X = 5) = 1

6 .

Rozważmy dowolne doświadczenie z przestrzenią wyników Ω.

Definicja 16.1. Zmienną losową nazwiemy dowolną funkcję X : Ω→ R taką, żezbiór ω ∈ Ω; X(w) ¬ t jest zdarzeniem losowym dla dowolnej liczby t ∈ R.

Zmienne losowe pojawiają się, gdy interesuje nas wynik liczbowy związanyz jakimś doświadczeniem losowym.

Zmienna losowa dyskretna

Definicja 16.2. Mówimy, że zmienna losowa X jest zmienną dyskretną (lubskokową), jeśli przyjmuje jedynie wartości ze zbioru x1, x2, . . . (skończonegolub nie).


Wskazanie, jakie wartości przyjmuje zmienna losowa i z jakimi prawdopo-dobieństwami, nazywamy jej rozkładem prawdopodobieństwa. Określamy goprzez podanie prawdopodobieństw:

P(X = xi) = pi, i 1.

Można też użyć tabeli

x1 x2 x3 x4 . . .

p1 p2 p3 p4 . . .

Wszystkie liczby pi muszą być nieujemne i ich suma musi być równa 1.

PrzykładMówimy, że zmienna X ma rozkład Poissona z parametrem λ, gdy przyjmuje onawartości ze zbioru liczb naturalnych wraz z zerem oraz

P(X = n) =λn

n!e−λ, n = 0, 1, 2, . . . .

Zmienna losowa ciągła

Definicja 16.3. Mówimy, że zmiennaX jest ciągła, gdy istnieje nieujemna funkcjaf : R→ [0,+∞) taka, że

P(a ¬ X ¬ b) =b∫a

f(x)dx,

dla dowolnego −∞ ¬ a ¬ b ¬ +∞ i P(a ¬ X ¬ b) = P(ω ∈ Ω; a ¬ X(ω) ¬ b).

Funkcję f nazywamy gęstością zmiennej X. Każda nieujemna funkcja f , dlaktórej

+∞∫−∞

f(x)dx = 1,

jest gęstością pewnej zmiennej losowej.

Prawdopodobieństwo P(a ¬ X ¬ b) jest równe polu pod wykresem funkcjif , jak na rysunku poniżej.

x

f(x)

O

P(a ¬ X ¬ b)

a b

Prawdopodobieństwo jako pole.


Ponadto,

P(X = t) =t∫t

f(x)dx = 0

dla każdego t.

PrzykładDobrać stałą a, tak by podana funkcja gęstością pewnego rozkładu

f(x) =

a|x|+ 1 dla −1 < x < 1,

0 dla x ¬ −1 ∨ x 1.

Aby funkcja f była gęstością, musi przyjmować wartości nieujemne i+∞∫−∞

f(x)dx = 1.

Z treści zadania mamy

+∞∫−∞

f(x)dx =0∫−1

(−ax+ 1)dx+1∫

0

(ax+ 1)dx = 2a1∫

0

x dx+1∫−1

dx = a+ 2.

Poszukujemy takiego a, dla którego a+ 2 = 1, czyli dostajemy a = −1.Zauważmy, że

f(x) =

−|x|+ 1 dla −1 < x < 1,

0 dla x ¬ −1 ∨ x 1

przyjmuje wartości nieujemne, czyli jest poszukiwaną gęstością.

x

y

O−1 1

1

PrzykładO zmiennej X mówimy, że ma rozkład jednostajny na przedziale (c, d) ⊂ R, gdyma gęstość f(x) = 1

d−c dla c < x < d i f(x) = 0 dla pozostałych x. Wówczas dlac < t < d

P(X ¬ t) =t∫

−∞

f(x)dx =t− cd− c

.

Można powiedzieć, że dla zmiennej skokowej jej cała masa prawdopodobień-stwa (równa jeden) jest umiejscowiona na osi liczbowej w punktach x1, x2, . . .,a dla zmiennej ciągłej masa jest „rozsmarowana” na tej osi.


Rozkład prawdopodobieństwa można również określić dla dowolnej zmiennej lo-sowej za pomocą jej dystrybuanty, czyli takiej funkcji F : R → [0, 1], że dlakażdego t

F (t) = P(X ¬ t).

Obrazowo mówiąc, wartość F (t) jest masą prawdopodobieństwa, jaką zbierzemy,poruszając się od −∞ do t. Niekiedy zamiast F piszemy FX .Dystrybuanta jest funkcją niemalejącą, prawostronnie ciągłą i taką, że F (t) → 0,gdy t → −∞ oraz F (t) → 1, gdy t → +∞. Każda funkcja, która ma te czterywłasności, jest dystrybuantą pewnej zmiennej losowej.Jeśli zmienna X jest ciągła i ma gęstość f , to jej dystrybuantę F : R → [0, 1]określamy wzorem

F (t) =t∫

−∞

f(x)dx,

dla każdego t. W punktach ciągłości funkcji f mamy

f(t) = F ′(t).

PrzykładNiech X oznacza liczbę uzyskanych oczek w jednym rzucie kostką. Narysuj rozkładprawdopodobieństwa i dystrybuantę zmiennej X.PonieważX oznacza liczbę uzyskanych oczek, więc możliwymi wartościami są liczbyze zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6, a prawdopodobieństwo uzyskania każdej liczby z tegozbioru jest takie samo i równe 1

6 . Tabelka przedstawiająca rozkład ma postać

xi 1 2 3 4 5 6

pi16

16

16

16

16

16

Dla dystrybuanty mamy

t (−∞, 1) [1, 2) [2, 3) [3, 4) [4, 5) [5, 6) [6,∞)

pi 0 16

26

36

46

56 1

x

y

O 1 2 3 4 5

16

26

36

46

56

1

6


Definicja 16.4. Niech p będzie dowolną liczbą z przedziału (0, 1). Kwantylemrzędu p (lub p-kwantylem) ciągłej zmiennej losowej X o dystrybuancie F nazy-wamy liczbę oznaczoną symbolem qX(p) i równą najmniejszej liczbie x, która jestrozwiązaniem równania

F (x) = p

(patrz rysunek (a) poniżej).

Kwantyl można wyznaczyć ze wzoru

qX(p)∫−∞

f(x)dx = p

(patrz rysunek (b) poniżej). Mówiąc obrazowo, jeśli idziemy od −∞ do x, zbiera-jąc masę prawdopodobieństwa, to kwantyl qX(p) określa punkt na osi, do któregotrzeba dojść, aby uzbierać masę równą p. Kwantyl rzędu 1

2 nazywamy medianązmiennej X.

x

F (x)

O qX(p)

1

p

(a)

x

f(x)

O qX(p)

p

(b)

Kwantyle wielu rozkładów zapisano w tablicach statystycznych lub wyznaczają jespecjalistyczne programy komputerowe, np. Statistica.

PrzykładNiech λ > 0. Wyznacz stałą c tak, by gęstością rozkładu była funkcja f(x) = ce−λx

dla x > 0 i f(x) = 0 dla x ¬ 0. Nosi ona nazwę gęstości rozkładu wykładniczegoz parametrem λ. Wyznacz wzór na p-kwantyl.Aby wyznaczyć stałą c, wykorzystamy fakt, że

∞∫−∞

f(x)dx = 1.

W tym przypadku∞∫0

ce−λxdx = 1.


Obliczając całkę po lewej stronie powyższej równości, dostajemy

c

λ= 1

stąd c = λ. Z kolei korzystając ze wzoru na kwantyl, musimy rozwiązać równanie

qX(p)∫0

λe−λxdx = p.

Po scałkowaniu otrzymujemy

−e−λqX(p) + 1 = p,

a stąd kwantyl

qX(p) = − 1λ

ln(1− p).

Wartość oczekiwana, wariancja

Definicja 16.5. Wartością oczekiwaną dyskretnej zmiennej losowej Xprzyjmującej wartości x1, x2, . . . z prawdopodobieństwami pi = P(X = xi) na-zywamy liczbę E(X) wyznaczoną ze wzoru

E(X) =∑i

xipi,

gdzie sumowanie przebiega po wszystkich wartościach indeksu i. Gdy zmiennaprzyjmuje nieskończenie wiele wartości, trzeba założyć, że

∑i |xi|pi <∞.

Definicja 16.6. Wartością oczekiwaną ciągłej zmiennej losowej X o gęsto-ści f nazywamy liczbę

E(X) =+∞∫−∞

xf(x)dx.

Zakładamy, że całka+∞∫−∞|x|f(x)dx jest zbieżna; w przeciwnym razie mówimy, że

wartość oczekiwana nie istnieje.

Obrazowo rzecz ujmując, wartość oczekiwana wskazuje, wokół jakiej liczbyoscylują wartości zmiennej X. Inna interpretacja będzie podana później.


Przykłady

1. Wartość oczekiwana zmiennej X o rozkładzie Poissona jest równa E(X) = λ,gdyż

E(X) =∞∑i=0

iλi

i!e−λ = λe−λ

∞∑i=1

λi−1

(i− 1)!=

=

korzystając z rozwinięcia

funkcji exw szereg Maclaurina

= λe−λeλ = λ.

2. Wartość oczekiwana w rozkładzie jednostajnym na przedziale (c, d) jest równa

E(X) =∞∫−∞

xf(x)dx =d∫c

x1

d− cdx =

c+ d

2.

Definicja 16.7. Wariancją zmiennej losowej X nazywamy liczbę Var(X) równą

Var(X) = E[(X − EX)2].

Wariancja jest liczbą nieujemną i mierzy przeciętną wielkość rozrzutu warto-ści zmiennej X wokół wartości oczekiwanej. Można dowieść, że

Var(X) = E(X2)− (E(X))2 .

Liczbę D(X) =√

Var(X) nazywamy odchyleniem standardowym zmiennej X.

Rozkłady zmiennych losowych w statystyce

Omówimy teraz rozkłady prawdopodobieństwa zmiennych losowych ciągłychnajczęściej pojawiające się w statystyce.

1. Mówimy, że zmienna losowa X ma rozkład normalny (lub gaussowski)z parametrami µ i σ (w skrócie N(µ, σ)), gdy jej gęstość ma postać

f(x) =1

σ√

2πexp

(−(x− µ)2

2σ2

), x ∈ R, (16.1)

gdzie µ jest dowolną liczbą rzeczywistą i σ > 0. Wykres tej funkcji (zwanykrzywą Gaussa) ma kształt pagórka ze szczytem w punkcie µ (patrz rysunek(a) poniżej). Można wykazać, że E(X) = µ oraz Var(X) = σ2. Im większawartość σ, tym wykres jest bardziej „rozpłaszczony”. Stwierdzenie to uza-sadnia reguła trzech sigm: 99,73% masy prawdopodobieństwa skupiona jestw przedziale (µ− 3σ, µ+ 3σ).Gdy µ = 0 i σ = 1, mówimy, że zmienna X ma standardowy rozkład nor-malny. Jego gęstość oznacza się niekiedy przez ϕ (patrz rysunek (b) poniżej),a dystrybuantę literą Φ.


x

f(x)

O µ+ 3σµ− 3σ

1σ√

2π

µ

(a)

x

ϕ(x)

O 3−3

(b)

Gęstość rozkładu normalnego.

Jeśli X jest zmienną losową o rozkładzie normalnym z parametrami µ i σ, to„zestandaryzowana” zmienna Z = X−µ

σ ma rozkład N(0, 1).

2. O zmiennej X mówimy, że ma rozkład gamma z parametrami a, b > 0, gdy

f(x) =ba

Γ(a)xa−1e−bx, x > 0,

oraz f(x) = 0 dla x ¬ 0, przy czym

Γ(a) =∞∫0

xa−1e−xdx.

Szczególnymi przypadkami są rozkład wykładniczy (dla a = 1) oraz roz-kład chi-kwadrat z n stopniami swobody (dla a = n

2 i b = 12), gdzie n jest

liczbą naturalną. Jeżeli X ma rozkład chi-kwadrat z n stopniami swobody,to dystrybuanta X−n√

2nprzy n → ∞ dąży do dystrybuanty standardowego

rozkładu normalnego. A fakt ten wykorzystuje się do aproksymacji kwantylirozkładu chi-kwadrat kwantylami rozkładu normalnego przy n 50.

3. Zmienna X ma rozkład t-Studenta z n stopniami swobody, gdy jej gęstośćjest postaci

f(x) =Γ(n+1

2 )Γ(n2 )

√πn

(1 +

x2

n

)−n+12, x ∈ R.

Wykres gęstości przypomina kształtem krzywą Gaussa standardowego roz-kładu normalnego i przy n 30 można przyjąć, że oba wykresy pokrywają się.

Ciągi zmiennych losowych

Definicja 16.8. Zmienne X,Y określone na tej samej przestrzeni Ω nazwiemyniezależnymi, gdy dla dowolnych s, t

P(X ¬ s, Y ¬ t) = P(X ¬ s)P(Y ¬ s),

gdzie P(X ¬ s, Y ¬ t) = P(X ¬ s ∩ Y ¬ t).


PrzykładZ pojemnika zawierającego 10 kul z numerami od 1 do 10, losujemy dwie kule.Niech X oznacza numer pierwszej wylosowanej kuli, a Y drugiej. Można spraw-dzić, że jeśli pierwszą kulę wrzucimy do pojemnika przed losowaniem drugiej, tozmienne X,Y są niezależne. Gdy nie zwrócimy pierwszej kuli, zmienne X,Y będązależne.

Powyższy przykład obrazuje następującą intuicję związaną z niezależnością;zmienne X i Y są niezależne, gdy informacja o tym, jaką wartość przyjęła jedna zezmiennych nie wpływa na rozkład prawdopodobieństwa drugiej zmiennej.

Dopasowanie funkcji do danych doświadczalnych określa się często mianemregresji, a krzywe, wzdłuż których rozkładają się punkty, nazywamy krzywymiregresji, natomiast ich równania równaniami regresji. W przypadku dopasowaniaprostej mówimy o regresji liniowej.

Definicja 16.9. Funkcją regresji liniowej zmiennej Y względem X nazywamyfunkcję f(x) = α + βx, gdzie współczynniki α, β wyznaczone są z problemu mini-malizacji

E[(Y − (α+ βX))2] = mina,b∈R

E[(Y − (a+ bX))2].

Współczynniki α, β są więc tak dobrane, aby zmienna α+ βX przyjmowaławartości najbliższe zmiennej Y , czyli aby jak najlepiej „objaśniała” zmienną Y .Można udowodnić, że

α+ βx = E(Y ) + ρD(Y )D(X)

(x− E(X)),

gdzie ρ jest współczynnikiem korelacji liniowej zmiennych X,Y :

ρ =E[(X − EX)(Y − EY )]

D(X)D(Y ).

Prawdziwy jest wzór

E[(Y − (α+ βX))2] = Var(Y )(1− ρ2). (16.2)

Ze wzoru (16.2) wynika, że |ρ| ¬ 1. Ponadto, jeśli |ρ| = 1, to P(Y = α+ βX) = 1,czyli zmienne X,Y są liniowo zależne.

Twierdzenie 16.1. Jeśli zmienne X,Y są niezależne, to ρ = 0.

Implikacja odwrotna do powyższej nie jest prawdziwa.


WielkośćE[(X − EX)(Y − EY )]

nazywamy kowariancją zmiennych losowych X,Y i oznaczamy Cov(X,Y ). Wy-korzystując pewne własności wartości oczekiwanej, można wykazać, że

Cov(X,Y ) = E(XY )− E(X)E(Y ).

Definicja 16.10. Zmienne X1, X2, . . . określone na tej samej przestrzeni Ω na-zwiemy niezależnymi, gdy dla dowolnego skończonego podzbioru indeksówI = i1, . . . , in oraz dowolnych liczb si

P(Xi1 ¬ s1, . . . , Xin ¬ sn) = P(Xi1 ¬ s1) . . .P(Xin ¬ sn).

Obrazowo mówiąc, ciągi niezależnych zmiennych losowych pojawiają się, gdypowtarzamy jakieś doświadczenie losowe tak, by wynik każdego powtórzenia niemiał wpływu na to, jakie wyniki pojawią się w innych powtórzeniach. Typowymiprzykładami takich doświadczeń są: wielokrotne rzuty monetą lub kostką, losowaniaze zwrotem kul z pojemnika lub wielokrotne pomiary tej samej wielkości zaburzonebłędami losowymi.

Wstęp do analizy danych

Wynikiem wielu eksperymentów jest ciąg liczb x1, . . . , xn zwanych próbąlub danymi o liczności n. Dane te należy opracować, gdyż w postaci „surowej”mogą być mało czytelne. Wyobraźmy sobie dane o zarobkach wszystkich ponad 20milionów Polaków – dane takie zajęłyby kilkadziesiąt tomów po tysiąc stron każdy!

Najprostszymi wskaźnikami liczbowymi, zwanymi też statystykami liczbo-wymi, są rozstęp, średnia arytmetyczna próby, moda próby i mediana próby.

Rozstępem próby x1, . . . , xn nazywamy

R = xmax − xmin,

gdzie xmax i xmin oznaczają największą i najmniejszą wartość w danej próbie.

Średnią arytmetyczną próby x1, . . . , xn nazywamy liczbę

xn =x1 + . . .+ xn

n.

Średnia określa, gdzie znajduje się „środek” próby.

Innym wskaźnikiem położenia jest mediana próby. Aby ją wyznaczyć należyuporządkować dane od najmniejszej do największej:

x(1) ¬ x(2) ¬ . . . ¬ x(n).


Gdy n jest liczbą nieparzystą, medianą próby nazywamy liczbę

xmed = x(n+12 ).

Gdy n jest liczbą parzystą, przyjmujemy

xmed =x(n2 ) + x(n2+1)

2.

Z definicji mediany wynika, że połowa liczb z próby jest mniejsza od mediany i po-łowa jest od niej większa.

Modą próby x1, . . . , xn nazywamy tą wartość xi, która pojawia się najczęściej.Modę oblicza się, gdy dane w próbie powtarzają się.

Według danych GUS, w roku 2010 średnia miesięczna płaca brutto wynosiła3232 zł, ale 70% Polaków zarabiało poniżej średniej. Mediana była równa 2640 zł,zaś minimalna płaca – 1317 zł.

Wariancję próby x1, . . . , xn obliczamy ze wzoru

s2 =1

n− 1

n∑i=1

(xi − xn)2.

Liczba s2 jest miarą rozproszenia (rozrzutu) danych wokół wartości średniej próby.

Jeśli liczność próby jest duża (n 30), to wstępna obróbka danych możepolegać na grupowaniu ich w tzw. klasy, czyli przedziały o jednakowej długości.Jaka powinna być liczba klas? Nie ma jednoznacznej odpowiedzi. Istnieje kilkareguł ustalenia tej liczby, np. k = 1 + 3,3 log n lub k =

√n. Jeśli wiemy już, na ile

klas chcemy podzielić dane, obliczamy wówczas długość klasy. Jeśli R oznaczarozstęp próby, k – liczbę klas, a h – długość klasy, to można wtedy przyjąć, że

h ≈ R

k,

przy czym hk R. Ważne jest, aby przedziały nie nachodziły na siebie i zawie-rały wszystkie dane. Dlatego stosuje się zasadę, że granice klas są ustalane z do-kładnością równą połowie dokładności, z jaką wyznaczono wartości w próbce. Dladanych 2,4; 2,5; 3,9; . . . granica pierwszej klasy będzie najmniejszą wartością próbypomniejszona o 0,05. Licznością ni klasy ki nazywamy liczbę danych do niej na-leżących, przy czym suma liczności wszystkich klas musi być równa początkowejliczbie danych.Po zgrupowaniu danych w klasach tworzy się szereg rozdzielczy, który stano-wią klasy i ich liczności. Jeśli teraz utworzymy wykres, odkładając na osi rzędnychwielkość ni

nh , a na osi odciętych granice poszczególnych klas, otrzymamy wówczashistogram częstości (patrz rysunek poniżej)


xi

ninh

O

Histogram częstości.

Zauważmy, że pole histogramu równa się jedności.Dla danych zgrupowanych charakterystyki liczbowe obliczamy ze wzorów

xn =1n

k∑i=1

xi ni,

gdziexi oznacza środek i-tej klasy,

s2 =1

n− 1

k∑i=1

(xi − xn)2ni,

xmed = xl +h

nm

(n

2−m−1∑i

ni

),

gdzie xl jest lewym krańcem klasy zawierającym medianę, m jest numerem klasyzawierającym medianę, h jest długością klasy,

xmod = xl +nl − nl−1

(nl − nl−1) + (nl + nl+1)h,

gdzie xl jest lewym krańcem klasy zawierającym modę, l jest numerem klasy za-wierającej modę, nl−1 i nl+1 są licznościami sąsiednich klas.

Estymacja punktowa i przedziałowa

Załóżmy, że w pewnym pojemniku znajdują się losy puste i wygrywające. Oznaczmyprzez p prawdopodobieństwo wyciągnięcia losu wygrywającego. Liczba p jest równailorazowi liczby losów wygrywających przez liczbę wszystkich losów. Nie znamy p,ale możemy ciągnąć losy ze zwrotem. Przypuśćmy, że wyjmiemy n losów i W z nichwygrywa. Oczywiście W jest zmienną losową, gdyż przed losowaniem nie znamyW . Wydaje się rozsądne by za oszacowanie p przyjąć iloraz

pn =W

n.


Piszemy daszek nad p, ponieważ Wn nie musi być równe p. Zmienną losową pn

nazywamy estymatorem nieznanego parametru p. Można udowodnić, że pn → p,gdy n→∞, a zatem nasze postępowanie ma sens.

Powyżej opisaliśmy pewien typowy problem, z jakim ma na co dzień do czy-nienia statystyk. Polega on na tym, że większość zmiennych losowych ma rozkładz nieznanymi parametrami, np. µ i σ w rozkładzie normalnym. W powyższym przy-kładzie zmienna losowa X jest równa 0, gdy wyciągniemy los pusty i jest równa 1,gdy będzie wygrywający, a parametrem jest nieznana liczba p = P(X = 1).

Aby oszacować nieznany parametr θ rozkładu zmiennej X, powtarzamy wie-lokrotnie doświadczenie losowe, powiedzmy n razy, i otrzymujemy ciąg niezależnychzmiennych X1, X2, . . . , Xn o tym samym rozkładzie co X, zwany próbą losową pro-stą. Następnie tworzymy pewną funkcję próby

θn = g(X1, . . . , Xn),

która będzie służyć do oszacowania parametru θ. Funkcję θ nazwiemy estymato-rem parametru θ. Istnieje wiele kryteriów wyboru „dobrych” estymatorów. Jednymz nich jest wymaganie, by wraz ze wzrostem n ciąg θn dążył do θ.

Podamy teraz kilka najczęściej używanych estymatorów.

1. Załóżmy, że nie znamy wartości oczekiwanej µ = E(X). Wówczas szacujemyją za pomocą średniej arytmetycznej

µn = Xn.

Postępowanie takie jest uzasadnione następującym twierdzeniem, zwanymMocnym Prawem Wielkich Liczb

Twierdzenie 16.2. Niech X,X1, X2, . . . będzie próbą losową prostą. Wówczas ciągXn jest zbieżny do liczby µ z prawdopodobieństwem jeden, gdy istnieje wartośćoczekiwana EX i µ = EX.

2. Do oszacowania nieznanej wariancji σ2 = Var(X) używamy estymatora

S2 =1

n− 1

n∑i=1

(Xi −Xn)2. (16.3)

Odchylenie standardowe szacujemy za pomocą estymatora

S =√S2. (16.4)

3. Współczynnik korelacji ρ między zmiennymi X i Y szacujemy za pomocąwspółczynnika korelacji próby (X1, Y1), . . . , (Xn, Yn):

ρ =∑ni=1(Xi −Xn)(Yi − Y n)√∑n

i=1(Xi −Xn)2√∑n

i=1(Yi − Y n)2.


Do oszacowania nieznanego parametru θ używa się również przedziałów o koń-cach, które są funkcjami próby:

(g1, g2),

gdzie gi = gi(X1, . . . , Xn) dla i = 1, 2. Aby wybrać te funkcje, ustalamy najpierwliczbę 1−α, zwaną poziomem ufności. Najczęściej przyjmuje się, że 1−α = 0,9lub 0,95 lub 0,99. Następnie, dobieramy tak gi, aby prawdopodobieństwo pokryciaparametru θ przez przedział było nie mniejsze niż 1− α:

P(g1 < θ < g2) 1− α (16.5)

dla każdego θ. Jeśli przedział (g1, g2) spełnia warunek (16.5), to nazwiemy go prze-działem ufności dla θ na poziomie ufności 1 − α. W powyższym wzorze, gi sązmiennymi losowymi, zaś θ jest liczbą należącą do pewnego zbioru Θ wartości, jakiemoże przyjmować parametr θ. Obrazowo rzecz ujmując, jeśli np. 1 − α = 0,95, tona 100 obliczonych przedziałów ufności, około 95 będzie pokrywało parametr θ, alepozostałe mogą go nie zawierać. Zwiększenie poziomu ufności, zmniejsza prawdo-podobieństwo, że parametr znajdzie się poza przedziałem, ale koszt, jaki musimyponieść, to zwiększenie długości przedziału.

Podamy teraz często używane przedziały ufności dla wartości oczekiwaneji wariancji w rozkładzie normalnym na podstawie próby prostej X1, . . . , Xn. Uma-wiamy się dalej, że zapis a± b oznacza przedział postaci

(a− b, a+ b).

Środkiem tego przedziału jest liczba a i ma on długość 2b.

1. Jeśli X ma rozkład normalny z nieznanym parametrem µ i znanym σ, toprzedział ufności dla µ na poziomie 1− α ma postać

Xn ± u1−α2σ√n,

gdzie u1−α2 oznacza kwantyl rzędu 1− α2 w standardowym rozkładzie normal-

nym. Wartości najczęściej używanych kwantyli podane są poniżej w tabeli.

1− α 0,90 0,95 0,975 0,99 0,995u1−α 1,28 1,64 1,96 2,33 2,58

Kwantyle w standardowym rozkładzie normalnym.

2. Gdy σ jest nieznane, używamy do oszacowania µ przedziału

Xn ± t1−α2 (n− 1)S√n,

gdzie S jest dana wzorem (16.4), zaś t1−α2 (n− 1) jest kwantylem rzędu 1− α2

w rozkładzie t-Studenta o n − 1 stopniach swobody. Przykładowe wartościkwantyla tp(k) podane są w poniższej tabeli.


0,90 0,95 0,975 0,99 0,9951 3,078 6,314 12,706 31,921 63,6572 1,886 2,920 4,303 6,965 9,9253 1,638 2,353 3,182 4,541 5,8414 1,533 2,132 2,776 3,747 4,6045 1,476 2,015 2,571 3,365 4,0326 1,440 1,943 2,447 3,143 3,7077 1,415 1,895 2,365 2,998 3,4998 1,397 1,859 2,306 2,897 3,3559 1,383 1,833 2,262 2,821 3,25010 1,372 1,812 2,228 2,764 3,169

kp

Kwantyle w rozkładzie t-Studenta z k stopniami swobody.

3. Przedział ufności dla wariancji σ2 w rozkładzie normalnym na poziomieufności 1− α ma postać (n− 1)S2

χ21−α2

(n− 1),

(n− 1)S2

χ2α2(n− 1)

,gdzie χ2

p(k) oznacza kwantyl rzędu p w rozkładzie chi-kwadrat z k stopniamiswobody (patrz tabela poniżej).

0,025 0,05 0,95 0,9751 0,001 0,004 3,841 5,0242 0,051 0,103 5,991 7,3783 0,216 0,352 7,815 9,3484 0,484 0,711 9,488 11,1435 0,831 1,145 11,071 12,8336 1,237 1,635 12,592 14,4497 1,690 2,167 14,067 16,0138 2,180 2,733 15,507 17,5359 2,700 3,325 16,919 19,02310 3,247 3,940 18,307 20,483

kp

Kwantyle w rozkładzie chi-kwadrat z k stopniami swobody.

PrzykładW pewnym przedsiębiorstwie badano stężenie szkodliwego pyłu (w mg/m3), uzy-skując następujące wyniki losowo przeprowadzonych pomiarów: 11, 12, 7, 8, 12, 3, 5,15, 9, 6, 11, 9, 8, 14, 16, 10, 8, 12. Na poziomie ufności 0,95 oszacować średnie stężeniepyłu, zakładając, że ma rozkład normalny.


Nieznanym parametrem, który chcemy oszacować, jest średnia. Ponieważ nie znamywartości σ więc wybieramy przedział postaci(

Xn − t1−α2 (n− 1)S√n,Xn + t1−α2 (n− 1)

S√n

).

W naszym przykładzie n = 18, X18 = 9,78, S = 3,46 t0,975(18− 1) = 2,11, czyli(9,78− 2,11

3,36√18

; 9,78− 2,113,36√

18

).

A więc poszukiwana realizacja przedziału ufności ma postać

(8,06; 11,50) .

Weryfikacja hipotez statystycznych

Załóżmy, że w pewnym pojemniku znajdują się losy puste i wygrywające.Oznaczmy przez p prawdopodobieństwo wyciągnięcia losu wygrywającego. Nieznamy p, ale interesuje nas tylko odpowiedź na pytanie, czy p 0,05. Zdanieto nazwiemy hipotezą statystyczną i zapiszemy w skrócie:

H : p 0,05.

Podobne pytanie może nurtować jakąś partię polityczną – pojemnik z losami tozbiorowość ludzi głosujących w najbliższych wyborach, a losy pełne, to zwolennicytej partii. Próg 5% oznacza wejście do parlamentu.

Przypuśćmy, że wyciągniemy na chybił trafił n losów (ze zwrotem) i W z nichwygrywa. Wydaje się rozsądne, by przyjąć hipotezę H, gdy

pn > c,

gdzie pn = Wn jest oszacowaniem p i c jest jakąś liczbą większą od 0,05. Jak do-

brać c? Ustalmy małe prawdopodobieństwo α, np. α = 0,01, że popełnimy błąd,czyli odrzucimy hipotezę H, gdy jest ona prawdziwa. Stałą c dobieramy tak, byprawdopodobieństwo popełnienia błędu było nie większe niż α, gdy hipoteza Hjest prawdziwa. Postępowanie takie nazywamy testem istotności.

Uogólnimy postępowanie opisane powyżej. Niech Θ0 i Θ1 będą niepustymii rozłącznymi podzbiorami zbioru R. Załóżmy, że rozkład zmiennej losowej X zależyod nieznanego parametru θ, gdzie θ może przyjąć jedną z wartości ze zbioru Θ0

lub Θ1. Stwierdzenie, że „parametr θ należy do zbioru Θ0” nazywamy hipoteząstatystyczną i zapisujemy ją w postaci

H0 : θ ∈ Θ0,

a stwierdzenie, że „parametr θ należy do zbioru Θ1” nazywamy hipotezą alter-natywną i zapisujemy ją w postaci

H1 : θ ∈ Θ1.

Aby przeprowadzić test statystyczny, należy:


1. Postawić hipotezy H0 i H1.

2. Ustalić poziom istotności testu α. Zwykle α = 0,1 lub 0,05 lub 0,01. Wybórzależy tylko od nas.

3. Obliczyć na podstawie próby prostej X1, . . . , Xn wartość pewnej funkcjiT (X1, . . . , Xn), zwanej statystyką testową.

4. Wyznaczyć zbiór krytyczny K zawarty w R, posługując się kwantylamiodpowiednich rozkładów. Zbiór K nosi też nazwę zbioru odrzuceń hipotezyH0.

5. Gdy T należy do K, hipotezę H0 odrzucamy na poziomie istotności α, a przyj-mujemy hipotezę H1. W przeciwnym razie mówimy, że nie ma podstaw doodrzucenia hipotezy H0 na poziomie istotności α.

Statystycy wymyślili wiele testów dla różnych hipotez, czyli podali jawnąpostać statystyki testowej T i zbioru krytycznego K dla każdej z nich. Dlategotestowanie hipotez jest łatwym algorytmicznym zadaniem, trzeba jedynie dobrzepostawić hipotezy i wybrać poziom istotności.

Podamy teraz kilka często używanych testów.

1. Test średniej w rozkładzie normalnym przy znanej wariancjiZałóżmy, że X ma rozkład normalny z nieznaną wartością oczekiwaną µ,która może być dowolną liczbą rzeczywistą i znaną wariancją σ2. Stawiamyhipotezę

H0 : µ = µ0,

gdzie µ0 jest jakąś ustaloną liczbą. Określamy hipotezę alternatywną:

H1 : µ 6= µ0.

Następnie wybieramy α. Wówczas statystyka testowa i zbiór krytyczny mająpostać:

T =Xn − µ0

σ

√n,

K =(−∞,−u1−α2

)∪(u1−α2 ,+∞

),

gdzie u1−α2 jest kwantylem rzędu 1− α2 w standardowym rozkładzie normal-

nym. Jeśli zaś za hipotezę alternatywną weźmiemy

H1 : µ > µ0

lubH1 : µ < µ0,


to zbiory krytyczne mają odpowiednio postać

K = (u1−α,+∞)

lubK = (−∞,−u1−α) ,

gdzie u1−α jest kwantylem rzędu 1− α w standardowym rozkładzie normal-nym.

2. Test średniej w rozkładzie normalnym z nieznaną wariancjąZałóżmy, że X ma rozkład normalny z nieznanymi parametrami µ, σ. Wartośćoczekiwana µ może być dowolną liczbą rzeczywistą. Stawiamy hipotezę

H0 : µ = µ0,

gdzie µ0 jest ustaloną liczbą i hipotezę alternatywną:

H1 : µ 6= µ0.

Wówczas statystyka testowa i zbiór krytyczny mają postać:

T =Xn − µ0

S

√n− 1,

K =(−∞,−t1−α2 (n− 1)

)∪(t1−α2 (n− 1),+∞

),

gdzie S obliczamy ze wzoru (16.4).Przy hipotezie alternatywnej

H1 : µ > µ0

zbiór krytyczny toK = (t1−α(n− 1),+∞) .

Dla hipotezy alternatywnejH1 : µ < µ0

zbiór krytyczny ma postać

K = (−∞,−t1−α(n− 1)) .

3. Test wariancji w rozkładzie normalnymZałóżmy, że X ma rozkład normalny z nieznanymi parametrami µ i σ2.Wiemy, że σ może być dowolną liczbą dodatnią. Stawiamy hipotezę

H0 : σ2 = σ20,


gdzie σ0 jest jakąś ustaloną liczbą i określamy hipotezę alternatywną:

H1 : σ2 6= σ20.

Statystyka testowa i zbiór krytyczny mają postać:

T =(n− 1)S2

σ20

,

K =(0, χ2

α2(n− 1)

)∪(χ2

1−α2(n− 1),+∞

).

Jeśli H1 : σ2 > σ20, to

K =(χ2

1−α(n− 1),+∞),

a jeśli H1 : σ2 < σ20, to

K =(0, χ2

α(n− 1)).

PrzykładZmierzono czas opóźnienia autobusu na pewnym przystanku, otrzymując wyniki:1, 2, 3, 1, 2, 5, 3, 4, 2, 6, 3, 4, 2, 6, 3, 8, 5, 6, 4 w minutach. Zakładając, że rozkład czasuopóźnienia jest normalny z σ = 2, na poziomie istotności 0,05 zweryfikować hi-potezę że średni czas opóźnienia autobusu jest równy 3 minuty, wobec hipotezyalternatywnej, że jest dłuższy.

Nieznanym parametrem jest średni czas opóźnienia, więc testowane hipotezy sąpostaci

H0 : µ = 3 wobec H1 : µ > 3.

Dobieramy statystykę testową do informacji, które posiadamy (znana σ), czyli

T =Xn − µ0

σ

√n.

Z postaci hipotezy alternatywnej wnioskujemy, że zbiorem krytycznym jestK = (u1−α,+∞). Pozostaje wyznaczyć wartość statystyki testowej i sprawdzić,czy należy ona do zbioru krytycznego. Obliczając X19 = 3,68 i odczytując z tablicwartość kwantyla u1−0,05 = 1,64, dostajemy wartość statystyki testowej

T =3,68− 3

2

√19 = 1,49

i zbiór krytycznyK = (1,64; +∞) .

Ponieważ wartość statystyki nie należy do zbioru krytycznego, więc nie ma podstawdo odrzucenia hipotezy H0.


4. Test chi-kwadratZałóżmy, że zmienna X może przyjąć jedną z k wartości: x1, . . . , xk, ale nieznamy prawdopodobieństw P(X = xi). Stawiamy hipotezę

H0 : pi = P(X = xi) dla 1 ¬ i ¬ k,

gdzie liczby p1, p2, . . . są nieujemne i sumują się do jedynki. Niech X1, . . . , Xn

będzie próbą losową prostą z tego samego rozkładu co X. Przez ni oznaczymy,ile razy powtórzyła się w próbie wartość xi. Oczywiście n1 + . . .+ nk = n.

Karl Pearson zaproponował w roku 1900 następującą statystykę do weryfika-cji hipotezy H0:

T =k∑i=1

(ni − npi)2

npi.

Pearson oznaczył ją grecką literą χ2 (chi-kwadrat), stąd nazwa testu. Zbiór kry-tyczny ma postać

K =(χ2

1−α(k − 1),+∞),

gdzie χ2p(k) jest kwantylem rzędu p w rozkładzie chi-kwadrat z k stopniami swo-

body (patrz str. 275).Uwaga. Statystycy zalecają użycie testu chi-kwadrat Pearsona, gdy n 100i npi 5 dla dowolnego i.

PrzykładPostanowiono sprawdzić, czy pewna moneta jest rzetelna, tzn. czy szanse wypad-nięcia orła i reszki są jednakowe. W tym celu, wykonano 100 rzutów i otrzymano57 orłów. Jeśli X = 0, gdy wypadnie orzeł i X = 1, gdy reszka, to musimy zwery-fikować hipotezę

H0 : p1 = p2 =12,

gdzie p1 = P(X = 0) i p2 = P(X = 1). Oczywiście k = 2 i n = 100. Ponadto,

T =(57− 50)2

50+

(43− 50)2

50= 1,96.

Dla poziomu istotności α = 0,05, χ20,95(1) = 3,841. Ponieważ T < 3,841, nie ma

podstaw do odrzucenia hipotezy o rzetelności monety.

Gdy zmienna X jest ciągła i przyjmuje wartości ze zbioru liczb rzeczywi-stych, można stosować test chi-kwadrat, gdy podzielimy najpierw oś liczbową nak klas (−∞, x1], (x1, x2], . . . , (xk−1,+∞), gdzie (xn) jest ciągiem ściśle rosnącym.Jeśli X przyjmuje wartości z jakiegoś przedziału (c, d), dzielimy ten przedział na


k klas. Następnie, dla każdego i, obliczamy prawdopodobieństwo pi, że zmienna Xprzyjmie wartość z i-tej klasy przy założeniu, że zmienna ta ma rozkład zadanyw hipotezie H. Podział na klasy może być dowolny, ale staramy się zachować za-sadę, by npi 5. Dalsze postępowanie jest analogiczne jak dla zmiennej dyskretnej,ale ni oznacza, ile danych z ciągu X1, . . . , Xn znalazło się w klasie z numerem i.

PrzykładW okienku pewnego kalkulatora, po naciśnięciu klawisza RnD, pojawia się liczbaprzypadkowa X przyjmująca wartości z przedziału (0, 1). Postanowiono sprawdzić,czy X jest zmienną losową o rozkładzie jednostajnym na (0, 1). W tym celu, wyge-nerowano 150 liczb. Przedział (0, 1) podzielono na trzy podprzedziały: (0, 1

3 ], (12 ,

23 ],

(23 , 1). Spośród 150 wygenerowanych liczb, 41 znalazło się w przedziale pierwszym,

58 w drugim, a 51 w trzecim. Zgodnie z postawioną hipotezą, prawdopodobieństwoznalezienia się liczby w każdym z przedziałów jest 1

3 . Podsumowując, mamy k = 3,n = 150, p1 = p2 = p3 = 1

3 oraz n1 = 41, n2 = 58, n3 = 51. Obliczamy wartośćstatystyki Pearsona

T =(41− 50)2

50+

(58− 50)2

50+

(51− 50)2

50= 2,92.

Dla poziomu istotności α = 0,05, χ20,95(2) = 5,991. Ponieważ T < 5,991, nie ma

podstaw do odrzucenia hipotezy o tym, że rozkład liczby X jest jednostajny naprzedziale (0, 1).

Rozdział 17

Liniowe równania różnicowe

Równanie różnicowe, zwane też rekurencyjnym, jest to równanie, w którymniewiadomą jest ciąg. Ma ono postać pewnego związku między kilkoma wyrazamiszukanego ciągu, zaś jego rozwiązanie polega na wyznaczeniu wzoru na n-ty wyraztego ciągu. Wiele zjawisk ekonomicznych daje się opisać rekurencyjnie, np. przyrostpopulacji, akumulacja kapitału, związek podaży z ceną towaru, dochodu narodo-wego z różnymi wydatkami.Na równania różnicowe można też spojrzeć jak na dyskretną wersję równań róż-niczkowych, stąd też wynikają pewne podobieństwa między tymi dwoma typamirównań (szczególnie liniowymi). Poniższym przykładem zilustrujemy, czym są rów-nania różnicowe.

PrzykładZ tablic publikowanych przez GUS możemy odczytać, że na koniec roku 2010 popu-lacja Polski liczyła l0 = 38 529 866 osób. Ponadto roczny wskaźnik urodzeń w 2011 r.wynosił b = 0,010125, a roczna umieralność d = 0,009747. Potraktujmy rok 2010jako wyjściowy (tzn. „zerowy”) do dalszych rozważań oraz załóżmy, że wielkości bi d nie ulegną zmianie w następnych latach. Oznacza to, że jeżeli w końcu n-tegoroku żyje ln osób, to w następnym roku urodzi się bln dzieci i umrze dln osób.Zatem spodziewana liczba osób żyjących na koniec (n+ 1) roku będzie równa

ln+1 = ln+bln−dln = ln(1+b−d) = ln(1+0,010125−0,009747) = ln(1+0,000378).

Jest to przykład równania różnicowego (tzw. równania wzrostu) opisującego przy-rost populacji. Zachodzi pytanie, czy z uzyskanego związku

ln+1 = ln(1 + b− d) (17.1)

można wyznaczyć wzór na wyraz ogólny ciągu (ln). Okazuje się, że owszem – roz-wiązaniem jest każdy ciąg postaci

ln = C(1 + b− d)n, n = 0, 1, 2, . . . , (17.2)

Rozdział 17. Liniowe równania różnicowe 283

gdzie C jest dowolną stałą. Sprawdźmy, że faktycznie ciąg powyższej postaci jestrozwiązaniem równania (17.1): lewa strona jest równa

ln+1 = C(1 + b− d)n+1,

zaś prawa

ln(1 + b− d) = C(1 + b− d)n(1 + b− d) = C(1 + b− d)n+1,

zatem lewa strona równania (17.1) jest równa prawej. Zbiór ciągów postaci (17.2)jest rozwiązaniem ogólnym równania (17.1). Rozwiązania ogólne zawsze zawierajądowolne stałe. Podstawiając w ich miejsce konkretne liczby, otrzymujemy rozwią-zania szczególne. Aby dla danego problemu uzyskać właściwe rozwiązanie szcze-gólne, potrzebne są tak zwane warunki początkowe lub brzegowe. Warunek począt-kowy, czy też brzegowy jest dodatkową porcją informacji, która pozwoli wyzna-czyć stałe. Na przykład w naszym modelu wzrostu warunkiem początkowym jestl0 = 38 529 866. Znaczy to, że

38 529 866 = l0 = C(1 + b− d)0 = C,

a więc właściwym dla naszego problemu rozwiązaniem szczególnym jest

ln = 38 529 866(1 + 0,000378)n.

Z powyższego związku na przykład możemy obliczyć l10 = 38 675 757, co ozna-cza, że przewidujemy, iż Polskę na koniec 2020 roku będzie zamieszkiwać około38,68 mln. obywateli.

Będziemy rozważać liniowe równania różnicowe o stałych współczynnikach.

Definicja 17.1. Operatorem przesunięcia nazywamy operator określony naciągach wzorem

Eyn = yn+1 dla n = 0, 1, 2, . . . .

Operator I dany wzoremIyn = yn

nazywamy operatorem identycznościowym.

Uwaga. W dalszym ciągu dla liczby rzeczywistej r będziemy używać zapisu E− rzamiast E − rI.

Przedstawmy wynik wielokrotnego zastosowania operatora przesunięcia:

E2yn = E(Eyn) = Eyn+1 = yn+2,

E3yn = E(E2yn) = Eyn+2 = yn+3.


Widać, że indukcyjnie daje się wykazać ogólny wzór

Emyn = yn+m, m ∈ N.

Niech p(r) = amrm+. . .+a2r

2 +a1r+a0 będzie wielomianem stopnia m zmiennej ro współczynnikach rzeczywistych am, . . . , a2, a1, a0. Dla niego określamy operatorwielomianowy p(E) za pomocą wzoru

p(E) = amEm + . . .+ a2E

2 + a1E + a0,

który na ciągu (yn) przyjmuje wartość

p(E)yn = amEmyn + . . .+ a2E

2yn + a1Eyn + yna0 =

= amyn+m + . . .+ a2yn+2 + a1yn+1 + a0yn.

Definicja 17.2. Równaniem różnicowym liniowym o stałych współczyn-nikach rzeczywistych am−1, . . . , a2, a1, a0 nazywamy równanie postaci

yn+m + am−1yn+m−1 + . . .+ a2yn+2 + a1yn+1 + a0yn = bn, (17.3)

gdzie (bn) jest zadanym ciągiem, natomiast (yn) szukanym ciągiem. Jeżeli ozna-czymy p(r) = rm + am−1r

m−1 + . . .+ a2r2 + a1r + a0, to równanie (17.3) możemy

zapisać w postacip(E)yn = bn.

Jeżeli ciąg (bn) jest zerowy, to powyższe równanie przyjmuje postać

p(E)yn = 0 (17.4)

i nazywa się równaniem liniowym jednorodnym stowarzyszonym z rów-naniem (17.3). W przeciwnym wypadku równanie (17.3) nazywać będziemy nie-jednorodnym. Jeżeli ciąg (bn) nie jest zerowy, to nazywamy go składnikiemwymuszającym.

Definicja 17.3. Wielomian p z definicji 17.2 nazywamy wielomianem charak-terystycznym równania (17.3), p(r) = 0 – równaniem charakterystycznym,zaś jego pierwiastki – pierwiastkami charakterystycznymi równania (17.3).Stopień wielomianu p nazywamy rzędem równania (17.3), o ile wielomian p maniezerowy wyraz wolny.

Model wzrostu daje właśnie równanie różnicowe liniowe jednorodne rzędu pierw-szego, w którym p(r) = r − (1 + b− d).

Podobnie jak w rozdziale 10 definiuje się terminy rozwiązań szczególnego, ogólnegoi zagadnienia brzegowego.


Definicja 17.4. Rozwiązaniem szczególnym równania różnicowego (17.3) na-zywamy każdy ciąg (yn) spełniający to równanie. Rozwiązaniem ogólnym rów-nania różnicowego rzędu m nazywamy rodzinę (zależną od m parametrów) wszyst-kich rozwiązań szczególnych. Zadanie polegające na wyznaczeniu rozwiązania szcze-gólnego równania rzędu m spełniającego tak zwane warunki brzegowe y0 = t0,y1 = t1, . . . , ym−1 = tm−1, gdzie t0, t1, . . . , tm−1 są dowolnymi ustalonymi liczbamirzeczywistymi, nazywamy zagadnieniem brzegowym.

Twierdzenie 17.1. Równanie różnicowe (17.3) z warunkami brzegowymi y0 = t0,y1 = t1, . . . , ym−1 = tm−1, gdzie t0, t1, . . . , tm−1 są dowolnymi ustalonymi liczbamirzeczywistymi, posiada dokładnie jedno rozwiązanie.

Zajmiemy się teraz różnicowymi równaniami liniowymi jednorodnymi o stałychwspółczynnikach. Rozważymy cztery przypadki.

Przypadek 1. Jeżeli wielomian charakterystyczny ma pierwiastki ri (i = 1, . . . ,m)krotności 1 (tzn. wszystkie pierwiastki są różne)

p(r) = (r − r1) · . . . · (r − rm),

to rozwiązaniem równania (17.3) jest każdy ciąg postaci

yn = C1rn1 + C2r

n2 + . . .+ Cmr

nm, (17.5)

gdzie C1, C2, . . . , Cm są dowolnymi stałymi.

PrzykładRozważmy równanie różnicowe

yn+2 + yn+1 − 2yn = 0,

czyli(E2 + E − 2)yn = 0.

Ponieważ p(r) = r2 + r − 2 = (r − 1)(r + 2), więc ogólnym rozwiązaniem naszegorównania jest

yn = C1 · 1n + C2 · (−2)n = C1 + C2 · (−2)n,

gdzie C1, C2 są dowolnymi stałymi. Jeżeli teraz zażądamy, aby y0 = −1 i y1 = 0,to rozwiązanie szczególne otrzymujemy rozwiązując układ równań

−1 = C1 + C2 · (−2)0

0 = C1 + C2 · (−2)1 ,

z którego dostajemy C1 = −23 i C2 = −1

3 . Zatem poszukiwanym rozwiązaniemszczególnym jest ciąg

yn = −23− 1

3· (−2)n.


Przypadek 2. Jeżeli wielomian charakterystyczny ma pierwiastek ri krotności k,to składnik Ci rni we wzorze (17.5) należy zastąpić przez

Pk−1(n)rni ,

gdzie Pk−1 jest wielomianem stopnia k − 1 zmiennej n.


yn+3 − 8yn+2 + 21yn+1 − 18yn = 0,

czyli(E3 − 8E2 + 21E − 18)yn = 0.

Mamy, jak łatwo sprawdzić,

p(r) = r3 − 8r2 + 21r − 18 = (r − 3)2(r − 2).

Rozwiązaniem ogólnym naszego równania jest więc

yn = (C1 + C2n) · 3n + C3 · 2n,

gdzie C1, C2, C3 są dowolnymi stałymi. Jeżeli teraz zadamy warunki brzegowey0 = 0, y1 = −1, y2 = −4, to rozwiązując układ równań

0 = (C1 + 0) · 30 + C3 · 20

−1 = (C1 + C2 · 1) · 31 + C3 · 21

−4 = (C1 + C2 · 2) · 32 + C3 · 22,

z którego C1 = 2, C2 = −1, C3 = −2, otrzymujemy poszukiwane rozwiązanieszczególne

yn = (2− n) · 3n − 2n+1.

Może zaistnieć taka sytuacja, że wielomian charakterystyczny równania liniowegojednorodnego o stałych współczynnikach będzie miał tylko pierwiastki zespolone.

Przypadek 3. Załóżmy, że równanie różnicowe (17.5) jest postaci

yn+2 + a1yn+1 + a0yn = 0 (17.6)

i jego wielomian charakterystyczny p(r) = r2 + a1r + a0 ma pierwiastki zespolonepostaci r1 = α + iβ, r2 = α − iβ. Są to pierwiastki wzajemnie sprzężone, gdyżrównanie charakterystyczne jest równaniem kwadratowym o rzeczywistych współ-czynnikach. Zapiszmy te liczby w postaci trygonometrycznej

r1 = λ(cosϕ+ i sinϕ), r2 = λ(cosϕ− i sinϕ).


Wtedy

yn = C1rn1 + C2r

n2 = C1

(λ(cosϕ+ i sinϕ)

)n+ C2

(λ(cosϕ− i sinϕ)

)n=

= C1λn(cosnϕ+ i sinnϕ) + C2λ

n(cosnϕ− i sinnϕ) =

= λn((C1 + C2) cosnϕ+ (C1 − C2)i sinnϕ

)= λn(C1 cosnϕ+ C2 sinnϕ),

gdzie C1 = C1 + C2, C2 = (C1 − C2)i. Zatem ostatecznie rozwiązaniem ogólnymrównania (17.6) jest

yn = λn(C1 cosnϕ+ C2 sinnϕ), (17.7)

gdzie C1, C2 są dowolnymi stałymi.


yn+2 − 2yn+1 + 2yn = 0,

czyli(E2 − 2E + 2)yn = 0.

Wielomian charakterystyczny p(r) = r2 − 2r + 2 ma dwa pierwiastki zespoloner1 = 1 + i, r2 = 1− i. Postać trygonometryczna tych pierwiastków jest następująca

r1 =√

2(

cosπ

4+ i sin

π

4

), r2 =

√2(

cosπ

4− i sin

π

4

).

Zatem rozwiązaniem ogólnym naszego równania jest

yn =(√

2)n (

C1 cosnπ

4+ C2 sin

nπ

4

),

gdzie C1, C2 są dowolnymi stałymi. Jeżeli teraz zadamy warunki brzegowe y0 = 2,y1 = 5, to podstawiając w powyższym równaniu kolejno n = 0, n = 1, otrzymujemyukład równań

2 = C1

5 =√

2(C1

√2

2 + C2

√2

2

) ,z którego C1 = 2, C2 = 3. Zatem mamy rozwiązanie szczególne

yn =(√

2)n (

2 cosnπ

4+ 3 sin

nπ

4

).

Przypadek 4. Jeżeli wielomian charakterystyczny ma k-krotne pierwiastki zespo-lone r1 = α + iβ, r2 = α − iβ, które mają postać trygonometryczną odpowiednior1 = λ(cosϕ+ i sinϕ), r2 = λ(cosϕ− i sinϕ), to rozwiązaniem ogólnym równania(17.3) jest

yn = λn(Pk−1(n) cosnϕ+Qk−1(n) sinnϕ),


gdzie Pk−1, Qk−1 są wielomianami stopnia k − 1 zmiennej n.


yn+4 + 6yn+2 + 9yn = 0,

czyli(E4 + 6E2 + 9)yn = 0.

Wielomian charakterystyczny p(r) = r4 + 6r2 + 9 = (r2 + 3)2 ma dwa pierwiastkizespolone r1 =

√3i, r2 = −

√3i krotności k = 2, które mają następującą postać

trygonometryczną

r1 =√

3(

cosπ

2+ i sin

π

2

), r2 =

√3(

cosπ

2− i sin

π

2

).

Rozwiązaniem ogólnym rozważanego równania jest więc

yn =(√

3)n (

(C1 + C2n) cosnπ

2+ (C3 + C4n) sin

nπ

2

),

gdzie C1, C2 C3, C4 są dowolnymi stałymi.

Wyjaśnijmy teraz, skąd wzięła się nazwa „równania różnicowe”. Mianowicieod operatora różnicowego ∆ określonego wzorem

∆yn = yn+1 − yn.

Sprawdźmy, jaki jest związek między operatorem przesunięcia E a operatorem róż-nicowym ∆:

Eyn = yn+1 = yn+1 − yn + yn = ∆yn + yn = (∆ + 1)yn,

a więcE = ∆ + 1.

W tym celu weźmy pod uwagę równanie różnicowe z przykładu na str. 285

(E2 + E − 2)yn = 0.

Można je zapisać w postaci((∆ + 1)2 + ∆ + 1− 2

)yn = 0,

czyli(∆2 −∆)yn = 0.


Zajmiemy się teraz równaniem niejednorodnym

p(E)yn = bn,

gdzie E jest operatorem przesunięcia, a (bn) danym niezerowym ciągiem. Oznaczmyrozwiązanie ogólne równania jednorodnego przez yOn , zaś rozwiązanie szczególnerównania niejednorodnego przez ySn. Zachodzi analogiczne twierdzenie jak dla rów-nań różniczkowych liniowych (por. twierdzenie 10.4).

Twierdzenie 17.2. Jeżeli yOn jest rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego(17.4) oraz ySn jest rozwiązaniem szczególnym równania niejednorodnego (17.3), toyn = yOn + ySn jest rozwiązaniem ogólnym równania niejednorodnego (17.3).

Rozwiązanie yOn znajdujemy, jak było opisane powyżej. W celu znalezienia ySnzaprezentujemy tzw. metodę przewidywania. Metoda ta, ogólnie mówiąc, polegana przewidzeniu postaci rozwiązania szczególnego, a następnie podstawieniu jej dorównania, co umożliwia sprecyzowanie ostateczne tego rozwiązania. Pamiętajmyjednak, że nie jest to metoda efektywna dla zupełnie dowolnego ciągu (bn).Na początek załóżmy, że wielomian charakterystyczny p ma jedynie pierwiastkirzeczywiste oraz że

bn = Wj(n) · tn,

gdzie t ∈ R \ 0, a Wj jest wielomianem stopnia j zmiennej n. Wówczas przewi-dujemy

ySn =

Vj(n) · tn − gdy t nie jest pierwiastkiem wielomianu

charakterystycznegoVj(n) · tn · nk − gdy t jest k-krotnym pierwiastkiem wielomianu

charakterystycznego

(patrz yS na str. 154 i 161). Metodę zilustrujemy przykładami.

PrzykładyZapiszemy przewidywaną postać rozwiązania szczególnego ySn poniższych równań.

1. yn+1 − 2yn = 12 · 5nWielomian charakterystyczny ma pierwiastek r = 2, natomiast t = 5, więc

ySn = A · 5n.

2. yn+1 − 2yn = −6 · 2nJak poprzednio r = 2. Ponieważ t = 2 jest pierwiastkiem jednokrotnym wielo-mianu charakterystycznego, więc krotność k = 1 oraz

ySn = A · 2n · n.


3. yn+2 − 6yn+1 + 5yn = 3n2 · 4nWielomian charakterystyczny p(r) = r2 − 6r + 5 ma pierwiastki r1 = 5, r2 = 1,zaś liczba t = 4 nie jest równa żadnemu pierwiastkowi r1, r2. Rozwiązanie szcze-gólne przewidujemy więc w postaci:

ySn = (An2 +Bn+D) · 4n.

4. yn+2 − 6yn+1 + 5yn = n+ 3Jak w punkcie 3 mamy r1 = 5, r2 = 1. Natomiast k = 1, gdyż ciąg bn = (n+3)·1noraz liczba t = 1 jest równa jednokrotnemu pierwiastkowi r2:

ySn = (An+B) · 1n · n = An2 +Bn.

5. yn+2 + 6yn+1 + 9yn = 5Ciąg bn = 5 · 1n, zaś pierwiastek r0 = −3 wielomianu charakterystycznegop(r) = r2 + 6r + 9 jest różny od t = 1. Rozwiązanie ySn jest postaci:

ySn = A · 1n = A.

6. yn+2 + 6yn+1 + 9yn = n · (−3)n

Ponieważ pierwiastek r0 = −3 wielomianu charakterystycznego jest równy t = −3i ma krotność k = 2, więc

ySn = (An+B) · (−3)n · n2 = (An3 +Bn2) · (−3)n.

Uwaga. Jeżeli yS1n , y

S2n są rozwiązaniami szczególnymi równań odpowiednio

p(E)yn = bn,1, p(E)yn = bn,2, to ySn = yS1n + y

S2n jest rozwiązaniem szczególnym

równania p(E)yn = bn,1 + bn,2.

Przykłady

1. Znajdziemy rozwiązanie ogólne równania różnicowego

yn+2 + 3yn+1 − 10yn = −16n · 3n.

Rozkładamy na czynniki wielomian charakterystyczny

p(r) = r2 + 3r − 10 = (r − 2)(r + 5).

ZatemyOn = C1 · 2n + C2 · (−5)n,

gdzie C1, C2 są dowolnymi stałymi. Przewidujemy teraz rozwiązanie szczególneySn. Uwzględniając postać ciągu (bn) występującego po prawej stronie naszego


równania oraz to, że liczba t = 3 nie jest równa żadnemu pierwiastkowi wielo-mianu p(r), mamy

ySn = (An+B) · 3n.

Musimy jeszcze obliczyć wartości stałych A, B. Pomocniczo zapisujemy

ySn+1 =(A(n+ 1) +B

)· 3n+1 = 3(An+A+B) · 3n,

ySn+2 =(A(n+ 2) +B

)· 3n+2 = 9(An+ 2A+B) · 3n.

Wyznaczone wyrazy ySn+2, ySn+1, ySn wstawiamy do naszego równania:

9(An+ 2A+B) · 3n + 3 · 3(An+A+B) · 3n − 10(An+B) · 3n = −16n · 3n.

Po podzieleniu powyższej równości stronami przez 3n i przeprowadzeniu po lewejstronie redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy

8An+ 27A+ 8B = −16n.

Aby powyższa równość zachodziła, musi być spełniony układ równań:8A = −16

27A+ 8B = 0,

którego rozwiązaniem jest A = −2, B = 274 . W konsekwencji

ySn =(−2n+

274

)· 3n

i rozwiązaniem ogólnym danego równania na mocy twierdzenia 17.2 jest

yn = yOn + ySn = C1 · 2n + C2 · (−5)n +(−2n+

274

)· 3n.

2. Rozwiążemy zagadnienie brzegowe

yn+2 − 2yn+1 + yn = 12n− 2, y0 = −2, y1 = −4.

Wielomian charakterystyczny p(r) = r2 − 2r + 1 = (r − 1)2 ma pierwiastekpodwójny r = 1. Zatem zgodnie z tym, co zostało napisane w Przypadku 2(str. 286):

yOn = (C1 + C2n) · 1n = C1 + C2n, C1, C2 ∈ R.

Prawą stronę naszego równania można przedstawić w postaci (12n−2) ·1n, więct = 1 = r, a stąd krotność k = 2. Zatem przewidujemy

ySn = (An+B) · 1n · n2 = An3 +Bn2.


Dalej mamy

ySn+1 = A(n+ 1)3 +B(n+ 1)2, ySn+2 = A(n+ 2)3 +B(n+ 2)2.

Aby wyznaczyć stałe A, B, wstawiamy ySn+2, ySn+1, ySn do rozważanego równania:

A(n+ 2)3 +B(n+ 2)2 − 2(A(n+ 1)3 +B(n+ 1)2) +An3 +Bn2 = 12n− 2.

Po redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy równość

6An+ 6A+ 2B = 12n− 2,

która jest spełniona, gdy 6A = 126A+ 2B = −2

.

Rozwiązaniem powyższego układu równań jest A = 2, B = −7. Zatem mamy

ySn = 2n3 − 7n2

oraz rozwiązanie ogólne naszego równania

yn = yOn + ySn = C1 + C2n+ 2n3 − 7n2.

Wykorzystamy teraz warunki brzegowe. Do wzoru na rozwiązanie ogólne pod-stawiamy kolejno n = 0, n = 1. Stąd otrzymujemy układ równań

C1 + C2 · 0 + 2 · 03 − 7 · 02 = −2C1 + C2 · 1 + 2 · 13 − 7 · 12 = −4

,

który ma rozwiązanie C1 = −2, C2 = 3. Ostatecznie szukanym rozwiązaniemszczególnym jest ciąg

yn = −2 + 3n+ 2n3 − 7n2.

1. Znajdziemy rozwiązanie ogólne równania różnicowego. Funkcja solve rec()służy do rozwiązywania równań rekurencyjnych. Abyśmy mogli jej użyć, musimynajpierw załadować pakiet o tej samej nazwie. Pierwszym argumentem tej funkcjijest równanie różnicowe, drugim symbol szukanego ciągu, a trzecim – opcjonalnym –warunki brzegowe oddzielone przecinkami. Wyraz ciągu (yn) zapisujemy, używającnawiasu kwadratowego [ ] wokół dolnego indeksu: yn.

(%i1) load(solve rec);(%o1) C : /Maxima− 5.28.0− 2/ . . . /solve rec/solve rec.mac(%i2) y[n+2]+3*y[n+1]-10*y[n]=-16*n*3^n;(%o2) yn+2 + 3 yn+1 − 10 yn = −16 n 3n(%i3) solve rec(%o2,y[n]);


(%o3) yn = 3n+3

4 − 2 n 3n + %k2 2n + %k1 (−5)n

%k1, %k2 oznaczają dowolne stałe.

2. Znajdziemy teraz rozwiązanie szczególne równania różnicowego spełniające po-dane warunki brzegowe.

(%i1) load(solve rec);(%o1) C : /Maxima− 5.28.0− 2/ . . . /solve rec/solve rec.mac(%i2) y[n+2]-2*y[n+1]+y[n]=12*n-2;(%o2) yn+2 − 2 yn+1 + yn = 12 n− 2(%i3) solve rec(%o2,y[n],y[0]=-2,y[1]=-4);(%o3) yn = 2 n3 − 7 n2 + 3 n− 2

PrzykładZałóżmy, że kupiliśmy akcję (bezterminowy papier wartościowy) pewnej firmy,która pod koniec każdego roku daję dywidendę w wysokości D zł. Jaką kwotęuzyskamy, gdy nie będziemy wydawać pochodzących z tego źródła dochodów, leczbędziemy je reinwestować przy rocznej stopie procentowej i > 0?Jeśli w roku n będziemy mieć kwotę Kn, to w roku następnym (n+1) zgromadzimy

Kn+1 = Kn(1 + i) +D.

Jest to równanie różnicowe liniowe niejednorodne rzędu pierwszego z niewiadomymciągiem Kn i stałym współczynnikiem: −(1 + i)

Kn+1 − (1 + i)Kn = D. (17.8)

Rozwiążemy to równanie przy warunku brzegowym K0 = 0 (lub równoważnieK1 = D). Równanie charakterystyczne ma pierwiastek r = (1 + i), zatem roz-wiązaniem równania jednorodnego jest

KOn = C(1 + i)n,

gdzie C jest dowolną stałą. Ponieważ 1+ i 6= 1, więc rozwiązanie szczególne przewi-dujemy w postaci ciągu stałego KS

n = A. Po podstawieniu KSn i KS

n+1 do równania(17.8) dostajemy A = −D

i . Stąd rozwiązaniem ogólnym tego równania jest

Kn = C(1 + i)n − D

i.

Uwzględniając warunek brzegowy K0 = 0, dostajemy C = Di . Zatem ostatecznym

rozwiązaniem naszego problemu jest

Kn =D

i(1 + i)n − D

i


lub inaczej

Kn = D(1 + i)n − 1

i.

(W teorii procentu wielkość (1+i)n−1i nosi nazwę czynnika akumulacji dla renty

z dołu, jej wartości dla poszczególnych n oraz i są stablicowane.)

Metoda przewidywania działa również w nieco ogólniejszym przypadku, mianowiciegdy ciąg (bn) jest kombinacją liniową składników postaci

tn, nl, cosnϕ, sinnϕ,

gdzie t, ϕ ∈ R \ 0, l ∈ N, lub kombinacją liniową iloczynów powyższych wyrażeń,takich jak

tnnl, nl cosnϕ, nl sinnϕ, tn cosnϕ, tn sinnϕ, nltn cosnϕ, nltn sinnϕ.

Definicja 17.5. Operator wielomianowy N(E), gdzie E jest operatorem przesu-nięcia, nazywamy anihilatorem ciągu (bn), gdy

N(E)bn = 0. (17.9)

Inaczej mówiąc, N(E) jest anihilatorem (bn), gdy ciąg (bn) jest rozwiązaniem rów-nania jednorodnego (17.9). Zatem wyznaczenie anihilatora polega na znalezieniumożliwie najprostszego równania jednorodnego, którego rozwiązaniem jest (bn).

Zastosowanie anihilatora N(E) do obu stron równania p(E)yn = bn przekształcanam to równanie w równanie jednorodne postaci N(E)

(p(E)yn

)= 0. Dzięki ani-

hilatorowi możemy zatem skorzystać z twierdzeń dotyczących postaci rozwiązaniarównania różnicowego jednorodnego w celu rozwiązania równania różnicowego nie-jednorodnego.Podamy anihilatory wybranych składników wymuszających.

Przypadek 1. Jeżeli bn = Wk(n)tn, gdzie t ∈ R \ 0, natomiast Wk jest wielo-mianem stopnia k zmiennej n, to N(E) = (E − t)k+1.

Przykłady

1. Jeżeli bn = 2n, to N(E) = E − 2.

2. Jeżeli bn = n · 5n, to N(E) = (E − 5)2.

3. Niech bn = n2 + n+ 1, czyli bn = (n2 + n+ 1) · 1n. Wtedy N(E) = (E − 1)3.


Przypadek 2. Jeżeli bn = tn(Pk(n) cosnϕ + Qm(n) sinnϕ), gdzie t ∈ (0,∞),ϕ ∈ R \ 0, natomiast Pk, Qm są odpowiednio wielomianami stopnia k oraz mzmiennej n, to N(E) = (E−α− iβ)j+1(E−α+ iβ)j+1, przy czym j = maxk,m,zaś α = t cosϕ, β = t sinϕ (czyli α± iβ jest postacią kartezjańską liczby zespolonejzapisanej w formie trygonometrycznej t(cosϕ± i sinϕ)).

Przykłady

1. Niech bn = 4 · 3n cos nπ2 .Wtedy t = 3, ϕ = π

2 , zatem α = 3 cos π2 = 0, β = 3 sin π2 = 3. Ponadto P0(n) = 4,

Q0(n) = 0, więc j = 0. Stąd otrzymujemy

N(E) = (E − 3i)(E + 3i) = E2 + 9.

2. Niech bn =(2 cos 5nπ

6 + (n− 1) sin 5nπ6

).

Wówczas t = 1, ϕ = 5π6 , a stąd α = cos 5π

6 = −√

32 , β = sin 5π

6 = 12 . Ponadto

P0(n) = 2, Q1(n) = n− 1, zatem j = max0, 1 = 1. W konsekwencji

N(E) =

(E +

√3

2+

12i

)2(E +

√3

2− 1

2i

)2

=(E2 +

√3E + 1

)2.

Przypadek 3. Jeżeli bn = A(cosnϕ + i sinnϕ), przy czym A,ϕ ∈ R \ 0, toN(E) = (E − α− iβ)(E − α+ iβ), gdzie α = cosϕ, β = sinϕ.

PrzykładJeżeli bn = 5

(cos nπ2 + i sin nπ

2

), to α = cos π2 = 0, β = sin π

2 = 1. Zatem

N(E) = (E − i)(E + i) = E2 + 1.

Uwaga. Jeżeli bn = bn,1 + bn,2, przy czym anihilatorem składnika wymuszają-cego (bn,1) jest N1(E), natomiast anihilatorem składnika wymuszającego (bn,2) jestN2(E), to anihilatorem składnika wymuszającego (bn) jest N(E) = N1(E)N2(E).

Przykłady

1. Niech bn = 3n + 4n, czyli bn = bn,1 + bn,2, gdzie bn,1 = 3n, bn,2 = 4n.Anihilatorem składnika wymuszającego (bn,1) jest

N1(E) = E − 3,

natomiast anihilatorem składnika wymuszającego (bn,2) jest

N2(E) = E − 4,


więc anihilatorem składnika wymuszającego (bn) jest

N(E) = N1(E)N2(E) = (E − 3)(E − 4) = E2 − 7E + 12.

Poniższy przykład jest ilustracją przypadku, gdy składnik wymuszający jest kom-binacją liniową wyrażeń tnnl oraz sinnϕ.

2. Niech bn = 5n · (−2)n + 4 sin 2nπ3 .

Wtedy bn = bn,1 + bn,2, gdzie bn,1 = 5n · (−2)n, bn,2 = 4 · 1n sin 2nπ3 .

Anihilatorem składnika wymuszającego (bn,1) jest

N1(E) = (E + 2)2.

Z postaci składnika wymuszającego (bn,2) wynika, że t = 1, ϕ = 2π3 , a więc

α = cos 2π3 = −1

2 , β = sin 2π3 =

√3

2 . Jednocześnie P0(n) = 0, Q0(n) = 4, zatemj = 0. Anihilatorem (bn,2) jest więc

N2(E) =

(E +

12−√

32i

)(E +

12

+

√3

2i

)= (E2 + E + 1).

Zatem anihilatorem składnika wymuszającego (bn) jest

N(E) = (E + 2)2(E2 + E + 1).

Rozważmy równanie różnicowe niejednorodne

p(E)yn = bn, (17.10)

gdzie (bn) jest danym niezerowym ciągiem. Załóżmy teraz, że N(E) jest anihi-latorem ciągu (bn) w (17.10). Zastosujmy operator N(E) do obu stron równania(17.10). Wtedy

N(E)(p(E)yn

)= 0. (17.11)

Niech r1, r2, . . . , rm będą pierwiastkami charakterystycznymi równania jednorod-nego

p(E)yn = 0 (17.12)

i niech µ1, µ2, . . . , µl będą pierwiastkami charakterystycznymi równania jednorod-nego

N(E)yn = 0. (17.13)

Rozpatrzmy dwa przypadki:

Przypadek 1. Żadne z ri nie pokrywa się z żadnym µj . Wówczas ySn traktujemyjako ogólne rozwiązanie równania (17.13) z nieoznaczonymi współczynnikami. Pod-stawiając je do równania (17.10), wyznaczamy te współczynniki.


Przypadek 2. Któreś ri0 pokrywa się z pewnym µj0 . W tym przypadku zbiórpierwiastków charakterystycznych równania (17.11) jest sumą zbiorów ri i µj,zatem może zawierać pierwiastki o wyższej krotności niż każdy ze składników od-dzielnie. W celu wyznaczenia rozwiązania szczególnego ySn znajdujemy najpierwrozwiązanie ogólne równania (17.11), a następnie opuszczamy w nim wszystkieskładniki, które pojawiają się w ogólnym rozwiązaniu yOn równania (17.12). Da-lej, aby wyznaczyć współczynniki, postępujemy tak, jak zostało opisane powyżejw Przypadku 1.

Przykłady


yn+2 + 3yn+1 − 28yn = 20 · 3n + 120 · 8n. (17.14)

Wielomian charakterystyczny równania jednorodnego stowarzyszonego z równa-niem (17.14) ma postać p(r) = r2 + 3r− 28 = (r+ 7)(r− 4), więc pierwiastkamicharakterystycznymi są r1 = −7, r2 = 4. Zatem

yOn = C1 · (−7)n + C2 · 4n.

Ze względu na postać bn = 20 ·3n+120 ·8n mamy N(E) = (E−3)(E−8) (patrzPrzypadek 1, str. 294). Równanie jednorodne N(E)yn = 0 posiada pierwiastkicharakterystyczne µ1 = 3, µ2 = 8. Zbiory r1, r2 i µ1, µ2 są rozłączne, więc,zgodnie z Przypadkiem 1 na str. 296, mamy

ySn = C3 · 3n + C4 · 8n.

Wstawiając ySn, ySn+1, ySn+2 do równania (17.14), otrzymujemy

C3 ·3n+2+C4 ·8n+2+3C3 ·3n+1+3C4 ·8n+1−28C3 ·3n−28C4 ·8n = 20·3n+120·8n,

a stąd, po porównaniu współczynników występujących po obu stronach powyż-szej równości odpowiednio przy 3n oraz 8n, mamy C3 = −2, C4 = 2. W konse-kwencji rozwiązaniem ogólnym równania (17.14) jest

yn = C1 · (−7)n + C2 · 4n − 2 · 3n + 2 · 8n.


yn+3 − 5yn+2 + 8yn+1 − 6yn = 12n− 10. (17.15)

Wielomian charakterystyczny równania jednorodnego stowarzyszonego z równa-niem (17.15) ma postać p(r) = r3 − 5r2 + 8r − 6 = (r2 − 2r + 2)(r − 3), więc


pierwiastkami charakterystycznymi są r1 = 1 + i, r2 = 1 − i, r3 = 3. Postaćtrygonometryczna pierwiastków zespolonych jest następująca

r1 =√

2(

cosπ

4+ i sin

π

4

), r2 =

√2(

cosπ

4− i sin

π

4

).

Zatem, po uwzględnieniu wzoru (17.7), mamy

yOn =(√

2)n (

C1 cosnπ

4+ C2 sin

nπ

4

)+ C2 · 3n.

Z uwagi na to, że bn = (12n− 10) · 1n, mamy N(E) = (E − 1)2 (patrz Przypa-dek 1, str. 294). Równanie jednorodne N(E)yn = 0 ma pierwiastki charaktery-styczne µ1 = µ2 = 1. Zbiory r1, r2, r3 i µ1, µ2 są rozłączne, zatem, zgodniez Przypadkiem 1 (str. 296), mamy ySn = (C4 + C5n) · 1n. Wstawiając ySn, ySn+1,ySn+2, ySn+3 do równania (17.15), po redukcji wyrazów podobnych otrzymujemyrówność

−2nC5 − 2C4 + C5 = 12n− 10,

która jest spełniona, gdy −2C5 = 12−2C4 + C5 = −10

.

Rozwiązaniem powyższego układu równań jest C4 = 2, C5 = −6. Zatem

ySn = −6n+ 2.

W konsekwencji rozwiązaniem ogólnym równania (17.15) jest

yn =(√

2)n (

C1 cosnπ

4+ C2 sin

nπ

4

)+ C2 · 3n − 6n+ 2. (17.16)


yn+2 + 9yn = cosnπ

2+ i sin

nπ

2. (17.17)

Wielomianem charakterystycznym równania jednorodnego stowarzyszonegoz równaniem (17.17) jest p(r) = r2 + 9, więc pierwiastkami charakterystycz-nymi są r1 = 3i, r2 = −3i. Postać trygonometryczna tych pierwiastków jestnastępująca

r1 = 3(

cosπ

2+ i sin

π

2

), r2 = 3

(cos

π

2− i sin

π

2

).

Zatem zgodnie ze wzorem (17.7) mamy

yOn = 3n(C1 cos

nπ

2+ C2 sin

nπ

2

).


Ponieważ bn = cos nπ2 + i sin nπ2 , więc zgodnie z Przypadkiem 3 (str. 295) mamy

α = cosπ

2= 0, β = sin

π

2= 1, a więc N(E) = (E − i)(E + i) = E2 + 1.

Równanie jednorodne N(E)yn = 0 ma pierwiastki charakterystyczne µ1 = i,µ2 = −i. Zbiory r1, r2 i µ1, µ2 są rozłączne, zatem tak jak w Przypadku 1,(str. 296), mamy

ySn = C3

(cos

π

2+ i sin

π

2

)n+ C4

(cos

π

2− i sin

π

2

)n=

= C3

(cos

nπ

2+ i sin

nπ

2

)+ C4

(cos

nπ

2− i sin

nπ

2

).

Wstawiając ciąg (ySn) do równania (17.17) dostajemy

C3

(cos

(n+ 2)π2

+ i sin(n+ 2)π

2

)+ C4

(cos

(n+ 2)π2

− i sin(n+ 2)π

2

)+

+9C3

(cos

nπ

2+ i sin

nπ

2

)+ 9C4

(cos

nπ

2− i sin

nπ

2

)=

= cosnπ

2+ i sin

nπ

2.

Korzystając ze wzorów redukcyjnych cos (n+2)π2 = − cos nπ2 , sin (n+2)π

2 = − sin nπ2 ,

po redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy równość

8C3

(cos

nπ

2+ i sin

nπ

2

)+ 8C4

(cos

nπ

2− i sin

nπ

2

)= cos

nπ

2+ i sin

nπ

2,

która jest spełniona, gdy odpowiednio części rzeczywiste i części urojone liczbwystępujących po obydwu stronach tej równości są równe, czyli gdy

8C3 + 8C4 = 18C3 − 8C4 = 1

.

Powyższy układ równań ma rozwiązanie C3 = 18 , C4 = 0. Zatem

ySn =18

(cos

nπ

2+ i sin

nπ

2

).

W konsekwencji rozwiązaniem ogólnym równania (17.17) jest

yn = yOn + ySn = 3n(C1 cos

nπ

2+ C2 sin

nπ

2

)+

18

(cos

nπ

2+ i sin

nπ

2

). (17.18)


yn+2 + 2yn+1 + 2yn =(√

2)n (−16n cos

3nπ4− 8 sin

3nπ4

). (17.19)


Wielomian charakterystyczny p(r) = r2 + 2r + 2 = (r + 1 − i)(r + 1 + i) mapierwiastki r1 = −1 + i, r2 = −1− i. Zapiszmy je w postaci trygonometrycznej

r1 =√

2(

cos3π4

+ i sin3π4

), r2 =

√2(

cos3π4− i sin

3π4

).

Zatem zgodnie ze wzorem (17.7) mamy

yOn =(√

2)n (

C1 cos3nπ

4+ C2 sin

3nπ4

).

Z uwagi na to, że bn = (√

2)n(−16n cos 3nπ

4 − 8 sin 3nπ4

)(patrz Przypadek 2,

str. 295) mamy t =√

2, ϕ = 3π4 . Stąd α =

√2 cos 3π

4 = −1, β =√

2 sin 3π4 = 1.

Ponadto P1(n) = −16n, Q0(n) = −8, zatem j = max1, 0 = 1. W konsekwencjiN(E) = (E+1−i)2(E+1+i)2 = (E2+2E+E)2. Pierwiastkami charakterystycz-nymi równania jednorodnego N(E)yn = 0 są zatem liczby µ1 = µ2 = −1 − i,µ3 = µ4 = −1 + i. Zbiory r1, r2, i µ1, µ2, µ3, µ4 nie są rozłączne, ponieważr1 = µ1 = µ2, r2 = µ3 = µ4. Postępujemy więc tak jak w Przypadku 2 (str. 297).Równanie (17.19) zapisane przy użyciu operatora przesunięcia ma postać

(E2 + 2E + E)yn =(√

2)n (−8n cos

3nπ4− 16 sin

3nπ4

).

Przykładając anihilator składnika wymuszającego do obu stron tego równania,dostajemy równanie jednorodne

(E2 + 2E + E)3yn = 0.

Rozwiązaniem ogólnym powyższego równania jest (patrz Przypadek 4 str. 287):

yn =(√

2)n (

C1 cos3nπ

4+ C2 sin

3nπ4

)+

+(√

2)n (

C3n cos3nπ

4+ C4n sin

3nπ4

+ C5n2 cos

3nπ4

+ C6n2 sin

3nπ4

).

Opuszczając w tym rozwiązaniu składniki występujące w yOn , otrzymujemy

ySn =(√

2)n (

C3n cos3nπ

4+ C4n sin

3nπ4

+ C5n2 cos

3nπ4

+ C6n2 sin

3nπ4

).

Po wstawieniu ySn, ySn+1, ySn+2 do równania (17.19) korzystamy ze wzorów nasinus sumy i cosinus sumy, redukujemy wyrazy podobne i dostajemy(√

2)n (

(−4C5 − 4C6)n− 2C3 − 2C4 − 2C5 − 6C6

)cos

3nπ4

+

+(√

2)n (

(4C5 − 4C6)n+ 2C3 − 2C4 + 6C5 − 2C6

)sin

3nπ4

=


=(√

2)n (−8n cos

3nπ4− 16 sin

3nπ4

).

Po podzieleniu obu stron powyższej równości przez (√

2)n i porównaniu współ-czynników występujących po jej obu stronach kolejno przy n cos 3nπ

4 , n sin 3nπ4 ,

cos 3nπ4 , sin 3nπ

4 otrzymujemy układ równań−4C5 − 4C6 = −8

4C5 − 4C6 = 0−2C3 − 2C4 − 2C5 − 6C6 = 0

2C3 − 2C4 + 6C5 − 2C6 = −16

,

który ma rozwiązanie C3 = −7, C4 = 3, C5 = 1, C6 = 1. W konsekwencji

ySn =(√

2)n (−7n cos

3nπ4

+ 3n sin3nπ

4+ n2 cos

3nπ4

+ n2 sin3nπ

4

).

Zatem rozwiązaniem ogólnym równania (17.19) jest

yn = yOn + ySn =

=(√

2)n (

C1 cos3nπ

4+ C2 sin

3nπ4− 7n cos

3nπ4

+

+ 3n sin3nπ

4+ n2 cos

3nπ4

+ n2 sin3nπ

4

).


yn+3 − 7yn+2 + 16yn+1 − 12yn = 24 · 2n, y0 = 0, y1 = 3, y2 = −11. (17.20)

Wielomian charakterystyczny p(r) = r3−7r2 +16r−12 = (r−3)(r−2)2 posiadapierwiastki r1 = 3, r2 = r3 = 2. Zatem

yOn = C1 · 3n + (C2 + C3n) · 2n.

Ze względu na postać bn = 24 · 2n mamy N(E) = E − 2 (patrz Przypadek 1,str. 294). Pierwiastkiem charakterystycznym równania jednorodnegoN(E)yn = 0 jest więc liczba µ1 = 2. Zbiory r1, r2, r3 i µ1 nie są rozłączne,gdyż r2 = r3 = µ1. Postępujemy zatem tak, jak to zostało opisane w Przy-padku 2 na str. 297.Równanie (17.20) zapisane przy użyciu operatora przesunięcia ma postać

(E − 3)(E − 2)2yn = 24 · 2n.

Przykładając do obu stron tego równania anihilator składnika wymuszającego,otrzymujemy równanie jednorodne

(E − 3)(E − 2)3yn = 0.


Rozwiązaniem ogólnym równania (17.20) jest

yn = C1 · 3n + (C2 + C3n+ C4n2) · 2n.

Opuszczając w tym rozwiązaniu składniki występujące w yOn , otrzymujemy

ySn = C4n2 · 2n.

Wstawiając ciąg (ySn) do równania (17.20), mamy

C4(n+3)2 ·2n+3−7C4(n+2)2 ·2n+2 +16C4(n+1)2 ·2n+1−12C4n2 ·2n = 24 ·2n.

Stąd, po podzieleniu obu stron równania przez 2n i redukcji wyrazów podobnych,dostajemy C4 = −3. W konsekwencji ySn = −3n2 · 2n. Zatem rozwiązanie ogólnerównania (17.20) ma postać

yn = yOn + ySn = C1 · 3n + (C2 + C3n) · 2n − 3n2 · 2n.

Wykorzystamy teraz warunki brzegowe. Do wzoru na rozwiązanie ogólne pod-stawiamy kolejno n = 0, n = 1, n = 2. Wtedy ottrzymujemy układ równań

C1 + C2 = 03C1 + 2(C2 + C3)− 6 = 39C1 + 4(C2 + 2C3)− 48 = −11

.

Rozwiązując ten układ, dostajemy C1 = 1, C2 = −1, C3 = 4. Rozwiązaniemzagadnienia brzegowego jest więc ciąg

yn = 3n + (−1 + 4n) · 2n − 3n2 · 2n.


yn+4 − yn = 6 cosnπ

3, y0 = −3, y1 = −3, y2 = 2, y3 = 5. (17.21)

Wielomian charakterystyczny p(r) = r4−1 = (r+1)(r−1)(r2+1) ma pierwiastkir1 = −1, r2 = 1, r3 = i, r4 = −i. Zapisujemy pierwiastki zespolone r3 oraz r4

w postaci trygonometrycznej:

r3 = cosπ

2+ i sin

π

2, r4 = cos

π

2− i sin

π

2.

Zatem, po uwzględnieniu wzoru (17.7), rozwiązaniem ogólnym równania jedno-rodnego jest

yOn = C1 · (−1)n + C2 · 1n + 1n(C3 cos

nπ

2+ C4 sin

nπ

2

).


Ponieważ bn = 6 · 1n cos nπ3 , więc tak jak w Przypadku 2 (str. 295) mamy t = 1,

ϕ = π3 . Stąd α = cos π3 = 1

2 , β = sin π3 =

√3

2 . Ponadto P0(n) = 6, Q0(n) = 0,zatem j = 0. W rezultacie

N(E) =(E − 1

2−√

32i

)(E − 1

2+

√3

2i

)= E2 − E + 1.

Równanie jednorodne N(E)yn = 0 ma pierwiastki zespolone µ1 = 12 +

√3

2 i,

µ2 = 12 −

√3

2 i. Zbiory r1, r2, r3, r4 i µ1, µ2 są rozłączne, więc zgodnie z Przy-padkiem 1 (str. 296), biorąc pod uwagę wzór (17.7), otrzymujemy

ySn = C5 cosnπ

3+ C6 sin

nπ

3.

Wstawiając ciąg (ySn) do równania (17.21), mamy

C5 cos(n+ 4)π

3+ C6 sin

(n+ 4)π3

− C5 cosnπ

3− C6 sin

nπ

3= 6 cos

nπ

3.

Korzystając ze wzorów na sinus sumy i cosinus sumy, otrzymujemy(√3

2C5 −

32C6

)sin

nπ

3+(− 3

2C5 −

√3

2C6

)cos

nπ

3= 6 cos

nπ

3,

a stąd, po porównaniu współczynników występujących po obu stronach powyż-szej równości odpowiednio przy sin nπ

3 oraz cos nπ3 , mamy C5 = −3 , C6 = −√

3.W konsekwencji rozwiązaniem ogólnym równania (17.21) jest

yn = yOn + ySn = C1 · (−1)n +C2 +C3 cosnπ

2+C4 sin

nπ

2− 3 cos

nπ

3−√

3 sinnπ

3.

Wykorzystamy teraz warunki brzegowe. Do wzoru na rozwiązanie ogólne pod-stawiamy kolejno n = 0, n = 1, n = 2, n = 3. Wtedy otrzymujemy układrównań

C1 + C2 + C3 − 3 = −3−C1 + C2 − C4 − 3 = −3C1 + C2 − C3 = 2−C1 + C2 − C4 + 3 = 5

.

Rozwiązując ten układ, dostajemy C1 = 0, C2 = 1, C3 = −1, C4 = −1. Rozwią-zaniem zagadnienia brzegowego jest więc ciąg

yn = 1− cosnπ

2− sin

nπ

2− 3 cos

nπ

3−√

3 sinnπ

3.


2. Znajdziemy rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego

(%i1) load(solve rec);(%o1) C : /Maxima− 5.28.0− 2/share/ . . . /solve rec/solve rec.mac(%i2) y[n+3]-5*y[n+2]+8*y[n+1]-6*y[n]=12*n-10;(%o2) yn+3 − 5 yn+2 + 8 yn+1 − 6 yn = 12 n− 10(%i3) solve rec(%o2,y[n]);(%o3) yn = %k3 3n − 6 n+ ( %i+ 1)n %k2 + (1− %i)n %k1 + 2

Korzystamy z funkcji rectform(), która zapisuje zespolone rozwiązanie w postacikartezjańskiej.

(%i4) rectform(%o3);(%o4) yn = %i

(%k2 2

n2 sin

(π n4

)− %k1 2

n2 sin

(π n4

))+

+ %k2 2n2 cos

(π n4

)+ %k1 2

n2 cos

(π n4

)+ %k3 3n − 6 n+ 2

Uprościmy teraz uzyskany wynik, używając funkcji ratexpand()

(%i5) ratexpand(%o4);(%o5) yn = %i %k2 2

n2 sin

(π n4

)− %i %k1 2

n2 sin

(π n4

)+

+ %k2 2n2 cos

(π n4

)+ %k1 2

n2 cos

(π n4

)+ %k3 3n − 6 n+ 2

%k1, %k2, %k3 – dowolne stałe.Uwaga. Otrzymana postać ( %o5) rozwiązania ogólnego równania (17.15) jestrówna postaci (17.16), gdy przyjmiemy oznaczenia:C1 = %k2 + %k1, C2 = ( %k2 − %k1) %i, C3 = %k3.

3. Znajdziemy rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego

(%i1) load(solve rec);(%o1) C : /Maxima− 5.28.0− 2/share/ . . . /solve rec/solve rec.mac

Ponieważ funkcja solve rec() rozwiązuje równania różnicowe niejednorodne je-dynie wtedy, gdy zespolony czynnik wymuszający bn jest zapisany w postaci wy-kładniczej, prawa strona równania (17.17) została wprowadzona w formie e

iπn2 .

Zachodzą bowiem równości exp( iπn2 ) = eiπn2 = cos πn2 + i sin πn

2 (por. definicję 1.6funkcji wykładniczej zmiennej zespolonej).

(%i2) y[n+2]+9*y[n]= %e^( %i*n* %pi/2);

(%o2) yn+2 + 9 yn = %e%iπ n2

(%i3) solve rec( %o2,y[n]);

(%o3) yn = %e%iπ n2

%e %iπ+9+ %k2 (−1)

n2 3n + (− %i)n %k1 3n

(%i4) rectform(%o3);

(%o4) yn = %i(%k2 3n sin

(π n2

)− %k1 3n sin

(π n2

)+

sin(π n2 )8

)+

+ %k2 3n cos(π n2

)+ %k1 3n cos

(π n2

)+

cos(π n2 )8

(%i5) ratexpand(%o4);

(%o5) yn = %i %k2 3n sin(π n2

)− %i %k1 3n sin

(π n2

)+%i sin(π n2 )8 +


+ %k2 3n cos(π n2

)+ %k1 3n cos

(π n2

)+

cos(π n2 )8

%k1, %k2, %k3 – dowolne stałe.Uwaga. Otrzymana postać ( %o5) rozwiązania ogólnego równania (17.17) jestrówna postaci (17.18), gdy przyjmiemy oznaczenia:C1 = %k2 + %k1, C2 = ( %k2 − %k1) %i.

Dodatek

A. Szereg Taylora funkcji wielu zmiennych

Definicja 1. Niech f : D → R, gdzie D ⊂ Rn jest zbiorem otwartym. Załóżmy,że dla pewnej liczby naturalnej k 2 funkcja f posiada w zbiorze D pochodnecząstkowe rzędu k − 1. Pochodnymi cząstkowymi rzędu k nazywamy pochodnecząstkowe pochodnych cząstkowych rzędu k − 1. Mówimy, że funkcja f jest klasyCk na zbiorze D (jest k-krotnie różniczkowalna na D), jeśli ma wszystkie pochodnecząstkowe rzędu k i są one ciągłe na D. Mówimy, że funkcja f jest klasy C∞

na zbiorze D, jeśli f ma pochodne cząstkowe dowolnego rzędu na D.

Korzystając z twierdzenia Schwarza, można wykazać, że pochodne mieszanefunkcji k-krotnie różniczkowalnej są sobie równe, np. gdy f jest funkcją dwóchzmiennych, to

∂3f

∂x∂x∂y=

∂3f

∂x∂y∂x=

∂3f

∂y∂x∂x

– w tym przypadku tę pochodną oznaczamy przez

∂3f

∂x2∂y.

Ogólnie, pochodną cząstkową rzędu k = k1 + k2 + . . .+ kn funkcji f liczoną ki razywzględem zmiennej xi, i = 1, . . . , n, oznaczamy przez

∂kf

∂xk11 . . . ∂xknn

(ki = 0 oznacza, że funkcja f nie jest różniczkowana względem xi; wtedy czynnik∂xkii pomijamy).

Definicja 2. Załóżmy, że funkcja f : D → R jest k-krotnie różniczkowalnana zbiorze otwartym D ⊂ Rn. Różniczką rzędu k funkcji f w punkcie P ∈ Ddla przyrostu h = [h1, . . . , hn] nazywamy liczbę

dkf (P ) (h) =n∑

i1...ik=1

∂kf(P )∂xi1 . . . ∂xik

hi1 · . . . · hik .

Dodatek 307

W szczególnym przypadku, gdy k = 1, otrzymujemy dobrze znane pojęcieróżniczki zupełnej

df(h) =∂f

∂x1h1 +

∂f

∂x2h2 + . . .+

∂f

∂xnhn,

zaś dla k = 2 i n = 2 mamy

d2f (h) =∂2f

∂x∂xh1h1 +

∂2f

∂x∂yh1h2 +

∂2f

∂y∂xh2h1 +

∂2f

∂y∂yh2h2

=∂2f

∂x2h21 + 2

∂2f

∂x∂yh1h2 +

∂2f

∂y2 h22.

Zauważmy, że otrzymane wyrażenie można zapisać formalnie w następującej postaci(∂f

∂xh1 +

∂f

∂yh2

)2

,

gdzie przez np. iloczyn ∂∂x i ∂

∂y rozumiemy ∂2

∂x∂y .Przy takiej umowie ogólnie mamy

dkf (h) =(∂f

∂x1h1 +

∂f

∂x2h2 + . . .+

∂f

∂xnhn

)k.

Twierdzenie 1. Załóżmy, że f : D → R, gdzie D ⊂ Rn jest zbiorem otwartym, jestfunkcją k-krotnie różniczkowalną na D. Wówczas dla dowolnego P ∈ D i takiegoprzyrostu h, że odcinek [P, P + h] zawiera się w D, istnieje taka liczba θ ∈ (0, 1), że

f (P + h) = f (P ) + df (P ) (h) +12!d2f (P ) (h) + . . .

+1

(k − 1)!dk−1f (P ) (h) +

1k!dkf (P + θh) (h) .

Definicja 3. Jeżeli funkcja f : D → R jest klasy C∞ na zbiorze otwartym D ⊂ R,to szeregiem Taylora funkcji f w punkcie P ∈ D dla przyrostu h nazywamyszereg

∞∑k=0

1k!dkf (P ) (h) .

Jeżeli dla każdego h = [h1, . . . , hn] takiego, że√h2

1 + . . .+ h2n < δ, gdzie δ jest

pewną liczbą dodatnią, zachodzi równość

f (P + h) =∞∑k=0

1k!dkf (P ) (h) ,

to mówimy, że funkcja f rozwija się w otoczeniu punktu P w szereg Taylora (jestanalityczna w otoczeniu punktu P ).


B. Formy kwadratowe

Definicja 4. Niech A będzie macierzą kwadratową stopnia n. Mówimy, że macierzA jest symetryczna, jeżeli AT = A (tzn. gdy wyrazy macierzy A są rozmieszczonesymetrycznie względem jej głównej przekątnej).

Definicja 5. Niech A = [aik] będzie macierzą symetryczną stopnia n. Formąkwadratową o macierzy A nazywamy odwzorowanie ϕ : Rn → R określone wzo-rem

ϕ (h) =n∑

i,k=1

aikhihk,

gdzie h = [h1, ..., hn] ∈ Rn.

Jeśli np. n = 2 oraz

A =

[a bb c

],

to formą kwadratową o macierzy A jest

ϕ (h) = ah21 + 2bh1h2 + ch2

2, h = [h1, h2].

Jeśli funkcja f : D → R jest klasy C2 na zbiorze otwartym D ⊂ Rn, to dladowolnego P ∈ D różniczka rzędu drugiego w punkcie P jest formą kwadratowąo macierzy Hessego dla funkcji f w punkcie P

d2f (P ) (h) =n∑

i,k=1

∂2f

∂xi∂xj(P )hihj

(ze względu na równość pochodnych mieszanych macierz Hessego jest symetryczna).

Definicja 6. Niech ϕ będzie formą kwadratową o macierzy A oraz ψ formą kwa-dratową o macierzy C. Mówimy, że formy kwadratowe ϕ i ψ są sobie równoważne,jeśli istnieje taka macierz B o niezerowym wyznaczniku, że C = BTAB.

Formę kwadratową

ψ (h) = c11h21 + ...+ cnnh

2n

równoważną formie ϕ nazywamy postacią kanoniczną formy ϕ.

Zauważmy, że macierzą formy kanonicznej ψ jest macierz diagonalna (tzn. jejwszystkie wyrazy leżące poza główną przekątną są równe zero)

C =

c11 0 . . . 00 c22 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . cnn

.

Dodatek 309

Twierdzenie 2. Każdą formę kwadratową można sprowadzić do postaci kanonicz-nej (tzn. jest ona równoważna pewnej formie kanonicznej). Jeżeli formę kwadra-tową ϕ sprowadzimy do dwóch różnych postaci kanonicznych, to obie formy kano-niczne mają tę samą ilość wyrazów dodatnich i ujemnych (ilość wyrazów różnychod zera jest równa rzędowi macierzy formy ϕ).

Rozdział 18

Zbiór zadań (przykładowychi do rozwiązania)do poszczególnych rozdziałów

1. Liczby zespolone

Zadanie 1.1. Wyznaczyć część rzeczywistą i urojoną liczby z, gdzie

(a) z = (3i−1)(1+3i)i ,

(b) z = 2(1−3i)−3i(−2+i)+5(i−1),

(c) z = (1− i)2 − (1− 2i),

(d) z = 53−4i + 10

4+3i ,

(e) z = i7(√

3− i),

(f) z = 2i−31+i ,

(g) z =∣∣∣3−ii+2

∣∣∣2,

(h) z = im i103 + re 11−i ,

(i) z = reww i w ∈ C \ 0,

(j) z = i+i2+i3+i4+i51+i ,

(k) z = |3− 4i||4 + 3i|,

(l) z = | 11+3i −

11−3i |.

Odpowiedzi:

(a) re z = 0, im z = 10,

Rozwiązanie:Sprowadzamy liczbę z do postaci kartezjańskiej:

z = (3i−1)(1+3i)i = 9i2−1

i · ii = −10ii2 = −10i

−1 = 10i,

stądre z = 0, im z = 10.

Rozdział 18. Zbiór zadań do poszczególnych rozdziałów 311

(b) re z = 0, im z = 5,

(c) re z = −1, im z = 0,

(d) re z = 115 , im z = −2

5 ,

(e) re z = −1, im z = −√

3,

(f) re z = −52 , im z = 1

2 ,

(g) re z = 2, im z = 0,

(h) re z = −12 , im z = 0,

(i) re z = x2

x2+y2 , im z = − xyx2+y2 ,

(j) re z = 12 , im z = 1

2 ,

(k) re z = 25, im z = 0,

(l) re z = 35 , im z = 0.

Do wyznaczenia części rzeczywistej liczby zespolonej użyjemy funkcji realpart(),do wyznaczenia części urojonej – funkcji imagpart().

(e)

(%i1) realpart(( %i^7)*(sqrt(3)- %i));(%o1) −1(%i2) imagpart(( %i^7)*(sqrt(3)- %i));(%o2) −

√3

(f) Funkcja conjugate() wyznacza sprzężenie liczby zespolonej.

(%i1) realpart(conjugate(2* %i-3)/(1+ %i));(%o1) −52(%i2) imagpart(conjugate(2* %i-3)/(1+ %i));(%o2) 1

2(g)

(%i1) realpart(abs((3- %i)/( %i+2))^2);(%o1) 2(%i2) imagpart(abs((3- %i)/( %i+2))^2);(%o2) 0

Zadanie 1.2. Niech z = x+ iy, gdzie x, y ∈ R. Obliczyć

(a) im 4iz ,

(b) im i+1z , gdzie z 6= 0,

(c) re 2z , gdzie z 6= 0,

(d) im(z2 − 2i),

(e) (im z)2 + im z2,

(f) re zz , gdzie z 6= 0,

(g) im zz−i , gdzie z 6= i,

(h) re z+1z−1 , gdzie z 6= 1.

Odpowiedzi:

(a) 4xx2+y2 ,


Rozwiązanie:Podstawiając z = x+ iy i odpowiednio przekształcając, otrzymujemy:

im 4iz = im 4i

x+iy= im 4i

x−iy = im 4i(x+iy)(x−iy)(x+iy) = im 4ix+4i2y

x2−i2y2 =

= im 4ix−4yx2+y2 = im

(−4yx2+y2 + i 4x

x2+y2

)= 4x

x2+y2 .

(b) x−yx2+y2 ,

(c) 2xx2+y2 ,

(d) 2(xy − 1),

(e) y(y + 2x),

(f) x2−y2x2+y2 ,

(g) xx2+(y−1)2 ,

(h) 1+ 2x−2(x−1)2+y2 .

(e) Używając dwukropka, przypisujemy wartość wyrażenia x+ %i*y do zmiennej z.

(%i1) z:x+ %i*y;(%o1) %i y+ x(%i2) (imagpart(z))^2+imagpart(z^2);(%o2) y2 + 2 x y

(f)

(%i1) z:x+ %i*y;(%o1) %i y+ x(%i2) realpart(conjugate(z)/z);

(%o2) x2−y2y2+x2

(g)

(%i1) z:x+ %i*y;(%o1) %i y+ x(%i2) imagpart(z/(z- %i));

(%o2) x y(y−1)2+x2 −

x (y−1)(y−1)2+x2

(%i3) ratsimp(%);(%o3) x

y2−2 y+x2+1

Zadanie 1.3. Przedstawić podane liczby zespolone w postaci trygonometrycznej

(a) z = −2√

2 + i2√

2,

(b) z = −√

7,

(c) z = 4− 4i,

(d) z = −i,

(e) z = −√

3− i,

(f) z = −1 + i√

3.

Odpowiedzi:

(a) z = 4(

cos 34π + i sin 3

4π),

Rozwiązanie:Wyznaczamy część rzeczywistą i urojoną podanej liczby

re(−2√

2 + i2√

2) = −2√

2, im(−2√

2 + i2√

2) = 2√

2.


Obliczamy jej moduł

|z| =√

(−2√

2)2 + (2√

2)2 =√

16 = 4.

Zapisujemy układ równań cosϕ = −2√

24 = −

√2

2

sinϕ = 2√

24 =

√2

2

, ϕ ∈ [0, 2π).

Stąd jedynym rozwiązaniem jest kąt ϕ = 34π. Ze wzoru na postać trygonometryczną

liczby zespolonej z = |z|(cosϕ+ i sinϕ), po podstawieniu otrzymujemy

z = 4(cos 34π + i sin 3

4π).

(b)√

7(cosπ + i sinπ),

(c) 4√

2(cos 74π + i sin 7

4π),

(d) cos 32π + i sin 3

2π,

(e) 2(cos 76π + i sin 7

6π),

(f) 2(cos 23π + i sin 2

3π).

Zadanie 1.4. Podane liczby zapisać w postaci kartezjańskiej

(a) (−4− 4√

3 i)12,

(b) (1 + i)9,

(c) (−2 + 2i)11,

(d) (√

3− i)13,

(e)(

1−i1+i

)31,

(f) (1+i)15

(1−i√

3)8,

(g) (cos 20 + i sin 20)6,

(h)(cos π4 − i sin π

4

)12.

Odpowiedzi:

(a) 812,

Rozwiązanie:Aby podnieść do potęgi liczbę zespoloną, należy skorzystać ze wzoru de Moivre’a(patrz twierdzenie 1.1).Wprowadźmy oznaczenie z = −4− 4

√3i.

Zamieniając postać kartezjańską na postać trygonometryczną, tak jak w poprzed-nim zadaniu, otrzymujemy

z = 8(cos 43π + i sin 4

3π).

Podstawiając do wzoru de Moivre’a

z12 = 812(cos(12 · 4

3π) + i sin(12 · 43π)

)= 812 (cos 16π + i sin 16π) =

= 812 (1 + i · 0) = 812.


(b) 16 + 16i,

(c) 216 + 216i ,

(d) 212√

3− 212i,

(e) i,

(f) −1+√

3+i(1+√

3)4 ,

(g) −12 + 1

2

√3i,

(h) −1.

Do rozwiązania zadania wykorzystamy funkcję rectform(), które zapisuje liczbęzespoloną w postaci kartezjańskiej.

(d)

(%i1) rectform((sqrt(3)- %i)^13);(%o1) 4096

√3− 4096 %i

(h)

(%i1) rectform((cos( %pi/4)- %i*sin( %pi/4))^12);(%o1) −1

Zadanie 1.5. Obliczyć wszystkie pierwiastki zespolone i podać ich interpretacjęgeometryczną

(a)√−16,

(b)√

25,

(c)√−36,

(d)√−4i,

(e) 3√−8i,

(f) 4√

1,

(g)√−15 + 8i,

(h) 6√

1,

(i)√−8 + 6i,

(j)√

3− 4i,

(k)√−11 + 60i.

Odpowiedzi:

(a) 4i, −4i,

Rozwiązanie:Oznaczmy przez z = −16, wówczas |z| = 16, a argument główny liczby z to ϕ = π.Korzystając ze wzoru na pierwiastki (patrz twierdzenie 1.2), mamy

w0 =√

16(cos π+2·0·π

2 + i sin π+2·0·π2

)= 4i

w1 =√

16(cos π+2·1·π

2 + i sin π+2·1·π2

)= −4i

Interpretacja: w0 i w1 leżą na okręgu o środku w początku układu współrzędnychi promieniu 4, w „odległości kątowej” 2π

2 = π.


(b) −5, 5,

(c) −6i, 6i,

(d) −√

2 + i√

2,√

2− i√

2,

(e) 2i, −√

3− i,√

3− i,

(f) 1, i, −1, −i,

(g) 1 + 4i, −1− 4i,

(h) 1, 12 + i

√3

2 , −12 + i

√3

2 ,

−1, −12 − i

√3

2 , 12 − i

√3

2 ,

(i) −1− 3i, 1 + 3i,

(j) −2 + i, 2− i,

(k) −5− 6i, 5 + 6i.

(c) Aby wyznaczyć pierwiastki stopnia drugiego z liczby−36, rozwiążemy w zbiorzeliczb zespolonych równanie z2 = −36.

(%i1) solve(z^2=-36,z);(%o1) [z = −6 %i, z = 6 %i]

(e) Chcąc obliczyć pierwiastki stopnia trzeciego z liczby −8i, rozwiążemy w zbiorzeliczb zespolonych równanie z3 = −8i.

(%i1) solve(z^3=-8* %i,z);(%o1) [z = (−1)1/6− (−1)1/6

√3 %i, z = (−1)1/6

√3 %i+ (−1)1/6,

z = −2 (−1)1/6]Uzyskane rozwiązania przedstawimy w postaci kartezjańskiej.

(%i2) rectform(%o1)(%o2) z =

√3− %i, z = 2 %i, z = − %i−

√3

(h) Znajdziemy pierwiastki szóstego stopnia z liczby 1. W tym celu w zbiorze liczbzespolonych rozwiążemy równanie: z6 = 1.

(%i1) solve(z^6=1,z);(%o1) [z =

√3 %i+12 , z =

√3 %i−12 , z = −1, z = −

√3 %i+12 , z = −

√3 %i−12 , z = 1]

Zadanie 1.6. Rozwiązać równania w dziedzinie liczb zespolonych

(a) (2 + 4i)z2 + (4− i)z − i = 0,

(b) 4i = 5z + iz2,

(c) z2 + 3z = 0,

(d) (4− i) z + 2 (z − 2i) = 0,

(e) z3 − 4z2 + 5z = 0,

(f) z2 + 16i = 0,

(g) z2 − 2z + 1− i = 0,

(h) z2 − 3z + 3 + i = 0,

(i) z3 − 2z − 4 = 0,

(j) z4 − 1 = 0,

(k) z5 + z2 = 0,

(l) z4 − 2z2 − 3 = 0.


Odpowiedzi:

(a) i2 , −1+2i

5 ,

Rozwiązanie:Jest to równanie kwadratowe, a więc działają te same wzory, jak w dziedzinierzeczywistej. Obliczamy wyróżnik:

∆ = (4− i)2 − 4(2 + 4i) · (−i) = i2, oraz√

∆ =√i2 = ±i.

Pierwiastki równania kwadratowego wynoszą odpowiednio:

z1 = −4+i+i2(2+4i) = −4+2i

4+8i ·4−8i4−8i = 40i

80 = i2 ,

z2 = −4+i−i2(2+4i) = −4

2(2+4i) = −22+4i = − 1

1+2i ·1−2i1−2i = −(1−2i)

5 = −1+2i5 .

(b) i, 4i,

(c) 0, −3,

(d) 24i−437 ,

(e) 0, 2− i, 2 + i,

(f) 2√

2(1− i), 2√

2(−1 + i),

(g) 2−√

2−i√

22 , 2+

√2+i√

22 ,

(h) 1 + i, 2− i,

(i) 2, −1 + i, −1− i,

(j) 1, −1, i, −i,

(k) 0, −1, 12 −

√3

2 i,12 +

√3

2 i,

(l)√

3, −√

3, i, −i.

(b)

(%i1) solve(4* %i=5*z+ %i*z^2,z);(%o1) [z = 4 %i, z = %i]

(e)

(%i1) solve(z^3-4*z^2+5*z=0,z);(%o1) [z = 2− %i, z = %i+ 2, z = 0]

Zadanie 1.7. Na płaszczyźnie zespolonej narysować podane zbiory

(a) A = z ∈ C; |z − 2i+ 1| ¬ 3,

(b) A = z ∈ C; |z + i| 1,

(c) A = z ∈ C; 1 < |z| ¬ 2,

(d) A = z ∈ C; |2z − 4i| > 6,

(e) A = z ∈ C; |iz + 1− i| ¬ 2,

(f) A = z ∈ C; | z+i−32−2i

√3| < 1,

(g) A = z ∈ C \ −i; | z−iz+i | 1,

(h) A = z ∈ C; π4 ¬ arg z < 3

2π,


(i) A = z ∈ C; re z = im z,

(j) A = z ∈ C; re z < 1 ∧ im(2iz)> 1,

(k) A = z ∈ C; re (z − 1) > 2 im z,

(l) A = z ∈ C \ 0; 0 ¬ re iz < 1,

(m) A = z ∈ C; z + 1 = i− 2z,

(n) A = z ∈ C; |z|2 + im z 1.

Odpowiedzi:

(a)

x

y

O−4 −1 2

2

5

−1

A

(b)

x

y

O

−1 1

−1

−2

A

(c)

x

y

O 1 2

1

2

A

(d)

−3 3 x

y

O

2

A

(e)

x

y

O 1

1

A

−1 3

−1

3

(f)

x

y

O 3

−1

A

7

−5

3

−1


(g)

x

y

O

A−1

(h)

x

y

O

A

arg z = π4

arg z = 32π

(i)

x

y

O

y = x

A

(j)

x

y

O 12

1

A

(k)

x

y

O

y =12x−

12

1

A

(l)x

y

O

12

A

(m)

x

y

O

− 13

−1A

(n)

x

y

O

A

1− 12

Zadanie 1.8. Sprawdź, które z rozwiązań podanego równania należy do wskaza-nego zbioru

(a) (i+ 1) z − z = 1, A = z ∈ C; im (z + iz) > −0,5,

(b) z6 + 7z3 − 8 = 0, A = z ∈ C; re (z)2 ¬ 0.


Odpowiedzi:

(a) 2− i,

(b) 1 + i√

3, 1− i√

3, −12 + i

√3

2 , −12 − i

√3

2 .

2. Elementy algebry liniowej

Zadanie 2.1. Obliczyć

(a)

[1 −1 02 1 1

]− 2

[0 1 32 1 −1

],

(b) 3

2 10 13 4

−4

[−1 1 0

1 2 −0,5

]T,

(c)

[0 −11 2

]·[

3 0 1−2 −1 1

],

(d)

[sinx cosxcosx sinx

]3

,

(e)

[a b−b a

]·[

b a−a b

],

(f)

[2 −11 3

]2

,

(g)

[0 1 −11 −1 1

]·

21−1

.

Odpowiedzi:

(a)

[1 −3 −6−2 −1 3

],

(b)

10 −1−4 −5

9 14

,

(c)

[2 1 −1−1 −2 3

],

(e)

[0 a2 + b2

−a2 − b2 0

],

(f)

[3 −55 8

],

(g)

[20

].

(d)

[sinx(2 cos2 x+ 1) cosx(2 sin2 x+ 1)cosx(2 sin2 x+ 1) sinx(2 cos2 x+ 1)

],

(a) Zdefiniujemy macierze.Macierz A definiujemy w następujący sposób:

(%i1) A: matrix([1,-1,0],[2,1,1]);

(%o1)

[1 −1 02 1 1

]


Podobnie definiujemy macierz B:

(%i2) B: matrix([0,1,3],[2,1,-1]);

(%o2)

[0 1 32 1 −1

]Działanie na macierzach zapisujemy następująco:

(%i3) A-2*B;

(%o3)

[1 −3 −6−2 −1 3

](b) Definiujemy macierz K:

(%i1) K: matrix([2,1],[0,1],[3,4]);

(%o1)

2 10 13 4

Definiujemy macierz L:

(%i2) L: matrix([-1,1,0],[1,2,-1/2]);

(%o2)

[−1 1 01 2 −12

]Macierz M definiujemy jako transponowaną macierz L:

(%i3) M: transpose(L);

(%o3)

−1 11 20 −12

Wykonujemy żądane działanie na macierzach:

(%i4) 3*K-4*M;

(%o4)

10 −1−4 −59 14

(e) Definiujemy macierz C:

(%i1) C: matrix([2,-1],[1,3]);

(%o1)

[2 −11 3

]Mnożenie macierzy zapisujemy następująco:

(%i2) C.C;

(%o2)

[3 −55 8

]


Zadanie 2.2. Rozwiązać równanie macierzowe bądź układ macierzowy

(a) 2X −[

1 12 3

]=

[1 −3−2 −2

],

(b)

[1 20 1

]− 2X = X,

(c)

X + Y =

[1 10 3

]

3X + 2Y =

[3 2−1 6

] .

Odpowiedzi:

(a)

[1 −10 1

2

],

Rozwiązanie:

2X −[

1 12 3

]=

[1 −3−2 −2

].

Macierz X musi być macierzą kwadratową drugiego stopnia (w przeciwnym wy-padku działanie odejmowania macierzy byłoby niewykonalne).Przekształcamy równanie macierzowe tożsamościowo i dostajemy:

2X =

[1 −3−2 −2

]+

[1 12 3

]=

[2 −20 1

].

Stąd X =12

[2 −20 1

]=

[1 −10 1

2

].

(b)

[13

23

0 13

], (c) X =

[1 0−1 0

], Y =

[0 11 3

].

Zadanie 2.3. Obliczyć wyznaczniki

(a)

∣∣∣∣∣ 1 2−1 3

∣∣∣∣∣,

(b)

∣∣∣∣∣∣∣1 0 02 1 21 3 0

∣∣∣∣∣∣∣,

(c)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0 −11 1 2 1−1 1 2 0

3 1 2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

(d)

∣∣∣∣∣∣∣2 + i i 1−1 1 −1

3 + i 1 + i 1

∣∣∣∣∣∣∣gdzie i jestjednostkąurojoną,

(e)

∣∣∣∣∣ 5 −13 4

∣∣∣∣∣,

(f)

∣∣∣∣∣ a+ b 2b− aa a+ b

∣∣∣∣∣,

(g)

∣∣∣∣∣∣∣1 1 11 3 41 4 0

∣∣∣∣∣∣∣,

(h)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 11 2 3 41 4 9 161 8 27 64

∣∣∣∣∣∣∣∣∣,


(i)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 1 3 3 22 4 3 5 31 2 1 3 14 4 3 5 31 3 2 4 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

(j) det[aij ], gdzie i, j = 1, 2, . . . noraz aij = maxi, j,

(k) det[aij ], gdzie i, j = 1, 2, . . . noraz aij = (−1)i+j .

Odpowiedzi:

(a) 5,

Rozwiązanie:∣∣∣∣∣∣∣1 2

−1 3

∣∣∣∣∣∣∣ = 1 · 3− 2 · (−1) = 3 + 2 = 5

(b) −6,

Rozwiązanie:Zastosujemy metodę Sarrusa, którą to metodą można obliczać wyznaczniki tylkostopnia trzeciego. Należy dopisać pod naszym wyznacznikiem pierwszy i drugiwiersz oraz postępować zgodnie z poniższym schematem.∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 0

2 1 2

1 3 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 · 1 · 0 + 2 · 3 · 0 + 1 · 0 · 2+−(0 · 1 · 1 + 2 · 3 · 1 + 0 · 0 · 2) = −6

− 1 0 0 +

− 2 1 2 +

− +Można również, stosując metodę Sarrusa, dopisać w wyznaczniku stopnia trzeciegoz prawej strony tego wyznacznika pierwszą oraz drugą kolumnę i dalej postępowaćpodobnie.

(c) 8,

Rozwiązanie:Dla uproszczenia rachunków przekształcimy macierz, aby zawierała kolumnę(wiersz) złożoną z jak największej możliwej liczby zer.

W =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0 −11 1 2 1−1 1 2 0

3 1 2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣w1+w2=w1+w4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0 −12 3 2 0−1 1 2 0

4 3 2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

rozwinięcie Laplace’a

według 4 kolumny

=


= −1 · (−1)1+4 ·

∣∣∣∣∣∣∣2 3 2−1 1 2

4 3 2

∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣2 3 2−1 1 2

4 3 2

∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣2 3 2−3 −2 0

2 0 0

∣∣∣∣∣∣∣Otrzymany wyznacznik można obliczyć metodą Sarrusa albo skorzystać z rozwi-nięcia Laplace’a.

W =

rozwinięcie Laplace’a

według 3 kolumny

= −1 · (−1)3+1 ·

∣∣∣∣∣ −3 −22 0

∣∣∣∣∣ = 2 · 4 = 8.

(d) 0,

Rozwiązanie:Przypomnijmy, że i2 = −1. Obliczamy wyznacznik metodą Sarrusa.∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 + i i 1

−1 1 −1

3 + i 1 + i 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 2 + i− 1− i− 3i− i2+−(3 + i− 2− 3i− i2 − i) == 2− 3i− (2− 3i) = 0.

− 2 + i i 1 +

− −1 1 −1 +

− +

(e) 23,

(f) 2a2 + b2,

(g) −11,

(h) 12,

(i) 32,

(j) −n,

(k) 0.

(a) Definiujemy macierz F :

(%i1) F: matrix([1,2],[-1,3]);

(%o1)

[1 2−1 3

]Wyznacznik macierzy obliczamy za pomocą funkcji determinant().

(%i2) determinant(F);(%o2) 5

(c) Definiujemy macierz G:

(%i1) G: matrix([1,2,0,-1],[1,1,2,1],[-1,1,2,0],[3,1,2,1]);

(%o1)

1 2 0 −11 1 2 1−1 1 2 03 1 2 1


Obliczamy wyznacznik macierzy G:

(%i2) determinant(G);(%o2) 8

Zadanie 2.4. Obliczyć A−1BA, jeżeli

(a) A =

1 0 −12 1 1−1 0 0

i B =

1 2 00 2 −11 −1 0

,

(b) A =

[1 −20 −1

]i B =

[0 12 1

],

(c) A =

1 0 00 0 10 1 0

i B =

1 0 00 0 00 0 −1

,

(d) A =

0 0 10 −1 21 −2 3

i B =

1 0 00 2 00 0 3

.

Odpowiedzi:

(a)

1 1 27 1 −3−4 −1 1

,

Rozwiązanie:Obliczamy wyznacznik macierzy A, korzystając np. z reguły Sarrusa i dostajemydetA = −1 6= 0, a więc macierz odwrotna A−1 istnieje.Teraz wyznaczamy dopełnienia algebraiczne macierzy A, W ∗ik:

W ∗11 = (−1)2 ·∣∣∣∣∣ 1 1

0 0

∣∣∣∣∣ = 0

W ∗12 = (−1)3 ·∣∣∣∣∣ 2 1−1 0

∣∣∣∣∣ = −1

W ∗13 = (−1)4 ·∣∣∣∣∣ 2 1−1 0

∣∣∣∣∣ = 1

W ∗21 = (−1)3 ·∣∣∣∣∣ 0 −1

0 0

∣∣∣∣∣ = 0

W ∗22 = (−1)4 ·∣∣∣∣∣ 1 −1−1 0

∣∣∣∣∣ = −1

W ∗23 = (−1)5 ·∣∣∣∣∣ 1 0−1 0

∣∣∣∣∣ = 0

W ∗31 = (−1)4 ·∣∣∣∣∣ 0 −1

1 1

∣∣∣∣∣ = 1

W ∗32 = (−1)5 ·∣∣∣∣∣ 1 −1

2 1

∣∣∣∣∣ = −3

W ∗33 = (−1)6 ·∣∣∣∣∣ 1 0

2 1

∣∣∣∣∣ = 1


Korzystając z twierdzenia 2.2

A−1 =[W ∗ikW

]T= (−1)

0 −1 10 −1 01 −3 1

T

=

0 0 −11 1 3−1 0 −1

.

Należy teraz wymnożyć macierze

A−1 ·B ·A =

1 1 27 1 −3−4 −1 1

.

(b)

[−4 9−2 5

], (c)

1 0 00 −1 00 0 0

, (d)

3 −2 20 2 −20 0 1

.

(b) Definiujemy macierz A.

(%i1) A:matrix([1,-2],[0,-1]);

(%o1)

[1 −20 −1

]Definiujemy macierz B.

(%i2) B:matrix([0,1],[2,1]);

(%o2)

[0 12 1

]Definiujemy macierz C jako odwrotną do macierzy A.

(%i3) C:invert(A);

(%o3)

[1 −20 −1

]Wykonujemy żądane działanie na macierzach.

(%i4) C.B.A;

(%o4)

[−4 9−2 5

](d) Definiujemy macierz A.

(%i1) A:matrix([0,0,1],[0,-1,2],[1,-2,3]);

(%o1)

0 0 10 −1 21 −2 3

Definiujemy macierz B.

(%i2) B:matrix([1,0,0],[0,2,0],[0,0,3]);

(%o2)

1 0 00 2 00 0 3


Definiujemy macierz C jako odwrotną do macierzy A.

(%i3) C:invert(A);

(%o3)

1 −2 12 −1 01 0 0

Wykonujemy żądane działanie na macierzach.

(%i4) C.B.A;

(%o4)

3 −2 20 2 −20 0 1

Zadanie 2.5. Rozwiązać równania w zbiorze liczb rzeczywistych.

(a)

∣∣∣∣∣∣∣x 0 −11 0 x1 x 1

∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ x −11 x

∣∣∣∣∣,

(b)

∣∣∣∣∣∣∣x 1 2−1 x 1

1 1 x+ 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0,

(c)

[2 40 1

]X =

[1 0−1 2

].

Odpowiedzi:

(a) x = −1,

(b) x ∈ −2, 0, 1,(c) X =

[2,5 −4−1 2

].

(a) W pierwszym kroku budujemy następujące równanie:

(%i1) determinant(matrix([x,0,-1],[1,0,x],[1,x,1]))=determinant(matrix([x,-1],[1,x]));

(%o1) −x3 − x = x2 + 1Aby rozwiązać powyższe równanie w zbiorze liczb rzeczywistych, użyjemy funkcjirealroots(). Symbol %o1 oznacza odwołanie do wyrażenia zawartego w linii %o1.

(%i2) realroots(%o1);(%o2) [x = −1]

(b) Obliczymy podany wyznacznik, przyrównując go jednocześnie do zera.

(%i1) determinant(matrix([x,1,2],[-1,x,1],[1,1,x+1]))=0;(%o1) x (x (x+ 1)− 1) + x+ 2 (−x− 1) + 2 = 0

Uprościmy powyższe wyrażenie.

(%i2) expand(%);(%o2) x3 + x2 − 2 x = 0


Rozwiążemy otrzymane równanie w zbiorze liczb rzeczywistych.

(%i3) realroots(%o2);(%o3) [x = −2, x = 1, x = 0]

Zadanie 2.6. Podany układ równań zapisać w postaci macierzowej

(a)

x − 7y = 1

3x − y = 122x − 14y = 2

,

(b)

x − 7y + z = 1

3x − y − 4z = 05x − 4y = −1

,

(c)

3x − 8y + 5z − u = 0x + 5y + 5t + 3u = 3

.

Odpowiedzi:

(a)

1 −73 −12 −14

[ xy

]=

1122

,

(b)

1 −7 13 −1 45 −4 0

xyz

=

10−1

,

(c)

[3 −8 5 0 −11 5 0 5 3

]xyztu

=

[03

].

Zadanie 2.7. Korzystając z twierdzenia Cramera, rozwiązać podane układyrównań

(a)

x + y + z = 2x − y + 2z = 0

2x + y − z = 3,

(b)

3x + 4y = 52x − 2y = 1

,

(c)

x + y − 2z = 0

2x − y + 3z = 4x − 2y = −1

,

(d)

x + y + 2z = 0

3x − y + 3z = 0− 2y + 5z = 0

.


Odpowiedzi:

(a) x = y = 1, z = 0 (W = 7, Wx = 7, Wy = 7, Wz = 0),

Rozwiązanie:Obliczamy wyznacznik główny układu

W =

∣∣∣∣∣∣∣1 1 11 −1 22 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣ = 7 6= 0, a więc nasz układ jest układem Cramera.

Następnie obliczamy pozostałe wyznaczniki:

Wx=

∣∣∣∣∣∣∣2 1 10 −1 23 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣ = 7, Wy=

∣∣∣∣∣∣∣1 2 11 0 22 3 −1

∣∣∣∣∣∣∣ = 7, Wz=

∣∣∣∣∣∣∣1 1 21 −1 02 1 3

∣∣∣∣∣∣∣ = 0

i ze wzorów Cramera (twierdzenie 2.4) otrzymujemyx = Wx

W = 1

y = Wy

W = 1

z = WzW = 0

.

(b) x = 1, y = 0,5 (W = −14, Wx = −14, Wy = −7),

(c) x = y = z = 1 (W = Wx = Wy = Wz = 15),

(d) x = y = z = 0 (W = −26, Wx = Wy = Wz = 0).

(c) Wprowadzimy równania układu, przypisując je do zmiennej u.

(%i1) u:[x+y-2*z=0,2*x-y+3*z=4,x-2*y=-1];(%o1) [−2 z+ y+ x = 0, 3 z− y+ 2 x = 4, x− 2 y = −1]

Funkcja coefmatrix() tworzy macierz złożoną ze współczynników stojących przyniewiadomych. Definiujemy macierz A jako macierz współczynników.

(%i2) A:coefmatrix(u,[x,y,z]);

(%o2)

1 1 −22 −1 31 −2 0

Obliczymy wyznacznik macierzy A.

(%i3) W:determinant(A);(%o3) 15

Tworzymy macierz Ax jako macierz, która powstaje z A przez zamianę pierwszejkolumny na kolumnę wyrazów wolnych.

(%i4) A x:matrix([0,1,-2],[4,-1,3],[-1,-2,0]);


(%o4)

0 1 −24 −1 3−1 −2 0

Obliczamy wyznacznik macierzy Ax.

(%i5) W x:determinant(A x);(%o5) 15

Tworzymy macierz Ay jako macierz, która powstaje z A przez zamianę drugiejkolumny na kolumnę wyrazów wolnych.

(%i6) A y:matrix([1,0,-2],[2,4,3],[1,-1,0]);

(%o6)

1 0 −22 4 31 −1 0

Obliczamy wyznacznik macierzy Ay.

(%i7) W y:determinant(A y);(%o7) 15

Tworzymy macierz Az jako macierz, która powstaje z A przez zamianę trzeciejkolumny na kolumnę wyrazów wolnych.

(%i8) A z:matrix([1,1,0],[2,-1,4],[1,-2,-1]);

(%o8)

1 1 02 −1 41 −2 −1

Obliczamy wyznacznik macierzy Az.

(%i9) W z:determinant(A z);(%o9) 15

Korzystając z twierdzenia Cramera, wyznaczamy x, y oraz z.

(%i10) x=W x/W;(%o10) x = 1(%i11) y=W y/W;(%o11) y = 1(%i12) z=W z/W;(%o12) z = 1

(d) Wprowadzimy równania układu, przypisując je do zmiennej a.

(%i1) a:[x+y+2*z=0,3*x-y+3*z=0,-2*y+5*z=0];(%o1) [2 z+ y+ x = 0, 3 z− y+ 3 x = 0, 5 z− 2 y = 0]

Tworzymy macierz A ze współczynników stojących przy niewiadomych.

(%i2) A:coefmatrix(a,[x,y,z]);

(%o2)

1 1 23 −1 30 −2 5


Obliczamy wyznacznik macierzy A.

(%i3) determinant(A);(%o3) −26

Mając pewność, że wyznacznik macierzy A (jako wyznacznik główny układu rów-nań) jest różny od zera, rozwiązanie naszego układu możemy w Maximie znaleźćprostszą metodą, wykorzystując do tego funkcję linsolve(). W jej składni wy-starczy odwołać się do zmiennej a (zdefiniowanej w ( %i1)), zaś w nawiasie kwa-dratowym wymienić niewiadome, występujące w układzie równań.

(%i4) linsolve(a,[x,y,z]);(%o4) [x = 0, y = 0, z = 0]

Zadanie 2.8. Dla jakich wartości parametru p podane układy równań są układamiCramera?

(a)

(p+ 2)x − y = 1

x + py = 4,

(b)

x − py + 3z = −7

3x + y + 4z = 52x + 5y + (p− 1) z = 18

,

(c)

x + p2y + z = 1x + y − pz = 2

y + z = 1.

Odpowiedzi:

(a) p 6= −1,

Rozwiązanie:Aby układ równań był układem Cramera, jego wyznacznik główny W powinienbyć różny od zera. Dla zadanego układu obliczamy jego wyznacznik.∣∣∣∣∣ p+ 2 −1

1 p

∣∣∣∣∣ = p2 + 2p+ 1 = (p+ 1)2.

Jeżeli W 6= 0, czyli (p + 1)2 6= 0, to podany układ jest układem Cramera. Osta-tecznie dla wszystkich p 6= −1 mamy układ Cramera.

(b) p ∈ R, (c) p 6= −1 i p 6= 2.

Zadanie 2.9. Rozwiązać podane układy równań metodą macierzy odwrotnej

(a)

−2x + y − z = −1

y − z = 1−x + y = 0

, (b)

x + 2z = 13

3x − y = 26x + 2y + z = 0

,


(c)

x + 2y = −1

2x + 3y = −1x − y + z = 1

.

Odpowiedzi:

(a) x = 1, y = −2, z = −3; A−1 =

−12

12 0

−12

12 1

−12 −1

2 1

;

Rozwiązanie:Jeżeli zapiszemy układ równań w postaci macierzowej AX = C i A−1 istnieje, toX = A−1 · C.Oznaczmy przez

A =

−2 1 −10 1 −1−1 1 0

, X =

xyz

, C =

−11−3

.Należy wyznaczyć macierz A−1 (o ile istnieje). Ponieważ detA = −2 6= 0, istniejemacierz odwrotna A−1 i jest postaci (twierdzenie 2.2):

A−1 =

−12

12 0

−12

12 1

−12 −1

2 1

, stąd

xyz

= A−1 · C =

1−2−3

.

(b) x = 7, y = −5, z = 3; A−1 =

− 113

413

213

− 313 − 1

13613

713 − 2

13 − 113

,

(c) x = 1, y = −1, z = −1; A−1 =

−3 2 02 −1 05 −3 1

.

Zadanie 2.10. Obliczyć rząd macierzy

(a)

1 2 1 0 13 1 −1 2 04 3 0 2 1−1 −2 −1 0 −1

,

(b)

1 −2 52 −4 10

−0,5 1 −2,5

,

(c)

−1 1 −1 −2

2 −2 2 40 0 0 01 −1 1 2

,

(d)

2 1 1 2 31 0 1 1 20 2 −2 0 −2

,


(e)

0 1 2 31 2 3 4−1 −1 2 2

1 2 0 1

, (f)

0 1 2 3 41 2 3 4 5−2 −1 0 1 2−1 0 1 2 3

.

Odpowiedzi:

(a) 2,

Rozwiązanie:Dokonujemy operacji niezmieniających rzędu macierzy i otrzymujemy:

R

1 2 1 0 13 1 −1 2 04 3 0 2 1−1 −2 −1 0 −1

=

w1, w4

są proporcjonalne,

wykreślamy w4

= R

1 2 1 0 13 1 −1 2 04 3 0 2 1

=

=

zamieniamy

kolejność

k1 z k5

= R

1 2 1 0 10 1 −1 2 31 3 0 2 4

=w1 · (−1) + w3

=

= R

1 2 1 0 10 1 −1 2 30 1 −1 2 3

=

w2, w3

są proporcjonalne,

wykreślamy w3

= R

[1 2 1 0 10 1 −1 2 3

]= 2,

bo np.

∣∣∣∣∣ 1 20 1

∣∣∣∣∣ 6= 0.

(b) 1, (c) 1, (d) 2, (e) 3, (f) 2.

(b) Definiujemy macierz A.

(%i1) A:matrix([1,-2,5],[2,-4,10],[-1/2,1,-5/2]);

(%o1)

1 −2 52 −4 10−12 1 −52

Rząd macierzy A obliczymy, korzystając z funkcji rank().

(%i2) rank(A);(%o2) 1

(c) Definiujemy macierz B.

(%i1) B:matrix([-1,1,-1,-2],[2,-2,2,4],[0,0,0,0],[1,-1,1,2]);

(%o1)

−1 1 −1 −22 −2 2 40 0 0 01 −1 1 2

Obliczymy rząd macierzy B.

(%i2) rank(B);


(%o2) 1(d) Definiujemy macierz C.

(%i1) C:matrix([2,1,1,2,3],[1,0,1,1,2],[0,2,-2,0,-2]);

(%o1)

2 1 1 2 31 0 1 1 20 2 −2 0 −2

Obliczymy rząd macierzy C.

(%i2) rank(C);(%o2) 2

(e) Definiujemy macierz D.

(%i1) D:matrix([0,1,2,3],[1,2,3,4],[-1,-1,2,2],[1,2,0,1]);

(%o1)

0 1 2 31 2 3 4−1 −1 2 21 2 0 1

Obliczamy rząd macierzy D.

(%i2) rank(D);(%o2) 3

(f) Definiujemy macierz E.

(%i1) E:matrix([0,1,2,3,4],[1,2,3,4,5],[-2,-1,0,1,2],[-1,0,1,2,3]);

(%o1)

0 1 2 3 41 2 3 4 5−2 −1 0 1 2−1 0 1 2 3

Obliczymy rząd macierzy E.

(%i2) rank(E);(%o2) 2

Zadanie 2.11. Rozwiązać podane układy równań

(a)

x + y + z − t = 2x − y + t = 0

3x + y + 2z − t = 4,

(b)

x + y − z + 2t = 0

2x − y + z = 1,

(c)

x + 2y − z − t = 0−x − 3y + 3z + 5t = 1x + y + z + 3t = 2

,

(d)

x + y + 3z = 0x − y − 5z = 0x + 3y + 11z = 0

,

(e)

x + y + z = 2x − z = 0

y − z = −1,

(f)

x − y = 1x − y − z = 0x − y − 2z = −1

,


(g)

2x + y + 3z = 43x − y + z = 1x + y + z = 3x + 2z = 1

,

(h)

2x − 3y − z + t = 2x + y + 2z + t = 0−x + 4y + 3z = −2

,

(i)

x − y − 2z + t − u = −1x + 2z + t − 2u = 4

2x − y + 2t − 3u = 3,

(j)

x − y + z = 0x + y − z = 0x + 3y − 3z = 0

y − z = 0x + y + z = 0

,

(k)

x + y + z = 2x − z = 0

y − z = −1x − y = 1x − y − z = 0

,

(l)

−x + y − z = 1x − y + z = −1

−2x + 2y − 2z = 2x + y + z = 1

.

Odpowiedzi:

(a) x = 2+z02 , y = 2+z0−2t0

2 , z = z0, t = t0; z0, t0 ∈ R,

Rozwiązanie:Wprowadźmy oznaczenia

A =

1 1 1 −11 −1 0 13 1 2 −1

, B =

1 1 1 −1 21 −1 0 1 03 1 2 −1 4

.Po odpowiednich rachunkach otrzymujemy, że rzędy macierzy R(A) = R(B) = 2.Zgodnie z twierdzeniem 2.5 (Kroneckera-Capellego) układ posiada nieskończeniewiele rozwiązań zależnych od dwóch parametrów i jest równoważny układowi (spo-sób wyboru układu Cramera został szczegółowo omówiony w przykładzie na str. 31):x + y = 2− z0 − t0x − y = −t0

, z0, t0 ∈ R.

Stąd W =

∣∣∣∣∣ 1 11 −1

∣∣∣∣∣ = −2 i powyższy układ jest układem Cramera.

Obliczamy zatem

Wx =

∣∣∣∣∣ 2− z0 + t0 1−t0 −1

∣∣∣∣∣ = −2 + z0, Wy =

∣∣∣∣∣ 1 2− z0 + t01 −t0

∣∣∣∣∣ = −2 + z0− 2t0,

a stąd

x = Wx

W = 2+z02

y = Wy

W = 2+z0−2t02

z = z0

t = t0

, z0, t0 ∈ R.


(b) x = 1−2t03 , y = 3z0−4t0−1

3 , z = z0, t = t0; z0, t0 ∈ R,

(c) układ sprzeczny,

(d) x = z0, y = −4z0, z = z0; z0 ∈ R,

(e) x = 1, y = 0, z = 1,

(f) x = x0, y = x0 − 1, z = 1; x0 ∈ R,

(g) x = 1, y = 2, z = 0,

(h) x = −5z0+4t0−25 , y = −5z0+t0+2

5 , z = z0, t = t0; z0, t0 ∈ R,

(i) x = −2z0+2u0−t0+4, y = −4z0+u0+5, z = z0, t = t0, u = u0; z0, t0, u0 ∈ R,

(j) x = 0, y = 0, z = 0,

(k) x = 1, y = 0, z = 1,

(l) x = −z0, y = 1, z = z0; z0 ∈ R,

(b) Wprowadzamy równania podanego układu, przypisując je do zmiennej u.

(%i1) u:[x+y-z+2*t=0,2*x-y+z=1];(%o1) [−z+ y+ x+ 2 t = 0, z− y+ 2 x = 1]

Budujemy macierz współczynników.

(%i2) A:coefmatrix(u,[x,y,z,t]);

(%o2)

[1 1 −1 22 −1 1 0

]Budujemy macierz rozszerzoną, która powstaje z macierzy A przez dodanie ko-lumny wyrazów wolnych. Wykorzystamy do tego funkcję addcol().

(%i3) B:addcol(A,[0,1]);

(%o2)

[1 1 −1 2 02 −1 1 0 1

]Obliczymy rząd macierzy A (macierzy współczynników układu).

(%i4) rank(A);(%o4) 2

Obliczymy rząd macierzy B (macierzy rozszerzonej o kolumnę wyrazów wolnych).

(%i5) rank(B);(%o5) 2


Rząd macierzy A jest równy rzędowi macierzy B, więc zgodnie z twierdzeniemKroneckera-Capellego układ posiada nieskończenie wiele rozwiązań zależnych oddwóch parametrów. Przez r oznaczymy pomocnicze rozwiązanie układu, w któ-rym niewiadomymi będą x oraz y, zaś jako parametry przyjmiemy dwie pozostałeniewiadome: t = t0 i z = z0, przy czym t0 i z0 należą do zbioru liczb rzeczywi-stych. Rozwiązanie układu, w którym niewiadomymi są tylko x oraz y, uzyskamywykorzystując funkcję linsolve().

(%i6) r:linsolve(u,[x,y]),t=t[0],z=z[0];(%o6) [x = −2 t0−13 , y = 3 z0−4 t0−1

3 ]Aby uzyskać pełne rozwiązanie układu równań, który przypisaliśmy do zmiennej u,wykorzystamy pomocnicze rozwiązanie, które znajduję się w linijce powyżej. Przezr[1] oznaczymy pierwsze pomocnicze rozwiązanie: x, przez r[2] oznaczymy drugiepomocnicze rozwiązanie: y, z = z0 i t = t0 są parametrami. Funkcja display()spowoduje wyświetlenie rozwiązania.

(%i7) display(r[1],r[2],z=z[0],t=t[0])$x = −2 t0−13y = 3 z0−4 t0−1

3z = z0t = t0

Zadanie 2.12. Ustalić liczbę rozwiązań podanych układów w zależności odparametru p

(a)

px − y + z = 1x − py + z = 1

3x − 3y + 2z = 2p,

(b)

x + p2y + z = −px + y − pz = p2

y + z = 1,

(c)

x + py + z = 2ppx + y + z = p

.

Odpowiedzi:

(a) dla p ∈ R \ 1, 2 układ równań ma dokładnie jedno rozwiązanie, dla p = 1ma nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od jednego parametru, dla p = 2nie ma rozwiązania (jest sprzeczny),

(b) dla p ∈ R\−1, 2 układ równań ma dokładnie jedno rozwiązanie, dla p = −1ma nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od jednego parametru, dla p = 2nie ma rozwiązania (jest sprzeczny),

(c) dla p ∈ R \ −1, 1 układ równań ma dokładnie jedno rozwiązanie, dlap = −1 nie ma rozwiązania (jest sprzeczny), dla p = 1 ma nieskończeniewiele rozwiązań zależnych od jednego parametru.


Zadanie 2.13. Jeżeli A oznacza macierz współczynników układu, a B macierz Auzupełnioną o kolumnę wyrazów wolnych, to ile rozwiązań może mieć układ

(a) 3 równań o 3 niewiadomych i R(A) = 2?

(b) 2 równań o 3 niewiadomych?

(c) jednorodny 3 równań o 4 niewiadomych?

(d) 4 równań o 3 niewiadomych i R(A) = 3?

(e) 20 równań o 23 niewiadomych i R(A) = 19?

(f) 43 równań o 32 niewiadomych i R(A) = 32?

Odpowiedzi:

(a) układ równań jest sprzeczny dla R(B) = 3 lub ma nieskończenie wiele roz-wiązań zależnych od jednego parametru dla R(B) = 2,

(b) układ równań jest sprzeczny dla R(A) = 1 i R(B) = 2 lub ma nieskończeniewiele rozwiązań zależnych od jednego parametru dla R(A) = R(B) = 2 lubzależnych od dwóch parametrów dla R(A) = R(B) = 1,

(c) układ równań ma nieskończenie wiele rozwiązań, ponieważ R(A) = R(B) ¬ 3,

(d) układ równań jest sprzeczny dla R(B) = 4 lub ma dokładnie jedno rozwią-zanie dla R(B) = 3,

(e) układ równań jest sprzeczny dla R(B) = 20 lub ma nieskończenie wiele roz-wiązań zależnych od czterech parametrów dla R(B) = 19,

(f) układ równań jest sprzeczny dla R(B) = 33 lub ma dokładnie jedno rozwią-zanie dla R(B) = 32.

3. Ciągi liczbowe

Zadanie 3.1. Wypisać pierwszych pięć wyrazów podanych ciągów o wyrazieogólnym

(a) an = n+13n−2 ,

(b) an = 1−(−1)n

n2 ,

(c) an = (−1)n+1

n! ,

(d) an = (−1)n−1

2·4·6·...·2n ,

(e) an = 12 + 1

4 + 18 + · · ·+ 1

2n .


Odpowiedzi:

(a) a1 = 2, a2 = 34 , a3 = 4

7 , a4 = 12 , a5 = 6

13 ,

(b) a1 = 2, a2 = 0, a3 = 29 , a4 = 0, a5 = 2

25 ,

(c) a1 = 1, a2 = −12 , a3 = 1

6 , a4 = − 124 , a5 = 1

120 ,

(d) a1 = 12 , a2 = −1

8 , a3 = 148 , a4 = − 1

384 , a5 = 13840 ,

(e) a1 = 12 , a2 = 3

4 , a3 = 78 , a4 = 15

16 , a5 = 3132 .

Aby wypisać pięć pierwszych wyrazów ciągu, użyjemy funkcji makelist().

(a)

(%i1) makelist((n+1)/(3*n-2), n, 1, 5);(%o1) [2, 34 ,

47 ,12 ,613 ]

(b)

(%i1) makelist((1-(-1)^n)/(n^2),n,1,5);(%o1) [2, 0, 29 , 0,

225 ]

Zadanie 3.2. Napisać wzory wskazanych wyrazów dla podanych ciągów o wyrazieogólnym

(a) a2n dla an = (−1)n

3n−1 ,

(b) bn+1 dla bn = 2n+31−3n ,

(c) c2n−1 dla cn = (2n+ 2)n+1,

(d) dn+1 dla dn = n!nn .

Odpowiedzi:

(a) a2n = 16n−1 ,

(b) bn+1 = 2n+5−2−3n ,

(c) c2n−1 = (4n)2n,

(d) dn+1 = n!(n+1)n .

(b) Definiujemy ciąg o wyrazie ogólnym bn. Definiowanie odbywa się przez użycieznaku : oraz znaku = . Nawiasy kwadratowe powodują wyświetlenie n jako indeksudolnego.

(%i1) b[n]:=(2*n+3)/(1-3*n);(%o1) bn := 2 n+3

1−3 nObliczymy wyraz bn+1. Użyjemy funkcji display() do wyświetlenia zarówno otrzy-manego wyniku, jak i do wyświetlenia symbolu bn+1.

(%i2) display(b[n+1]);

bn+1 = 2 (n+1)+31−3 (n+1)


(%o2) doneUprościmy powyższe wyrażenie.

(%i3) ratsimp(b[n+1]);(%o3) −2 n+53 n+2

Zadanie 3.3. Zbadać monotoniczność ciągów o wyrazie ogólnym

(a) an = nn

n! ,

(b) an = nn+1 ,

(c) an = 5n+22n−1 ,

(d) an = n2+1n! ,

(e) an = 2n3n ,

(f) an = cos 12n+1 .

Odpowiedzi:

(a) rosnący,

Rozwiązanie:Aby zbadać monotoniczność ciągu należy sprawdzić jakiego znaku jest różnica ko-lejnych wyrazów an+1 − an.

an+1 − an =(n+ 1)n+1

(n+ 1)!− nn

n!=

(n+ 1)n(n+ 1)(n+ 1)!

− nn

n!=

=(n+ 1)n(n+ 1)

n!(n+ 1)− nn

n!=

(n+ 1)n

n!− nn

n!> 0 dla każdego n ∈ N.

Zatem ciąg (an) jest rosnący.Czasami przy badaniu monotoniczności ciągu o wyrazach dodatnich zamiast spraw-dzania znaku wyrażenia an+1 − an łatwiej jest sprawdzić, czy: an+1

an> 1 (ciąg ro-

snący), an+1an

< 1 (ciąg malejący), an+1an 1 (ciąg niemalejący), an+1

an¬ 1 (ciąg

nierosnący).

(b) rosnący,

(c) malejący,

(d) malejący (n 2),

(e) rosnący,

(f) rosnący.

(b) Definiujemy ciąg o wyrazie ogólnym an.

(%i1) a[n]:=n/(n+1);(%o1) an := n

n+1Obliczamy następującą różnicę

(%i2) a[n+1]-a[n];(%o2) n+1

n+2 −nn+1


Upraszczamy powyższe wyrażenie.

(%i3) ratsimp(%);(%o3) 1

n2+3 n+2Pamiętając, że n jest liczbą naturalną, zauważamy, że otrzymane wyrażenie jestzawsze dodatnie, zatem rozważany ciąg jest rosnący.


(a) limn→∞

5−n32−3n2 ,

(b) limn→∞

(2n−1)2

(4n−1)(3n+2) ,

(c) limn→∞

n3+2n2−4n+51−2n4 ,

(d) limn→∞

√3n2−5n+4

2n−7 ,

(e) limn→∞

3√

(3−√n)(√n+2)

8n−4 ,

(f) limn→∞

(√

2n+ 3−√n+ 1),

(g) limn→∞

arctg(3 + 2n− 5n2),

(h) limn→∞

arcctg 1√2n2+1−

√2n2−1

,

(i) limn→∞

( 3√n3 + 4n2 − n),

(j) limn→∞

(2n+1 + 3n − 5n),

(k) limn→∞

5n−2n5n+1+3 ,

(l) limn→∞

4·10n−3·102n3·10n−1+2·102n−1 ,

(m) limn→∞

3·22n+2−105·4n−1+3 ,

(n) limn→∞

2n+(−1)n

2n+1 ,

(o) limn→∞

n√

5n7 − n2 + 2,

(p) limn→∞

n

√8n + en+1 +

(13

)n+2,

(q) limn→∞

n

√n4+2n+7

22n+3 ,

(r) limn→∞

(5+2n22n2−7

)5n2,

(s) limn→∞

(nn+5

)n,

(t) limn→∞

(2n+32n−1

)3n,

(u) limn→∞

(6n+16n+2

)7n+1,

(v) limn→∞

(n2+3n2+1

)2n2+5,

(w) limn→∞

(3n−14n+2

)7narcsin 1

n! ,

(x) limn→∞

1+2+3+...+nn3+1 cos 5n,

(y) limn→∞

n sin 2n ,

(z) limn→∞

sin 3n

sin 5n+1

.

Odpowiedzi:

(a) ∞,

(b) 13 ,

(c) 0,

(d)√

32 ,

(e)−12 ,

(f) ∞,

(g)−π2 ,

(h) 0,

(i) 43 ,

(j) −∞,

(k) 15 ,

(l) −15,

(m) 485 ,

(n) 1,

(o) 1,

(p) 8,

(q) 14 ,

(r) e30,

(s) e−5,

(t) e6,

(u) e−76 ,

(v) e4,

(w) 0,

(x) 0,

(y) 2 ∗,

(z) 35∗.


∗ należy skorzystać z faktu, że limn→∞

sin 1n1n

= 1.

Rozwiązania wybranych przykładów(a) Obliczamy granicę ciągu, dokonując tożsamościowych przekształceń mającychna celu sprowadzenie symbolu nieoznaczonego do oznaczonego.

limn→∞

5−n32−3n2 =

[−∞−∞

]= lim

n→∞

n2(5n2−n3

n2

)n2(2n2− 3n2n2

) = limn→∞

5n2−n

2n2−3

= −∞−3 =∞.

(k) limn→∞

5n−2n5n+1+3 =

[∞−∞∞

]= lim

n→∞5n(1−( 25)

n)5n(5+ 3

5n ) = limn→∞

1−( 25)n

5+ 35n

= 15 .

(o) limn→∞

n√

5n7 − n2 + 2 = limn→∞

n

√n7(5− 1

n5 + 2n7

)= lim

n→∞( n√n)7 n√

5− 1n5 + 2

n7 = 1

(na mocy twierdzeń 3.5 i 3.6).

(r) limn→∞

(5+2n22n2−7

)5n2=[(∞∞)∞] = lim

n→∞

(2n2(52n2

+1)

2n2(1− 72n2

))5n2

= limn→∞

(1+ 52n2

)5n2(1− 72n2

)5n2 =

= [1∞] = limn→∞

(1+ 12n25

) 2n25

252(1− 1

2n27

)− 2n27 − 352= e

252

e−352

= e30.

Do obliczenia granicy ciągu użyjemy funkcji limit().

(b)

(%i1) limit(((2*n-1)^2)/((4*n-1)*(3*n+2)),n,inf);(%o1) 1

3(t)

(%i1) limit(((2*n+3)/(2*n-1))^(3*n),n,inf);(%o1) %e6

Zadanie 3.5. Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach, obliczyć

(a) limn→∞

sinn!1+n ,

(b) limn→∞

n√

3n+1 + sinn2,

(c) limn→∞

sin2 n+4n3n−1 ,

(d) limn→∞

n√

arcctg (−1)n + e,

(e) limn→∞

sinn!+2n24n2−3 cosn2 .

Odpowiedzi:

(a) 0,


Rozwiązanie:Zauważmy, że −1

1+n ¬sinn!1+n ¬

11+n i lim

n→∞−1

1+n = 0 oraz limn→∞

11+n = 0,

zatem korzystając z twierdzenia o trzech ciągach (twierdzenie 3.3), mamy

limn→∞

sinn!1+n = 0.

(b) 3, (c) 43 , (d) 1, (e) 1

2 .

Zadanie 3.6. Obliczyć limn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣, jeżeli

(a) an = (−10)n

n! ,

(b) an = (−1)2n−1 (2n)!(n!)2

,

(c) an = (n!)2

2n2 ,

(d) an = 7n2n+3n−1 .

Odpowiedzi:

(a) 0, (b) 4, (c) ∞, (d) 73 .

(a) Definiujemy ciąg o wyrazie ogólnym an.

(%i1) a[n]:=((-10)^n)/(n!);(%o1) an := (−10)n

n!Obliczymy wyraz an+1.

(%i2) display(a[n+1]);

an+1 = (−10)n+1(n+1)!

(%o2) doneObliczymy moduł podanego wyrażenia.

(%i3) abs(a[n+1]/a[n]);(%o3) 10 |n!|

|(n+1)!|Obliczymy żądaną granicę otrzymanego wyrażenia.

(%i4) limit((10*abs(n!))/abs((n+1)!),n,inf);(%o4) 0


n

√|an|, jeżeli

(a) an =(

n2n+1

)n,

(b) an = n2+1

(1+ 2n)n

2 ,

(c) an = (−1)n+1 n(

34

)n−1,

(d) an = n10099n102n .


Odpowiedzi:

(a) 12 , (b) e−2, (c) 3

4 , (d) 0,99.

(a) Definiujemy ciąg o wyrazie ogólnym an.

(%i1) a[n]:=(n/(2*n+1))^n;(%o1) an :=

(n2 n+1

)nObliczymy granicę następującego wyrażenia

∣∣∣( n2n+1

)n∣∣∣1/n:

(%i2) limit(abs((n/(2*n+1))^n)^(1/n),n,inf);(%o2) 1

2

Zadanie 3.8. Czy istnieje granica ciągu o wyrazie ogólnym (odpowiedź uzasadnij)

(a) an = (−2)n,

(b) an =(n+11−n

)n,

(c) an = (1 + (−1)n)n,

(d) an = (−1)n+5lnn ,

(e) an = −2 + cosnπ.

Odpowiedzi:

(a) nie,

Rozwiązanie:limn→∞

(−2)n = limn→∞

(−1)n · 2n.

Zauważmy, że jeśli n jest liczbą parzystą, to limn→∞

(−1)n · 2n = 2∞ =∞, a jeśli n

jest liczbą nieparzystą, to limn→∞

(−1)n · 2n = −2∞ = −∞.Ponieważ wskazaliśmy dwa różne podciągi, dla których wartość granicy jest inna,ciąg an nie posiada granicy (patrz twierdzenie 3.1).

(b) nie, (c) nie, (d) tak, (e) nie.

Zadanie 3.9. Uzupełnić tabelkę wpisując odpowiednio TAK lub NIE

Ciąg Ograniczony Monotoniczny Zbieżny Geometryczny

an = 1− n−110

bn = (−1)n−1

cn = (−1)n ndn = 21−n

en = sin nn−1


Odpowiedzi:an – NIE, TAK, NIE, NIE;bn – TAK, NIE, NIE, NIE;cn – NIE, NIE, NIE, NIE;dn – TAK, TAK, TAK, TAK;en – TAK, TAK, TAK, NIE.

4. Szeregi liczbowe

Zadanie 4.1. Znaleźć, o ile istnieją, sumy szeregów

(a)∞∑n=0

13n ,

(b)∞∑n=1

15n ,

(c)∞∑n=1

n,

(d)∞∑n=1

1+2n+3n4n ,

(e)∞∑n=1

1n2+4n+3 .

Odpowiedzi:

(a) 32 , (b) 1

4 , (c) ∞, (d) 133 , (e) 5

12 .

Aby znaleźć sumę podanego szeregu, wykorzystamy funkcję sum(). Komendasimpsum powoduje wyznaczenie wartości liczbowej tej sumy.

(a)

(%i1) sum(1/(3^n),n,0,inf),simpsum;(%o1) 3

2(b)

(%i1) sum(1/(5^n),n,1,inf),simpsum;(%o1) 1

4(d)

(%i1) sum((1+2^n+3^n)/(4^n),n,1,inf);

(%o1)∞∑n=1

3n+2n+14n

Wyrażenie pod szeregiem przedstawimy jako sumę trzech ułamków, wykorzystującdo tego funkcję expand(). Można wtedy potraktować nasz szereg jako sumę trzechszeregów geometrycznych zbieżnych.

(%i2) expand(%);

(%o2)∞∑n=1

3n

4n + 2n

4n + 14n

(%i3) %,simpsum;(%o3) 13

3


Zadanie 4.2. Dowieść rozbieżności następujących szeregów, korzystając z warunkukoniecznego zbieżności szeregów

(a)∞∑n=1

(nn+1

)n,

(b)∞∑n=1

1+2n2−3n3n+2 ,

(c)∞∑n=1

(3n+12n+1

)n,

(d)∞∑n=1

arctg 3−n5+n ,

(e)∞∑n=1

(2n+32n−1

)n,

(f)∞∑n=3

(n+52−n

)n.

Odpowiedzi:

(a) limn→∞

(nn+1

)n= 1

e ,

Rozwiązanie:

limn→∞

(nn+1

)n= lim

n→∞1

( nn+1)

n = 1e 6= 0 – zatem szereg

∞∑n=1

(nn+1

)njest rozbieżny.

(b) limn→∞

1+2n2−3n3n+2 = −∞,

(c) limn→∞

(3n+12n+1

)n=∞,

(d) limn→∞

arctg 3−n5+n = −π

4 ,

(e) limn→∞

(2n+32n−1

)n= e2,

(f) limn→∞

(n+52−n

)n– nie istnieje.

(d) Aby zbadać zbieżność danego szeregu, zdefiniujemy ciąg o wyrazie ogólnym an.

(%i1) a[n]:=atan((3-n)/(5+n));(%o1) an := atan

(3−n5+n

)Obliczymy granicę tego ciągu przy n dążącym do nieskończoności.

(%i2) limit(a[n],n,inf);(%o2) −π

4Z warunku koniecznego zbieżności szeregu wnioskujemy, że badany szereg jest roz-bieżny.

(e) Definiujemy ciąg o wyrazie ogólnym bn.

(%i1) b[n]:=((2*n+3)/(2*n-1))^n;(%o1) bn :=

(2 n+32 n−1

)nObliczymy granicę tego ciągu przy n dążącym do nieskończoności.

(%i2) limit(b[n],n,inf);(%o2) %e2

Z warunku koniecznego zbieżności szeregu wnioskujemy, że badany szereg jest roz-bieżny.


Zadanie 4.3. Zbadać zbieżność szeregów, korzystając z kryterium Cauchy’ego

(a)∞∑n=1

n7+12n+3 ,

(b)∞∑n=1

n5n ,

(c)∞∑n=1

2n+1n2,

(d)∞∑n=1

5nn2

(3− 2n)n ,

(e)∞∑n=1

7n232n−1 ,

(f)∞∑n=1

(n+1n

)n2,

(g)∞∑n=1

2n2+3n+142n+1 .

Odpowiedzi:

(a) g = 12 – szereg zbieżny,

Rozwiązanie:Oznaczmy an = n7+1

2n+3 . Korzystając z kryterium Cauchy’ego, obliczamy limn→∞

n√an:

g = limn→∞

n

√n7+12n+3 = lim

n→∞

n√n7+1n√2n·23

= limn→∞

( n√n)7· n

√1+ 1

n7

2 n√

8= 1

2 < 1

– na mocy twierdzenia 4.6 szereg∞∑n=1

n7+12n+3 jest zbieżny.

(b) g = 15 – szereg zbieżny,

(c) g = 2 – szereg rozbieżny,

(d) g = 53 – szereg rozbieżny,

(e) g = 19 – szereg zbieżny,

(f) g = e – szereg rozbieżny,

(g) g = 116 – szereg zbieżny.

(b) Aby zbadać zbieżność danego szeregu, zdefiniujemy ciąg o wyrazie ogólnym an.

(%i1) a[n]:=n/(5^n);(%o1) an := n

5n

Jest to ciąg o wyrazach nieujemnych. Obliczymy następującą granicę:

(%i2) limit((a[n])^(1/n),n,inf);(%o2) 1

5Z kryterium Cauchy’ego zbieżności szeregów wnioskujemy, że badany szereg jestzbieżny.

(d) Aby zbadać zbieżność danego szeregu, zdefiniujemy ciąg o wyrazie ogólnym bn.

(%i1) b[n]:=(5^n*n^2)/((3-(2/n))^n);(%o1) bn := 5n n2

(3− 2n)n

Jest to ciąg o wyrazach nieujemnych. Obliczymy następującą granicę:

(%i2) limit((b[n])^(1/n),n,inf);(%o2) 5

3Z kryterium Cauchy’ego zbieżności szeregów wnioskujemy, że badany szereg jestrozbieżny.


Zadanie 4.4. Zbadać zbieżność szeregów korzystając z kryterium d’Alemberta

(a)∞∑n=1

(n!)2

(2n)! ,

(b)∞∑n=1

3nn! ,

(c)∞∑n=1

2nn!7n ,

(d)∞∑n=1

nn

3nenn! ,

(e)∞∑n=1

5n(2n)!(3n)! ,

(f)∞∑n=1

n2n

6n(n!)2 ,

(g)∞∑n=1

(n!)2en

(2n)! .

Odpowiedzi:

(a) zbieżny,

Rozwiązanie:Oznaczmy an = (n!)2

(2n)! . Korzystając z kryterium ilorazowego (d’Alemberta), obli-czamy:g = lim

n→∞[(n+1)!]2

(2n+2)! ·(2n)!(n!)2

= limn→∞

(n!)2·(n+1)2·(2n)!(2n)!·(2n+1)·(2n+2)·(n!)2

= limn→∞

(n+1)2

(2n+1)·2(n+1) =

= limn→∞

(n+1)2(2n+1) = lim

n→∞n(1+ 1

n)

n(4+ 2n) = 1

4 < 1

– na mocy twierdzenia 4.5 szereg∞∑n=1

(n!)2

(2n)! jest zbieżny.

(b) g = 0 – szereg zbieżny,

(c) g =∞ – szereg rozbieżny,

(d) g = 13 – szereg zbieżny,

(e) g = 0 – szereg zbieżny,

(f) g = e2

6 – szereg rozbieżny,

(g) g = e4 – szereg zbieżny.

(d) Zdefiniujemy na początek ciąg o wyrazie ogólnym an.

(%i1) a[n]:=(n^n)/((3^n)* %e^n*n!);(%o1) an := nn

3n %en n!Wyznaczymy wyraz an+1 tego ciągu.

(%i2) display(a[n+1]);

an+1 = (n+1)n+1 3−n−1 %e−n−1

(n+1)!(%o2) done

Wykonamy następujące dzielenie:

(%i3) a[n+1]/a[n];

(%o3) %e−1 (n+1)n+1 n!3 nn (n+1)!

Można teraz uprościć wyrażenie, pozbywając się silni. Wykorzystamy do tego funk-cję minfactorial().

(%i4) minfactorial(%o3);

(%o4) %e−1 (n+1)n

3 nn


Obliczymy graniczę powyższego wyrażenia przy n→∞.

(%i5) limit(%,n,inf);(%o5) 1

3Korzystając z kryterium d’Alemberta zbieżności szeregu, wnioskujemy, że badanyszereg jest zbieżny.

(f) Definiujemy ciąg o wyrazie ogólnym bn.

(%i1) b[n]:=((n^(2*n))/((6^n)*(n!)^2));(%o1) bn := n2 n

6n n!2

Wyznaczymy wyraz bn+1 tego ciągu.

(%i2) display(b[n+1]);

bn+1 = (n+1)2 (n+1) 6−n−1

(n+1)!2

Wykonamy następujące dzielenie:

(%i3) b[n+1]/b[n];

(%o3) (n+1)2 (n+1) n!2

6 n2 n (n+1)!2

Uprościmy powyższe wyrażenie, pozbywając się silni.

(%i4) minfactorial(%);

(%o4) (n+1)2 (n+1)−2

6 n2 n

Obliczymy graniczę powyższego wyrażenia przy n→∞ .

(%i5) limit(%,n,inf);(%o5) %e2

6Korzystając z kryterium d’Alemberta zbieżności szeregu, wnioskujemy, że badanyszereg jest rozbieżny.

Zadanie 4.5. Zbadać zbieżność szeregów, korzystając z kryterium porównawczego

(a)∞∑n=2

1√n ln√n+2

,

(b)∞∑n=1

3n+1n3−n+1 ,

(c)∞∑n=2

√n+2

n2(n−1) ,

(d)∞∑n=1

3n+1n2+2n−1 ,

(e)∞∑n=1

lnnn√n

,

(f)∞∑n=2

2+cosnn+lnn ,

(g)∞∑n=1

arctgnn+√n3

.

Odpowiedzi:

(a) szereg rozbieżny,

Rozwiązanie:Wiemy, że ln

√n+ 2 ¬

√n+ 2.


Ponieważ obie strony są dodatnie, więc 1√n+2¬ 1

ln√n+2

.

Zatem 0 < 1√3n

= 1√n√

3n¬ 1√

n√n+2¬ 1√

n ln√n+2

.

Szereg 1√3

∞∑n=2

1n jest rozbieżny, a więc

∞∑n=2

1√n ln√n+2

jest również rozbieżny.

(b) szereg zbieżny,

(c) szereg zbieżny,

(d) szereg rozbieżny,

(e) szereg zbieżny,

(f) szereg rozbieżny,

(g) szereg zbieżny.

Zadanie 4.6. Zbadać zbieżność szeregów, korzystając z kryterium Leibniza lubwarunku koniecznego

(a)∞∑n=1

(−1)n 1ln(n+1) ,

(b)∞∑n=1

(−1)n 23n+5 ,

(c)∞∑n=2

(−1)n+1 nn2+1 ,

(d)∞∑n=1

(−1)n 1−n−n2n+1 ,

(e)∞∑n=2

(−1)n

ln√n

,

(f)∞∑n=2

(−1)n 1√n2+2n−4

,

(g)∞∑n=1

(−1)n arcctg 1n+1 .

Odpowiedzi:

(a) szereg zbieżny,

Rozwiązanie:limn→∞

1ln(n+1) = 1

∞ = 0

Ponieważ ciąg o wyrazie ogólnym ln(n+1) jest rosnący i ma dodatnie wyrazy, więcciąg o wyrazie ogólnym 1

ln(n+1) jest malejący.

Korzystając z kryterium Leibniza, szereg∞∑n=1

(−1)n 1ln(n+1) jest zbieżny.

(b) szereg zbieżny,

(c) szereg zbieżny,

(d) szereg rozbieżny,

(e) szereg zbieżny,

(f) szereg zbieżny,

(g) szereg rozbieżny.

Zadanie 4.7. Zbadać, czy szereg jest bezwzględnie zbieżny, warunkowo zbieżny,czy rozbieżny:

(a)∞∑n=2

(n

1−n

)n,

(b)∞∑n=1

sin 3n3n ,

(c)∞∑n=2

πn(n−1n

)n2,

(d)∞∑n=1

(−1)n 13n+1 ,

(e)∞∑n=2

(3n+1)3

(5n+1)2,

(f)∞∑n=1

(2n+12n+3

) 3n ,


(g)∞∑n=1

(−1)n+1 lnn√n3+1

, (h)∞∑n=1

(−1)n

n−lnn .

Odpowiedzi:

(a) rozbieżny,

Rozwiązanie:

Badamy zbieżność bezwzględną, czyli zbieżność szeregu∞∑n=2

∣∣∣( n1−n

)n∣∣∣.Korzystamy z warunku koniecznego zbieżności szeregów.

limn→∞

∣∣∣( n1−n

)n∣∣∣ = limn→∞

(nn−1

)n= lim

n→∞

(n

1− 1n

)n= lim

n→∞

(1− 1

n

)−n= e 6= 0,

zatem szereg∞∑n=2

∣∣∣( n1−n

)n∣∣∣ jest rozbieżny.

Teraz badamy zbieżność∞∑n=2

(n

1−n

)n.

limn→∞

(n

1−n

)n= lim

n→∞

(−1

1− 1n

)n= lim

n→∞(−1)n

(1− 1n)n – nie istnieje,

stąd szereg∞∑n=2

(n

1−n

)njest również rozbieżny.

(b) bezwzględnie zbieżny,

(c) rozbieżny,

(d) warunkowo zbieżny,

(e) rozbieżny,

(f) rozbieżny,

(g) bezwzględnie zbieżny,

(h) warunkowo zbieżny.


an, jeżeli

(a) an = 2nn! ,

(b) an = n!nn

(1− 1

n

)n,

(c) an = 3nenn!nn ,

(d) an = 3n

n3(√

10−1) ,

(e) an = lnnn2 .

Odpowiedzi:

(a) 0,

Rozwiązanie:

Żeby obliczyć limn→∞

an, zbadamy zbieżność szeregu∞∑n=1

2nn! .

Zastosujmy kryterium d’Alemberta:

limn→∞

2n+1(n+1)! ·

n!2n = lim

n→∞2n·2·n!

n!·(n+1)·2n = limn→∞

2(n+1) = 0 < 1 – szereg

∞∑n=1

2nn! jest zbieżny,

a więc na mocy warunku koniecznego zbieżności szeregów limn→∞

2nn! = 0.


(b) 0, (c) ∞, (d) ∞, (e) 0.

5. Granica i ciągłość funkcji

Zadanie 5.1. Wyznaczyć dziedzinę funkcji

(a) f (x) =√

1 + 1x + 1

ln(x+2) ,

(b) f (x) = x1−ln(x+1) ,

(c) f (x) = x+3√ex−e2x ,

(d) f (x) = arcsin 2x1+x2 ,

(e) f (x) =√

xx−2 − ln (3− |2− x|),

(f) f (x) =√

41x + 1

lnx +√

4− log212x,

(g) f (x) =√x2 − 3x+ 2 + 7

√−x2 + 5x− 4.

Odpowiedzi:

(a) x ∈ (−2,−1) ∪ (0,+∞),

Rozwiązanie:Zapiszemy układ warunków, który musi być spełniony, aby funkcja f była okre-ślona.

1 + 1x 0 ⇐⇒ x ¬ −1 ∨ x > 0,

x+ 2 > 0 ⇐⇒ x > −2,ln(x+ 2) 6= 0 ⇐⇒ x 6= −1,x 6= 0.

Biorąc część wspólną rozwiązań powyższych nierówności, otrzymujemy dziedzinęfunkcji x ∈ (−2,−1) ∪ (0,+∞).

(b) x ∈ (−1,+∞) \ e− 1,

(c) x ∈ (−∞, 0),

(d) x ∈ R,

(e) x ∈ (−1, 0] ∪ (2, 5),

(f) x ∈ [14 , 4] \ 1,

(g) x ∈ 1 ∪ [2, 4].

Zadanie 5.2. Naszkicować wykres funkcji, wiedząc, że

(a) f : R \ 2 → R, limx→−∞

f (x) = +∞, limx→2

f (x) = −∞, limx→+∞

f (x) = +∞,

f (0) = 1,

(b) f : R \ −1 → R, limx→−∞

f (x) = −1, limx→−1−

f (x) = +∞, limx→−1+

f (x) = −∞,

limx→+∞

f (x) = 1,

(c) f : R \ 0 → R, limx→−∞

f (x) = 2, limx→0

f (x) = −1, limx→+∞

f (x) = 5,


(d) f : R \ 1, 2 → R, limx→−∞

f (x) = −∞, limx→1−

f (x) = +∞, limx→1+

f (x) = −∞limx→2−

f (x) = −∞, limx→2+

f (x) =∞, limx→∞

f (x) = 0.

Odpowiedzi:Przykładowe wykresy

(a)

x

y

O 2

1

(b)

x

y

O1

−1−1

(c)x

y

O

2

5

−1

(d)

x

y

O 21

Zadanie 5.3. Sprawdzić, czy istnieje poniższa granica. Jeśli tak, podać jej wartość.

(a) limx→−2

2ex−2x2−4 ,

(b) limx→0

2+x3x−x2 ,

(c) limx→−5

arctg 1(x+5)2 ,

(d) limx→3

x−4ln(x−2) ,

(e) limx→3

x2−4x+3x2−6x+9 ,

(f) limx→π

2

1−4 sinxcosx ,

(g) limx→1

(x+ 2

3x−1),

(h) limx→1

(tg(π2x)

+(

13

) 1x−1)

,

(i) limx→2

2 arcctg −1(x−2)2 ,

(j) limx→0

3xe

1−6x.

Odpowiedzi:

(a) nie istnieje, bo granica lewostronna wynosi 0, a granica prawostronna +∞,

Rozwiązanie:

limx→−2

2ex−2x2−4 = lim

x→−22e

x−2(x−2)(x+2) = lim

x→−22e

1x+2 .


Powyższa granica nie istnieje, ponieważ:lim

x→−2−2e

1x+2 = 2e[ 1

0−] = 2e−∞ = 0,

limx→−2+

2e1x+2 = 2e[ 1

0+] = 2e∞ = +∞.

(b) nie istnieje (granica lewostronna wynosi −∞, a granica prawostronna +∞),

(c) π2 ,

(d) nie istnieje (granica lewostronna wynosi +∞, a granica prawostronna −∞),

(e) nie istnieje (granica lewostronna wynosi −∞, a granica prawostronna +∞),

(f) nie istnieje (granica lewostronna wynosi −∞, a granica prawostronna +∞),

(g) nie istnieje (granica lewostronna wynosi 1, a granica prawostronna +∞),

(h) nie istnieje (granica lewostronna wynosi +∞, a granica prawostronna −∞),

(i) 2π,

(j) nie istnieje (granica lewostronna wynosi −∞, a granica prawostronna +∞).

(b) Definiujemy następującą funkcję:

(%i1) f(x):=(2+x)/(3*x-x^2);(%o1) f (x) := 2+x

3 x−x2Aby sprawdzić, czy istnieje granica powyższej funkcji w punkcie x = 0, obliczymygranicę lewostronną funkcji w tym punkcie oraz granicę prawostronną funkcji w tympunkcie. Do obliczenia granicy lewostronnej funkcji w punkcie x = 0 wykorzystamyfunkcję limit() o następującej składni limit(f(x),x,0,minus).

(%i2) limit(f(x),x,0,minus);(%o2) −∞

Do obliczenia granicy prawostronnej funkcji w punkcie x = 0 wykorzystamy funkcjęlimit() o następującej składni: limit(f(x),x,0,plus).

(%i3) limit(f(x),x,0,plus);(%o3) ∞

Granica lewostronna funkcji f w punkcie x = 0 nie jest równa granicy prawostron-nej funkcji f w punkcie x = 0, stąd wnioskujemy, że granica funkcji f w punkciex = 0 nie istnieje.

(c) Definiujemy następującą funkcję:

(%i1) g(x):=atan(1/((x+5)^2));

(%o1) g (x) := atan(1

(x+5)2

)


Analogicznie jak w poprzednim zadaniu obliczamy granicę lewostronną funkcji gw punkcie x = −5.

(%i2) limit(g(x),x,-5,minus);(%o2) π

2Obliczymy dalej granicę prawostronną funkcji g w punkcie x = −5.

(%i3) limit(g(x),x,-5,plus);(%o3) π

2Granica lewostronna funkcji g w punkcie x = −5 jest równa granicy prawostronnejfunkcji g w punkcie x = −5, zatem granica funkcji w punkcie x = −5 istnieje i jestrówna π

2 .

Zadanie 5.4. Obliczyć granice funkcji, korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic

(a) limx→1

x2+2x−3−x2+3x−2 ,

(b) limx→1

√5−x−2

x−√

2−x ,

(c) limx→0

1−cos 2x2x ,

(d) limx→−∞

(3xx−1 −

2xx+1

),

(e) limx→+∞

x(√

x2 + 2x− 2√x2 + x

),

(f) limx→+∞

13√x3+3x2−

√x2−2x

,

(g) limx→0

x2√1+x sinx−

√cosx

,

(h) limx→2+

√x−√

2+√x−2√

x2−4,

(i) limx→1

3√2x−1− 3√

3x−2√4x−3−1

,

(j) limx→+∞

(2x+32x+1

)x+1,

(k) limx→+∞

2x+32x−3(0,25)x−4x−9x−1 ,

(l) limx→+∞

(2−x + 3x − 4),

(m) limx→−∞

arctg 1−x2+x ,

(n) limx→+∞

2 arcsin x1+x2 ,

(o) limx→−∞

(x+ arcsin 2

x

),

(p) limx→−∞

3x+2−x−13x+1−2x−2 ,

(q) limx→+∞

4x+1+2x+13x+2x−1−2 ,

(r) limx→+∞

3 lnx2+4 lnx ,

(s) limx→+∞

123+e−x .

Odpowiedzi:

(a) 4,

Rozwiązanie:limx→1

x2+2x−3−x2+3x−2 =

[00

]= lim

x→1

(x+3)(x−1)(2−x)(x−1) = lim

x→1x+32−x = 4.

(b) −16 ,


Rozwiązanie:limx→1

√5−x−2

x−√

2−x =[

00

]= lim

x→1

(√

5−x−2)(√

5−x+2)(x+√

2−x)(x−√

2−x)(x+√

2−x)(√

5−x+2)= lim

x→1

(5−x−4)(x+√

2−x)(x2−2+x)(

√5−x+2)

=

= limx→1

(1−x)(x+√

2−x)(x−1)(x+2)(

√5−x+2)

= − limx→1

x+√

2−x(x+2)(

√5−x+2)

= − 212 = −1

6 .

(c) 0,

Rozwiązanie:Zauważmy, że cos 2x = cos2 x− sin2 x = 1− 2 sin2 x, stąd 1− cos 2x = 2 sin2 x.Zatemlimx→0

1−cos 2x2x =

[00

]= lim

x→02 sin2 x

2x = limx→0

sinxx sinx = 1 · 0 = 0.

(d) 1,

(e) −∞,

(f) 12 ,

(g) 43 ,

(h) 12 ,

(i) −16 ,

(j) e,

(k) −13 ,

(l) +∞,

(m) −π4 ,

(n) 0,

(o) −∞,

(p) −∞,

(q) +∞,

(r) 34 ,

(s) 4.

(a) Definiujemy następującą funkcję:

(%i1) f(x):=(x^2+2*x-3)/(-x^2+3*x-2);(%o1) f (x) := x2+2 x−3

−x2+3 x−2Obliczymy granicę tej funkcji w punkcie x = 1.

(%i2) limit(f(x),x,1);(%o2) 4

(i) Definiujemy następującą funkcję:

(%i1) g(x):=((2*x+3)/(2*x+1))^(x+1);

(%o1) g (x) :=(2 x+32 x+1

)x+1Obliczymy granicę tej funkcji przy x→∞.

(%i2) limit(g(x),x,inf);(%o2) %e

(n) Definiujemy funkcję:

(%i1) h(x):=(x+asin(2/x));(%o1) h (x) := x+ asin

(2x

)Obliczymy granicę tej funkcji przy x→ −∞.

(%i2) limit(h(x),x,-inf);(%o2) −∞


Zadanie 5.5. Zbadać ciągłość funkcji

(a) f(x) =

x2−3x+2x−2 dla x 6= 2,

1 dla x = 2,

(b) f(x) =

x2−4x+3x−3 dla x > 3,

0 dla x = 3,e

xx−3 dla x < 3,

(c) f(x) =

arcctg 3

12−x dla x < 2,

0 dla x = 2,ln(x− 1) dla x > 2,

(d) f(x) =

x2−x1−x dla x < 1,

1 dla x = 1,4lnx − 2 dla x > 1.

Odpowiedzi:

(a) jest ciągła (funkcja f jest określona w zbiorze R i w przedziałach (−∞, 2)oraz (2,+∞) jest ciągła jako elementarna, wystarczy więc zbadać jej ciągłośćw punkcie x = 2),

(b) limx→3−

f(x) = 0 i limx→3+

f(x) = 2, zatem funkcja nie jest ciągła w punkcie x = 3,

w przedziałach (−∞, 3) oraz (3,+∞) jest ciągła, ponieważ jest elementarna,

(c) jest ciągła (porównaj podpunkt (a)),

(d) limx→1−

f(x) = limx→1+

f(x) = −1 6= f(1), zatem funkcja nie jest ciągła w punk-

cie x = 1, w przedziałach (−∞, 1) oraz (1,+∞) jest ciągła, ponieważ jestelementarna.

(b) Zbadamy ciągłość funkcji f w punkcie x = 3. Obliczymy najpierw granicęprawostronną funkcji f w punkcie x = 3.

(%i1) limit((x^2-4*x+3)/(x-3),x,3,plus);(%o1) 2

Obliczymy granicę lewostronną funkcji f w punkcie x = 3.

(%i2) limit(%e^(x/(x-3)),x,3,minus);(%o2) 0

Granica lewostronna funkcji f w punkcie x = 3 nie jest równa granicy prawostron-nej funkcji f w punkcie x = 3, więc granica funkcji f w tym punkcie nie istnieje.Wnioskujemy stąd, że funkcja f nie jest ciągła w punkcie x = 3.

(c) Zbadamy ciągłość funkcji w punkcie x = 2. Obliczymy granicę prawostronnąfunkcji f w punkcie x = 2.

(%i1) limit(atan(3^(1/(2-x))),x,2,plus);(%o1) 0

Obliczymy granicę lewostronną funkcji f w punkcie x = 2.

(%i2) limit(log(x-1),x,2,minus);(%o2) 0


Granica lewostronna funkcji f w punkcie x = 2 jest równa granicy prawostronnejfunkcji f w punkcie x = 2, zatem granica funkcji f w punkcie x = 2 istnieje i jestrówna 0. Ponadto z określenia funkcji f wynika, że f(2) = 0. Otrzymaliśmy więc

(%i3) display(limit(f(x),x,2)=f(2));limx→2

f (x) = f (2)

Funkcja f jest ciągła w punkcie x = 2. Jest również ciągła w pozostałych punktachswojej dziedziny, zatem jest ciągła w całej dziedzinie.

(d) Obliczymy granicę lewostronną funkcji f w punkcie x = 1.

(%i1) limit((x^2-x)/(1-x),x,1,minus);(%o1) −1

Obliczymy granicę prawostronną funkcji f w punkcie x = 1.

(%i2) limit(4^(log(x))-2,x,1,plus);(%o2) −1

Granica lewostronna funkcji f w punkcie x = 1 jest równa granicy prawostronnejfunkcji f w punkcie x = 1, zatem granica funkcji f w punkcie x = 1 istniejei jest równa −1. Z określenia funkcji f wynika, że f(1) = 1. Wnioskujemy stąd, żefunkcja f nie jest ciągła w punkcie x = 1.

Zadanie 5.6. Dobrać parametr a tak, aby funkcja była ciągła

(a) f(x) =

arctg 1

x−2 dla x < 2,ax dla x 2,

(b) f(x) =

a∣∣∣x2−x−2

x+1

∣∣∣ dla x 6= −1,1 dla x = −1,

(c) f(x) =

√x−2

4−x dla x 6= 4,a dla x = 4,

(d) f(x) =

1−cosx

x dla x 6= 0,a dla x = 0.

Odpowiedzi:

(a) a = −π4 , (b) a = 1

3 (c) a = −14 , (d) a = 0.

6. Rachunek różniczkowy

Zadanie 6.1. Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji w podanym punkcie

(a) f(x) =

x3 sin 1

x dla x 6= 0,0 dla x = 0,

x0 = 0,

(b) f(x) =

xe−

1x2 dla x 6= 0,

0 dla x = 0,x0 = 0,

(c) f(x) = |x− 2|, x0 = 2,


(d) f(x) =

|x− 3| dla x 1,x2

4 −32x+ 13

4 dla x < 1,x0 = 1, x1 = 3.

Odpowiedzi:

(a) jest ciągła i różniczkowalna w x0 = 0,

Rozwiązanie:Badamy różniczkowalność funkcji f w punkcie x0 = 0. Z definicji 6.1 mamy

f ′(0) = limx→0

f(x)−f(0)x = lim

x→0

x3 sin 1x−0

x = limx→0

x2 sin 1x = 0.

Funkcja f jest różniczkowalna w punkcie x0 = 0, a zatem jest również ciągław punkcie x0.

(b) jest ciągła i różniczkowalna w x0 = 0,

(c) jest ciągła i nie jest różniczkowalna w x0 = 2,

(d) jest ciągła i różniczkowalna w x0 = 1,jest ciągła i nie jest różniczkowalna w x1 = 3.

Zadanie 6.2. Obliczyć pochodną funkcji

(a) f(x) = 5x2 + 3x − 4

√x,

(b) f(x) = 2 sinx− 3 cosx+ π,

(c) f(x) = ex arctg x,

(d) f(x) = x3 cos(x√x),

(e) f(x) = ex tg x · arcsinx,

(f) f(x) = ln(x3 + 2

)+ cos 1

x + 1x2 ,

(g) f(x) = ln(x4 + 2

)5− ln3 x+sin4 x,

(h) f(x) = e−x2

sin√x,

(i) f(x) = ln sinx arcsinx2,

(j) f(x) = sinxcosx + 1

lnx + 12√x,

(k) f(x) = ln(2x4+2x)sinx ,

(l) f(x) = sin(x3−3x2)3x2−6x ,

(m) f(x) = sinx ctg xe−2x ,

(n) f(x) =√

tg x+ 3,

(o) f(x) = sin(e−x2+2 + 1),

(p) f(x) =cos(ln2(3x+5)+7)

11 ,

(q) f(x) = ln√

sin 1x2 ,

(r) f(x) =

√1 +

√arcsin

√x− 1,

(s) f(x) = xcosx,

(t) f(x) = (sinx)−2x,

(u) f(x) =(1 + 1

x

)x.

Odpowiedzi:

(a) 10x− 3x2 −

2√x,

(b) 2 cosx+ 3 sinx,

(c) ex arctg x+ ex

x2+1 ,

(d) 3x2 cosx32 − 3

2x72 sinx

32 ,


(e) ex arcsinx(tg x+ 1

cos2 x

)+ ex tg x√

1−x2 ,

(f) 3x2x3+2 +

sin 1x

x2 −2x3 ,

(g) 20x3x4+2 −

3 ln2 xx + 4 sin3 x cosx,

(h) e−x2(

cos√x

2√x− 2x sin

√x),

(i) ctg x arcsinx2 + 2x ln sinx√1−x4 ,

(j) −1x ln2 x

+ 1cos2 x −

14√x3

,

(k) (4x3+1) sinx−x(x3+1) cosx ln(2x(x3+1))x(x3+1) sin2 x ,

(l) 3x2(x−2)2cos(x3−3x2)+2(1−x)sin(x3−3x2)3x2(x−2)2 ,

(m) e2x(2 cosx− sinx),

(n)√

3+tanx2 cosx(3 cosx+sinx) ,

(o) −2xe2−x2 cos(e2−x2 + 1),

(p) −6 ln(3x+5) sin(ln2(3x+5)+7)11(3x+5) ,

(q) −ctg 1

x2

x3 ,

(r) 1

8√

2−x√x−1√

arcsin√x−1

√√arcsin

√x−1+1

,

(s) xcosx−1(cosx− x sinx lnx),

(t) −(sinx)−2x−1(2 sinx · ln sinx+ 2x cosx),

(u)(1 + 1

x

)x (ln(1 + 1

x

)− 1

x+1

).

Rozwiązania wybranych przykładów(a) f ′(x) = 5 · 2x+ 3 · (−1)x−2 − 4 · 1

2x− 12 = 10x− 3

x2 −2√x

(f) f ′(x) = 1x3+2 · 3x

2 + (− sin 1x) · (− 1

x2 ) +(−2x−3) = 3x2

x3+2 +sin 1

xx2 −

2x3

(h) f ′(x) = e−x2(−2x) sin

√x+ e−x

2 12√x

cos√x = e−x

2(

cos√x

2√x− 2x sin

√x)


(%i1) f(x):=5*x^2+3/x-4*sqrt(x);(%o1) f (x) := 5 x2 + 3

x + (−4)√x

Aby obliczyć pochodną tej funkcji, wykorzystamy funkcję diff().

(%i2) diff(f(x),x);(%o2) 10 x− 2√

x− 3x2

(d) Definiujemy funkcję:

(%i1) g(x):= %e^x*atan(x);(%o1) g (x) := %ex atan (x)

Obliczymy pochodną tej funkcji.

(%i2) diff(g(x),x);(%o2) %ex atan (x) + ex

x2+1


(v) Definiujemy funkcję:

(%i1) h(x):=(1+1/x)^x;(%o1) h (x) :=

(1+ 1

x

)xObliczymy pochodną tej funkcji.

(%i2) diff(h(x),x);

(%o2)(1x + 1

)x (log(1x + 1

)− 1

( 1x+1) x

)

Zadanie 6.3. Korzystając z reguły de l’Hospitala, obliczyć

(a) limx→π

4+

(ctg x)1

x−π4 ,

(b) limx→0+

( 1x

)sinx,

(c) limx→0

ex−e−x+3xx ,

(d) limx→2

lnx−ln 2x−2 ,

(e) limx→1

1+cosπxx2−2x+1 ,

(f) limx→0

sinx−x cosxx3 ,

(g) limx→π

2

1−sinx+cosxsin 2x−cosx ,

(h) limx→0+

ln sinxln sin 2x ,

(i) limx→0

ln cosxln cos 2x ,

(j) limx→+∞

x2e−x,

(k) limx→0+

x2 lnx,

(l) limx→0

(1x −

1ex−1

),

(m) limx→2

(1

ln(x−1) −1

x−2

),

(n) limx→1+

(x− 1) ln (x− 1),

(o) limx→+∞

(π − 2 arctg x) lnx,

(p) limx→1+

(x− 1)x−1,

(q) limx→+∞

x ln x+3x−3 ,

(r) limx→+∞

(x+ 2x)1x ,

(s) limx→2+

(ln 1

x−2

)x−2,

(t) limx→π

4

(tg x)tg 2x,

(u) limx→π

6

(sin 3x)tg 3x,

(v) limx→+∞

(2π arctg x

)x2,

(w) limx→+∞

(1− 3

x

)2x,

(x) limx→0+

(sinx)1ln x ,

(y) limx→0

(cosx)1x2 .

Odpowiedzi:

(a) e−2,


Rozwiązanie:

limx→π

4+

(ctg x)1

x−π4 = [1∞] = limx→π

4+e1

x−π4ln ctg x

= e−2 = 1e2 ,

ponieważ

limx→π

4+

ln ctg xx−π4

=[

00

]H= limx→π

4+

tg x −1sin2 x1 = − lim

x→π4+

tg xsin2 x = − 1

12

= −2.

(b) 1,

Rozwiązanie:limx→0+

( 1x

)sinx =[∞0] = lim

x→0+esinx ln 1

x = e0 = 1,

ponieważ

limx→0+

sinx ln 1x = [0 · ∞] = lim

x→0+

ln 1x1sin x

H= limx→0+

x(− 1x2

)− cos xsin2 x

= limx→0+

sin2 xx cosx =

= limx→0+

sinxx tg x = 1 · 0 = 0.

(c) 5,

(d) 12 ,

(e) π2

2 ,

(f) 13 ,

(g) 1

(h) 1,

(i) 14 ,

(j) 0,

(k) 0,

(l) 12 ,

(m) 12 ,

(n) 0,

(o) 0,

(p) 1,

(q) 6,

(r) 2,

(s) 1,

(t) e−1,

(u) 1,

(v) 0,

(w) e−6,

(x) e,

(y) e−12 .

Zadanie 6.4. Wyznaczyć asymptoty funkcji y = y (x)

(a) y = x3

1−x2 ,

(b) y = arctg x3−3x2+2xx2−4x+4 ,

(c) y = xex−1 ,

(d) y = lnx2√x,

(e) y = x√

x2−x ,

(f) y = (x− 2) e1x ,

(g) y = e−x

4−x ,

(h) y = x ln(

1x + e

),

(i) y = ln xx−2 ,

(j) y = x arctg x−1x+1 .

Odpowiedzi:

(a) x = ±1 asymptota pionowa obustronna,y = −x asymptota ukośna przy x→ ±∞,

Rozwiązanie:Dziedziną funkcji jest zbiór D = R \ −1; 1 = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞).Sprawdzamy istnienie asymptot pionowych obliczając granice w punktach (skoń-czonych), będących krańcami przedziałów, na których określona jest funkcja.


limx→−1−

x3

1−x2 =[−10−

]= +∞

limx→−1+

x3

1−x2 =[−10+

]= −∞

– istnieje asymptota pionowa obustronna w x = −1.

limx→1−

x3

1−x2 =[−10+

]= −∞

limx→1+

x3

1−x2 =[−10−

]= +∞

– istnieje asymptota pionowa obustronna w x = 1.

Sprawdzamy istnienie asymptot poziomych.lim

x→±∞x3

1−x2 = limx→±∞

x1x2−1

= ±∞ – brak asymptot poziomych.

Sprawdzamy istnienie asymptot ukośnych.lim

x→±∞x3

x−x3 = limx→±∞

11x3−1

= −1

limx→±∞

(x3

1−x2 + x)

= limx→±∞

x3+x−x31−x2 = lim

x→±∞x

1−x2 = limx→±∞

11x−x = 0

Istnieje asymptota ukośna obustronna o równaniu y = −x.

(b) y = ±π2 asymptota pozioma odpowiednio przy x→ ±∞,

(c) y = 0 asymptota pozioma przy x→ +∞,y = −x asymptota ukośna przy x→ −∞,

(d) x = 0 asymptota pionowa prawostronna,y = 0 asymptota pozioma przy x→ +∞,

(e) x = 2 asymptota pionowa lewostronna,

(f) x = 0 asymptota pionowa prawostronna,y = x− 1 asymptota ukośna przy x→ ±∞,

(g) x = 4 asymptota pionowa obustronna,y = 0 asymptota pozioma przy x→ +∞,

(h) x = −1e asymptota pionowa lewostronna,

y = x+ 1e asymptota ukośna przy x→ ±∞,

(i) x = 0 asymptota pionowa lewostronna,x = 2 asymptota pionowa prawostronna,y = 0 asymptota pozioma przy x→ ±∞,

(j) y = π4x− 1 asymptota ukośna przy x→ ±∞.

(g) Definiujemy funkcję:

(%i1) f(x):=(%e^(-x)/(4-x));(%o1) f (x) := %e−x

4−x


Dziedziną tej funkcji jest zbiór R\4. Sprawdzimy, czy prosta x = 4 jest asymptotąpionową tej funkcji. W pierwszym kroku sprawdzimy, czy x = 4 jest asymptotąpionową lewostronną funkcji f . Obliczymy w tym celu granicę lewostronną funkcji fw punkcie x = 4.

(%i2) limit(f(x),x,4,minus);(%o2) ∞

Wnioskujemy stąd, że prosta x = 4 jest asymptotą pionową lewostronną funkcji f .Sprawdzimy dalej, czy prosta x = 4 jest asymptotą pionową prawostronną funkcji f .Obliczymy w tym celu granicę prawostronną tej funkcji w punkcie x = 4.

(%i3) limit(f(x),x,4,plus);(%o3) −∞

Wnioskujemy stąd, że prosta x = 4 jest asymptotą pionową prawostronną. Zatemx = 4 jest asymptotą pionową obustronną. Sprawdzimy dalej, czy funkcja f posiadaasymptotę poziomą, gdy x→ +∞. Obliczymy następującą granicę:

(%i4) limit(f(x),x ,inf);(%o4) 0

Wnioskujemy stąd, że prosta y = 0 jest asymptotą poziomą funkcji f , gdy x→ +∞.Sprawdzimy dalej, czy funkcja f posiada asymptotę poziomą, gdy x→ −∞. Obli-czymy następującą granicę:

(%i5) limit(f(x),x,-inf);(%o5) ∞

Wnioskujemy stąd, że funkcja nie posiada asymptoty poziomej, gdy x → −∞.Sprawdzimy jeszcze, czy funkcja f posiada asymptotę ukośną, gdy x → −∞.Asymptot ukośnych szukamy wśród funkcji postaci y = ax + b, gdzie a znajdu-jemy licząc granicę:

(%i6) limit(f(x)/x,x,-inf);(%o6) −∞

Wnioskujemy stąd, że funkcja nie ma asymptoty ukośnej, gdy x → −∞. Funkcjaposiada asymptotę pionową obustronną x = 4 oraz asymptotę poziomą y = 0, gdyx→ +∞.(j) Definiujemy funkcję:

(%i1) f(x):=x*atan((x-1)/(x+1));(%o1) f (x) := x atan

(x−1x+1

)Dziedziną funkcji jest zbiór R \ −1. Sprawdzimy, czy prosta x = −1 jest asymp-totą pionową lewostronną funkcji f .

(%i2) limit(f(x),x,-1,minus);(%o2) −π

2Wnioskujemy stąd, że prosta x = −1 nie jest asymptotą pionową lewostronną.Sprawdzimy dalej, czy prosta x = −1 jest asymptotą pionową prawostronną funkcji.

(%i3) limit(f(x),x,-1,plus);


(%o3) π2

Wnioskujemy stąd, że prosta x = −1 nie jest asymptotą pionową prawostronną.Sprawdzimy, czy funkcja posiada asymptotę poziomą, gdy x→ +∞.

(%i4) limit(f(x),x,inf);(%o4) ∞

Funkcja f nie posiada asymptoty poziomej, gdy x → +∞. W następnym krokuzbadamy, czy funkcja posiada asymptotę poziomą, gdy x→ −∞.

(%i5) limit(f(x),x,-inf);(%o5) −∞

Funkcja nie posiada asymptoty poziomej, gdy x→ −∞. Asymptot ukośnych funkcjiszukamy wśród funkcji postaci: y = ax+ b.

Współczynnik a wyznaczymy, obliczając następujące granice:

(%i6) a:limit(f(x)/x,x,inf);(%o6) π

4oraz

(%i7) a:limit(f(x)/x,x,-inf);(%o7) π

4Współczynnik b wyznaczymy, obliczając granice:

(%i8) b:limit(f(x)-a*x,x,inf);(%o8) −1

oraz

(%i9) b:limit(f(x)-a*x,x,-inf);(%o9) −1

Asymptota ukośna funkcji opisana jest równaniem y = π4x− 1 dla x→ ±∞.

Zadanie 6.5. Zbadać monotoniczność i wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji

(a) f (x) = 2x− lnx+ 1x ,

(b) f (x) = ln3 x− 12 ln2 x,

(c) f (x) = x(x+1)2 ,

(d) f (x) =√ex − e2x,

(e) f (x) = ln2 x1−lnx ,

(f) f (x) =√x lnx,

(g) f (x) = 2 arctg(x2e

1x

),

(h) f (x) = arcsin 2x1+x2 .

Odpowiedzi:

(a) funkcja jest malejąca na przedziale (0, 1) oraz rosnąca na przedziale (1,+∞),minimum lokalne w punkcie x = 1,

Rozwiązanie:f (x) = 2x− lnx+ 1

x , dziedziną funkcji f jest D = R+,


f ′ (x) = 2− 1x −

1x2 , dziedziną pochodnej funkcji f jest D′ = R+

Korzystając z warunku koniecznego istnienia ekstremum, otrzymujemy:f ′ (x) = 0⇐⇒ 2− 1

x −1x2 = 0⇐⇒ 2x2−x−1

x2 = 0⇐⇒ 2x2 − x− 1 = 0⇐⇒ x1 = −1

2 /∈ D lub x2 = 1 ∈ D.Punkt x2 = 1 jest punktem stacjonarnym funkcji f i jedynym, w którym może onamieć ekstremum.Zbadamy teraz monotoniczność funkcji f .Ze względu na dziedzinę pochodnej D′

f ′(x) > 0⇐⇒ x ∈ (1,+∞) i f ′(x) < 0⇐⇒ x ∈ (0, 1).Zatem (patrz str. 71 i twierdzenie 6.7)

x 0 . . . 1 . . .+∞f ′(x) × − 0 +f(x) × min. lokalne

fmin(1) = 3

(b) funkcja jest rosnąca na przedziałach (0, 1), (e13 ,+∞) oraz malejąca na prze-

dziale (1, e13 ), maksimum lokalne w punkcie x = e

13 , minimum lokalne w punk-

cie x = 1,

(c) funkcja jest malejąca na przedziałach (−∞,−1), (1,+∞) oraz rosnąca naprzedziale (−1, 1), maksimum lokalne w punkcie x = 1,

(d) funkcja jest rosnąca na przedziale (−∞, ln 12) oraz malejąca na przedziale

(ln 12 , 0), maksimum lokalne w punkcie x = ln 1

2 ,

(e) funkcja jest rosnąca na przedziałach (1, e), (e, e2) oraz malejąca na przedzia-łach (0, 1), (e2,+∞), minimum lokalne w punkcie x = 1, maksimum lokalnew punkcie x = e2,

(f) funkcja jest malejąca na przedziale (0, e−2) oraz rosnąca na przedziale(e−2,+∞), minimum lokalne w punkcie x = e−2,

(g) funkcja jest malejąca na przedziałach (−∞, 0), (0, 12) oraz rosnąca na prze-

dziale (12 ,+∞), minimum lokalne w punkcie x = 1

2 ,

(h) funkcja jest malejąca na przedziałach (−∞,−1), (1,+∞) oraz rosnąca naprzedziale (−1, 1), minimum lokalne w punkcie x = −1, maksimum lokalnew punkcie x = 1 (w tych punktach funkcja nie jest różniczkowalna).

W zadaniu tym wykorzystamy pakiet solve rat ineq, który umożliwia rozwiązy-wanie nierówności wymiernych. Badając więc monotoniczność funkcji (której po-chodna jest funkcją wymierną), można wykorzystać ten pakiet bez koniecznościsporządzania wykresu pochodnej badanej funkcji.

(c) Definiujemy funkcję:

(%i1) f(x):=x/((x+1)^2);


(%o1) f (x) := x(x+1)2

Dziedziną tej funkcji jest zbiór R \ −1. Obliczymy pochodną tej funkcji. Otrzy-mane wyrażenie przypiszemy do zmiennej a, aby można było się do tej zmiennejodwołać.(%i2) a:diff(f(x),x);(%o2) 1

(x+1)2− 2 x

(x+1)3

Dziedzina pochodnej pokrywa się z dziedziną funkcji. Przyrównamy otrzymanąpochodną do zera i rozwiążemy otrzymane równanie.

(%i3) solve(a=0,x);(%o3) [x = 1]

Punkt x = 1 jest punktem stacjonarnym funkcji f . Za pomocą instrukcji load()wczytamy pakiet solve rat ineq.

(%i4) load(solve rat ineq)$Zbadamy znak pochodnej, odwołując się do zmiennej a, do której ta pochodna jestprzypisania. Otrzymaną nierówność przypiszemy do zmiennej n1.

(%i5) n1:a>0;(%o5) 1

(x+1)2− 2 x

(x+1)3> 0

(%i6) solve rat ineq(n1);(%o6) [[x > −1, x < 1]]

Otrzymany wynik interpretujemy następująco: dla x ∈ (−1, 1) pochodna przyjmujewartości dodatnie, zatem na tym przedziale funkcja f jest rosnąca.Sprawdzimy teraz, dla jakich x pochodna przyjmuje wartości ujemne. Rozwiążemyw tym celu następującą nierówność, przypisując ją do zmiennej n2:

(%i7) n2:a<0;(%o7) 1

(x+1)2− 2 x

(x+1)3< 0

(%i8) solve rat ineq(n2);(%o8) [[x < −1], [x > 1]]

Nawiasy kwadratowe oddzielone przecinkiem interpretujemy jako alternatywę wy-rażeń zawartych w tych nawiasach. Dla x ∈ (−∞,−1)∪ (1,∞) pochodna funkcji fprzyjmuje wartości ujemne. Zatem funkcja f jest malejąca na przedziale (−∞,−1)oraz na przedziale (1,∞). Wykorzystując powyższe wnioski oraz fakt, że x = 1jest jedynym punktem stacjonarnym funkcji f , otrzymujemy, że w punkcie x = 1funkcja f osiąga maksimum lokalne.

(f) Definiujemy następującą funkcję:

(%i1) f(x):=sqrt(x)*log(x);(%o1) f (x) :=

√x log (x)

Dziedziną tej funkcji jest zbiór (0,∞). Obliczymy pochodną tej funkcji.

(%i2) diff(f(x),x);(%o2) log(x)

2√x

+ 1√x


Otrzymaną pochodną oznaczymy jako funkcję p(x), abyśmy później do tej funkcjimogli się odwoływać.

(%i3) p(x):=log(x)/(2*sqrt(x))+1/sqrt(x);

(%o3) p (x) := log(x)2√x

+ 1√x

Dziedzina pochodnej pokrywa się z dziedziną funkcji. Badamy warunek koniecznyistnienia ekstremum, przyrównując otrzymaną pochodną do zera i rozwiązującotrzymane równanie za pomocą funkcji solve(). Znajdziemy w ten sposób punktystacjonarne.

(%i4) solve(p(x)=0, x);(%o4) [x = %e−2]

Punkt x = e−2 jest punktem stacjonarnym. Zbadamy teraz warunek wystarczającyistnienia ekstremum lokalnego funkcji f . Narysujemy wykres pochodnej funkcji f .Za pomocą funkcji load() wczytamy pakiet graficzny draw. Instrukcja draw2d()wywołuje grafikę. Dopisanie przed instrukcją draw2d() liter wx spowoduje, że wy-kres pochodnej nie wyświetli się w oddzielnym oknie. Opcje, które są podane jakoskładowe instrukcji draw2d(), wykonują następujące czynności: yrange – ustalazakres na osi Oy, grid – decyduje o istnieniu siatki, color (polecenie zawarte po-wyżej pierwszej funkcji explicit() nadaje wybrany kolor wykresowi funkcji, któraw explicit() jest wymieniona), line width – grubość linii (wykresu). Funkcjaexplicit() wywołuje funkcję wraz z podanymi powyżej explicit() parametrami;point type – ustala typ punktu, point size – ustala rozmiar punktu. W ostat-niej składowej: points() – podajemy współrzędne punktów stacjonarnych, tzn.w pierwszym nawiasie kwadratowym podajemy odcięte punktów stacjonarnych,w drugim nawiasie kwadratowym – rzędne punktów stacjonarnych. Na wykresiepochodnej zielonym kolorem zaznaczony jest punkt stacjonarny.

(%i5) load(draw)$(%i6) wxdraw2d(xrange=[0,5],

yrange=[-2,5],grid=true,title="Wykres pochodnej funkcji f",grid=true,color=red,line width = 2,explicit(p(x),x,-5,5),color=blue,line width=1,explicit(0,x,-5,5),point type=7,point size=1.5,color=dark-green,points([ %e^(-2)],[0]))$


(%t6)

Z powyższego rysunku wnioskujemy, że w sąsiedztwie punktu stacjonarnego po-chodna zmienia znak z ”−” na ”+”. W punkcie x = e−2 funkcja f posiada więcminimum lokalne. Powyższy wykres wykorzystamy do zbadania monotonicznościfunkcji f . Dla x ∈ (0, e−2) pochodna przyjmuje wartości ujemne, zatem na tymprzedziale funkcja f jest malejąca. Dla x > e−2 pochodna przyjmuje wartościdodatnie, więc funkcja f na przedziale (e−2,∞) jest rosnąca. Na koniec naszychrozważań sporządzimy wykres funkcji f . Zielonym kolorem zaznaczony jet punktx = e−2, w którym funkcja f osiąga minimum lokalne.

(%i7) wxdraw2d(xrange=[0,5],yrange=[-2,2],grid=true,title="Wykres funkcji f",grid=true,color=red,line width = 2,explicit(f(x),x,-5,5),color=blue,line width=1,explicit(0,x,-5,5),point type=7,point size=1.5,points joined=false,color=dark-green,points([ %e^(-2)],[0]))$

(%t7)


Zadanie 6.6. Wykazać, że funkcja nie ma ekstremów lokalnych

(a) f (x) = 1√2x2−x−1

,

(b) f (x) = x5 + 2x3 + 3x+ 4,

(c) f (x) = 2(x+1)5 ,

(d) f (x) = 1

1+21x

.

Odpowiedzi:

(a) brak punktów stacjonarnych,

(b) brak punktów stacjonarnych,

(c) funkcja rosnąca,

(d) brak punktów stacjonarnych.


(%i1) f(x):=1/(sqrt(2*x^2-x-1));(%o1) f (x) := 1√

2 x2−x−1Dziedziną badanej funkcji jest zbiór (−∞,−1

2) ∪ (1,∞). Obliczymy pochodną tejfunkcji.

(%i2) diff(f(x),x);(%o2) − 4 x−1

2 (2 x2−x−1)3/2

Dziedzina pochodnej pokrywa się z dziedziną funkcji.

Sprawdzimy, czy funkcja posiada punkty stacjonarne, przyrównując pochodną dozera i rozwiązując otrzymane równanie.

(%i3) solve([-(4*x-1)/(2*(2*x^2-x-1)^(3/2))=0], [x]);(%o3) [x = 1

4 ]Otrzymany punkt nie należy do dziedziny funkcji, a więc rozważana funkcja nie mapunktów stacjonarnych. Tym samym zostało wykazane, że funkcja nie ma ekstre-mum lokalnego.


(%i1) g(x):=2^((x+1)^5);(%o1) g (x) := 2(x+1)

5

Dziedziną tej funkcji jest zbiór liczb rzeczywistych.Obliczymy pochodną tej funkcji.

(%i2) diff(g(x),x);(%o2) 5 log (2) (x+ 1)4 2(x+1)

5

Dziedziną pochodnej jest zbiór liczb rzeczywistych.Zbadamy warunek konieczny istnienia ekstremum. Przyrównamy otrzymaną po-chodną do zera i rozwiążemy otrzymane równanie. Sprawdzimy w ten sposób, czyfunkcja ma punkty stacjonarne.

(%i3) solve([5*log(2)*(x+1)^4*2^(x+1)^5=0], [x]);(%o3) [x = −1]


Punkt x = −1 jest punktem stacjonarnym funkcji. Łatwo zauważyć, że pochodnajest stałego znaku w całej dziedzinie, a to oznacza, że nie jest spełniony warunekwystarczający istnienia ekstremum lokalnego w punkcie x = −1. Zatem rozważanafunkcja nie ma ekstremum lokalnego w punkcie x = −1.

Zadanie 6.7. Znaleźć największą i najmniejszą wartość funkcji na wskazanymprzedziale

(a) f (x) = arctg x− x2 , x ∈ [0,

√3],

(b) f (x) = 3√

(x2 − 2x)2, x ∈ [−1, 3],

(c) f (x) = 2 sinx+ sin 2x, x ∈ [0, 32π],

(d) f (x) =√

1 + x2 − ln(

1x +

√1 + 1

x2

), x ∈ [1, 2].

Odpowiedzi:

(a) maxx∈[0,

√3]f(x) = f(1) = π

4 −12 , min

x∈[0,√

3]f(x) = f(0) = 0,

(b) maxx∈[−1,3]

f(x) = f(−1) = f(3) = 3√

9, minx∈[−1,3]

f(x) = f(1) = 1,

(c) maxx∈[0, 32π]

f(x) = f(π3 ) = 3√

32 , min

x∈[0, 32π]f(x) = f(3

2π) = −2,

(d) maxx∈[1,2]

f(x) = f(2) =√

5−ln(

12 +

√5

2

), minx∈[1,2]

f(x) = f(1) =√

2−ln(1 +√

2).

(a) Definiujemy funkcję f , pamiętając, że w Maximie funkcję arctg() zapisujemyjako atan().

(%i1) f(x):= atan(x)-x/2;(%o1) f (x) := atan (x)− x2

Obliczymy pochodną funkcji f , wykorzystując do tego funkcję diff(). Otrzymanewyrażenie przypiszemy do zmiennej a, gdyż będziemy się do tej zmiennej odwoły-wać.(%i2) a:diff(f(x),x);(%o2) 1

x2+1 −12

Przyrównamy pochodną do zera i rozwiążemy otrzymane równanie, używając funk-cji solve().

(%i3) solve(a=0,x);(%o3) [x = −1, x = 1]


Punkty x = −1 oraz x = 1 są punktami stacjonarnymi. Spośród punktów x = −1oraz x = 1 wybieramy tylko ten, który należy do przedziału [0,

√3]. Rozważymy

więc tylko punkt x = 1. Aby znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji naprzedziale [0,

√3], obliczymy wartość funkcji f w punkcie x = 1 oraz na krańcach

przedziału [0,√

3].

(%i4) f(1);(%o4) π

4 −12

(%i5) f(0);(%o5) 0(%i6) f(sqrt(3));

(%o6) π3 −

√32

Spośród trzech wartości: f(1), f(0), f(√

3) wybieramy wartość najmniejszą i naj-większą. Otrzymujemy w ten sposób, że największą wartość na wskazanym prze-dziale funkcja f osiąga w punkcie x = 1, a najmniejszą w punkcie x = 0. Na koniecporównamy nasze rozważania z wykresem funkcji f . Zielonym kolorem zaznaczymynajmniejszą i największą wartość funkcji na przedziale [0,

√3].

(%i7) wxdraw2d(xrange=[-4,4],yrange=[-2,2],grid=true,proportional axes = xy,title="Wykres funkcji f ",grid=true,color = red,line width=2,explicit(f(x),x,-4,4),color=blue,line width=1,explicit(0,x,-4,4),point type=7,point size=1.5,points joined = false,color=dark-green,points([0,1],[f(0),f(1)]) )$

(%t7)


Zadanie 6.8. Udowodnić, że

(a) arcctg x = arcsin 1√1+x2

dla x > 0,

(b) arcsin√

1− x2 = arccosx dla x ∈ (0, 1),

(c) lnx <√x dla x > 0,

(d) lnx ¬ x− 1 dla x ∈ R,

(e) cosx 1− x2

2 dla x ∈ R,

(f) x arctg x > π2x− 1 dla x 0.

Odpowiedzi:

(a) Bezpośrednim rachunkiem sprawdzamy ( arcctg x)′ =(arcsin 1√

1+x2

)′, co

oznacza, że istnieje stała C taka, że dla dowolnego x > 0,arcctg x− arcsin 1√

1+x2= C.

Niech x = 1, wówczas arcctg 1− arcsin√

22 = π

4 −π4 = 0, co kończy dowód.

(b) Analogicznie jak w podpunkcie (a).

(c) Rozważmy funkcję f(x) = lnx −√x dla x > 0. Wyznaczając jej prze-

działy monotoniczności i ekstrema lokalne, otrzymujemy, że dla x ∈ (0, 4)funkcja jest rosnąca, a dla x ∈ (4,∞) jest malejąca. Wartość maksymalnafmax(4) = ln 4− 2. Mamy więc f(x) ¬ f(4) < 0 dla dowolnego x > 0.

(d) Analogicznie jak w w podpunkcie (c).

(e) Należy zbadać monotoniczność, znaleźć ekstrema lokalne, przedziały wklęsło-ści i wypukłości funkcji f(x) = cosx− 1 + x2

2 .

(f) Analogicznie jak w podpunkcie e z dodatkową analizą zachowania funkcji nakrańcach dziedziny.

Zadanie 6.9. Wyznaczyć przedziały wklęsłości i wypukłości oraz punkty przegię-cia funkcji (jeśli istnieją)

(a) f (x) = −e−1x ,

(b) f (x) = 5x1+x2 ,

(c) f (x) = xlnx ,

(d) f (x) = x 3√x− 1,

(e) f (x) = ln(1− x2),

(f) f (x) = arctg (lnx),

(g) f (x) = earcsin√x.


Odpowiedzi:

(a) (−∞, 0), (0, 12) – funkcja wklęsła, (1

2 ,+∞) – funkcja wypukła,x = 1

2 – punkt przegięcia,

Rozwiązanie:f (x) = −e−

1x , D : x 6= 0

f ′ (x) = − 1x2 e− 1x , dziedzina pochodnej D′ = D

f ′′ (x) = −e−1x

1x2x

2 − e−1x 2x

x4 = −e−1x

1−2xx4 , dziedzina drugiej pochodnej D′′ = D

f ′′ (x) = 0⇐⇒ 1− 2x = 0⇐⇒ x = 12

f ′′ (x) > 0⇐⇒ 1− 2x < 0 i x 6= 0⇐⇒ x > 12 ⇐⇒ x ∈ (1

2 ,+∞)f ′′ (x) < 0⇐⇒ 1− 2x > 0 i x 6= 0⇐⇒ x < 1

2 i x 6= 0⇐⇒ x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, 12)

Zatem korzystając z twierdzeń 6.9, 6.10, 6.11, 6.12, otrzymujemy:x −∞ . . . 0 . . . 1

2 . . .+∞f ′′(x) − × − 0 +f(x) _ × _ p.p ^

(b) (−√

3, 0), (√

3,+∞) – funkcja wypukła, (−∞,−√

3), (0,√

3) – funkcja wklę-sła, x = −

√3, x = 0, x =

√3 – punkty przegięcia,

(c) (0, 1), (1, e2) – funkcja wypukła, (e2,+∞) – funkcja wklęsła, x = e2 – punktprzegięcia,

(d) (−∞, 1), (32 ,+∞) – funkcja wypukła, (1, 3

2) – funkcja wklęsła, x = 32 , x = 1

– punkty przegięcia,

(e) (−1, 1) – funkcja wklęsła,

(f) (0, 1e ), (1

e ,+∞) – funkcja wklęsła, brak punktów przegięcia,

(g) (0, 5−√

510 ) – funkcja wklęsła, (5−

√5

10 , 1) – funkcja wypukła, x = 5−√

510 – punkt

przegięcia.


(%i1) f(x):=(5*x)/(1+x^2);(%o1) f (x) := 5 x

1+x2

Obliczymy drugą pochodną funkcji f , wykorzystując do tego funkcję diff() o na-stępującej składni: diff(f(x),x,2). Liczba 2 jako ostatni argument tej funkcjioznacza drugą pochodną. Otrzymany wynik przypiszemy do zmiennej a.

(%i2) a:diff(f(x),x,2);(%o2) 40 x3

(x2+1)3− 30 x

(x2+1)2


Zbadamy warunek konieczny istnienia punktu przegięcia funkcji f . Przyrównamydrugą pochodną funkcji f do zera, odwołując się do zmiennej a i rozwiążemy otrzy-mane równanie.(%i3) solve(a=0,x);(%o3) [x = −

√3, x =

√3, x = 0]

Punkty x = −√

3, x = 0, x =√

3 to możliwe punkty przegięcia funkcji f . Zba-damy teraz warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia funkcji f . W celurozwiązania odpowiednich nierówności użyjemy pakietu solve rat ineq.

(%i4) load(solve rat ineq)$Rozwiążemy następującą nierówność, przypisując ją do zmiennej n1.

(%i5) n1:a>0;(%o5) 40 x3

(x2+1)3− 30 x

(x2+1)2> 0

Rozwiązujemy powyższą nierówność:

(%i6) solve rat ineq(n1);(%o6) [[x > −

√3, x < 0], [x >

√3]]

Wnioskujemy stąd, że druga pochodna funkcji f przyjmuje wartości dodatnie dlax ∈ (−

√3, 0) ∪ (

√3,+∞). Możemy stąd od razu wywnioskować, że funkcja na

przedziałach (−√

3, 0), (√

3,+∞) jest wypukła.Rozwiążemy dalej następującą nierówność, przypisując ją do zmiennej n2.

(%i7) n2:a<0;(%o7) 40 x3

(x2+1)3− 30 x

(x2+1)2< 0

Rozwiązanie tej nierówności:

(%i8) solve rat ineq(n2);(%o8) [[x < −

√3], [x > 0, x <

√3]]

Druga pochodna funkcji f przyjmuje wartości ujemne dla x ∈ (−∞,−√

3)∪(0,√

3).Wnioskujemy stąd, że funkcja na przedziałach (−∞,−

√3), (0,

√3) jest wklęsła.

Z powyższych rozważań wynika również, iż druga pochodna funkcji f zmienia znakw sąsiedztwie punktów x = −

√3, x = 0, x =

√3. Oznacza to, iż punkty te są

punktami przegięcia funkcji f . Zilustrujmy wykres drugiej pochodnej funkcji f naponiższym rysunku.

(%i9) load(draw)$(%i10) wxdraw2d(xrange=[-5,5],

yrange=[-8,8],grid=true,proportional axes = xy ,title="Wykres drugiej pochodnej funkcji f",grid=true,color = red,line width = 2,explicit(a,x,-5,5),color = blue,


line width = 1,explicit(0,x,-8,8),point type=7,point size=1.5,color=dark-green,points([-sqrt(3),0,sqrt(3)],[0,0,0]))$

(%t10)

A teraz zobaczmy jak wygląda wykres funkcji f . Obliczymy dodatkowo wartościfunkcji f w punktach x = −

√3, x = 0, x =

√3. Punkty przegięcia zaznaczymy na

wykresie zielonym kolorem.

(%i11) f(-sqrt(3));

(%o11) −5√34

(%i12) f(0);(%o12) 0(%i13) f(sqrt(3));

(%o13) 5√34

(%i14) wxdraw2d(xrange= [-3,3],yrange=[-3,3],grid = true,proportional axes = xy,grid=true,color = red,line width = 2,explicit(f(x),x,-3,3),color = blue,line width = 1,explicit(0,x,-3,3),point type =7,point size = 1.5,points joined = false,color = dark-green,points([-sqrt(3),0,sqrt(3)],


[-(5*sqrt(3))/4,0,(5*sqrt(3))/4]))$

(%t14)

Zadanie 6.10. Naszkicować wykres funkcji, wiedząc, że

(a) f : R→ R, f ′ (x) > 0 dla x ∈ (−∞, 0) ,x = 3− punkt przegięcia, lim

x→+∞f (x) = −3.

(b) f : R \ 1 → R, f ′′ (x) < 0 dla x ∈ (−∞, 1) , f ′ (x) < 0 dla x ∈ (1,+∞) ,lim

x→+∞f (x) = 0, lim

x→1−f (x) = 1.

(c) f : R \ 2 → R, f ′ (x) < 0 dla x ∈ (1, 2) , f ′′ (x) > 0 dla x ∈ (2,∞) ,x = 1− punkt nieciągłości, lim

x→2f (x) = 3.

(d) f : R \ 0 → R, f ′ (x) < 0 dla x ∈ (0, 5) , f ′′ (x) < 0 dla x ∈ (−∞, 0) ,x = 2 punkt przegięcia, lim

x→−∞f (x) = −1.

(e) f : R \ 5 → R, x = 0 punkt nieciągłości, x = 2 punkt nieróżniczkowalności,x = 4 punkt przegięcia, lim

x→+∞f (x) = 0, lim

x→5−f (x) = 2.

Odpowiedzi:Przykładowe wykresy

(a)

x

y

O

−3

3

(b)

x

y

O 1

1


(c)

x

y

O 1 2

3

(d)

x

y

O

−12 5

(e)x

y

O 2 4 5

2

Zadanie 6.11. Zbadać przebieg zmienności i naszkicować wykres funkcji

(a) f (x) = 1x2 − 2x,

(b) f (x) =√

(1− x2)3,

(c) f (x) = x1−lnx ,

(d) f (x) = arctg x−1x+1 .

Odpowiedzi:

(a) D = (−∞, 0) ∪ (0,+∞); asymptota pionowa obustronna x = 0; asymptotaukośna obustronna y = −2x; fmin(−1) = 3; funkcja wypukła na przedziałach(−∞, 0), (0,+∞); punktów przegięcia nie ma.

x

y

O

y=−

2x

−1

3

1


(b) D = [−1, 1]; f(−1) = f(1) = 0; dziedziną pochodnej f ′ jest przedział (−1, 1),fmax(0) = 1; funkcja wypukła na przedziałach (−1,−

√2

2 ), (√

22 , 1); funkcja

wklęsła na przedziale (−√

22 ,√

22 ); punkty przegięcia x = −

√2

2 i x =√

22 .

x

y

O−1 1

1

−√22

√22

√24

(c) D = (0, e) ∪ (e,+∞); limx→0+

f(x) = 0; asymptota pionowa obustronna

x = e; limx→+∞

f(x) = −∞; fmax(e2) = −e2; funkcja wypukła na przedzia-

łach (0, e), (e3,+∞); funkcja wklęsła na przedziale (e, e3); punkt przegięciax = e3.

x

y

O

e e2 e3

−e2

− 12e3

(d) D = R \ −1; limx→−1+

f(x) = −π2 , lim

x→−1−f(x) = π

2 ; asymptota pozioma obu-

stronna y = π4 ; funkcja rosnąca na przedziałach (−∞,−1) i (−1,+∞); funkcja

wypukła na przedziałach (−∞,−1), (−1, 0); funkcja wklęsła na przedziale(0,+∞); punkt przegięcia x = 0.

x

y

O−1 1

π2

−π2

y = π4


(a) Zbadamy przebieg zmienności następującej funkcji:

(%i1) f(x):=1/(x^2)-2*x;(%o1) f (x) := 1

x2 − 2 xDziedziną tej funkcji jest zbiór (−∞, 0)∪ (0,+∞). Obliczymy granice na krańcachdziedziny.

(%i2) limit(f(x),x,inf);(%o2) −∞(%i3) limit(f(x),x,-inf);(%o3) ∞

Wnioskujemy stąd, że funkcja f nie ma asymptoty poziomej. Dalej obliczymy gra-nicę prawostronną i lewostronną w punkcie x = 0.

(%i4) limit(f(x),x,0,plus);(%o4) ∞(%i5) limit(f(x),x,0,minus);(%o5) ∞

Wnioskujemy stąd, że prosta x = 0 jest asymptotą pionową obustronną funkcji f .Sprawdzimy dalej, czy funkcja posiada asymptoty ukośne. Szukamy tych asymptotwśród funkcji postaci y = ax + b, gdzie współczynnik a znajdziemy, obliczającgranice:

(%i6) limit(f(x)/x,x,inf);(%o6) −2(%i7) limit(f(x)/x,x,-inf);(%o7) −2

Wnioskujemy stąd, że współczynnik a = −2 dla x → ±∞. Współczynnik b znaj-dziemy, obliczając granice:

(%i8) limit(f(x)-(-2)*x,x,inf);(%o8) 0(%i9) limit(f(x)-(-2)*x,x,-inf);(%o9) 0

Współczynnik b = 0 dla x → ±∞. Asymptota ukośna funkcji f : y = −2x. W ko-lejnym kroku znajdziemy ekstrema lokalne funkcji f oraz zbadamy jej monotonicz-ność. Na początek obliczymy pierwszą pochodną funkcji f .

(%i10) diff(f(x),x);(%o10) − 2x3 − 2

Dziedziną pochodnej funkcji f jest zbiór R \ 0. Znajdziemy punkty stacjonarnefunkcji f , przyrównując otrzymaną pochodną do zera i rozwiązując otrzymane rów-nanie. Rozwiązań tego równania poszukujemy w zbiorze liczb rzeczywistych, dla-tego użyjemy funkcji realroots().

(%i11) realroots(-2/x^3-2=0);(%o11) [x = −1]


Punkt x = −1 jest punktem stacjonarnym funkcji f . Narysujemy wykres pochodnejfunkcji f , aby sprawdzić, czy w sąsiedztwie punktu stacjonarnego pochodna zmieniaznak.(%i12) load(draw)$(%i13) wxdraw2d(xrange=[-3,3],

yrange=[-10,10],grid=true,title="Wykres pochodnej",color = red,line width = 2,explicit(-2/x^3-2,x,-3,3),color = blue,line width =1,explicit(0,x,-3,3),point type =7,point size = 1.5,points joined = false,color = dark-green,points([-1],[0]) )$

(%t13)

W sąsiedztwie punktu x = −1 pochodna funkcji f zmienia znak z ”−” na ”+”,zatem funkcja posiada minimum lokalne w tym punkcie. Obliczymy wartość funkcjif w punkcie x = −1.

(%i14) f(-1);(%o14) 3

Z powyższego wykresu odczytujemy również, że pochodna funkcji f przyjmuje war-tości ujemne dla x ∈ (−∞,−1)∪ (0,∞). Oznacza to, że funkcja f jest malejąca naprzedziałach (−∞,−1), (0,∞). Ponadto pochodna funkcji przyjmuje wartości do-datnie dla x ∈ (−1, 0). Oznacza to, że na przedziale (−1, 0) funkcja f jest rosnąca.W kolejnym kroku sprawdzimy, czy funkcja f posiada punkty przegięcia oraz zba-damy, na jakich przedziałach funkcja f jest wklęsła, a na jakich wypukła. Obli-czymy najpierw drugą pochodną funkcji f .

(%i15) diff(f(x),x,2);(%o15) 6

x4


Dziedziną drugiej pochodnej funkcji f jest zbiór R \ 0. Łatwo zauważyć, że nazbiorze R\0 druga pochodna funkcji f przyjmuje wartości dodatnie. Oznacza to,że na przedziałach (−∞, 0), (0,+∞) funkcja jest wypukła. Ponadto funkcja f nieposiada punktów przegięcia. W ostatnim kroku znajdziemy miejsca zerowe funkcjif . Rozwiążemy w tym celu równanie f(x) = 0.

(%i16) realroots(f(x)=0);(%o16) [x = 26632171

33554432 ]Przybliżymy wartość otrzymanego wyniku.

(%i17) float( %);(%o17) [x = 0.79370054602623]

Podsumowując nasze rozważania, narysujemy wykres funkcji f . Kolorem czerwo-nym zaznaczony jest wykres funkcji f . Asymptota ukośna – kolorem niebieskim,asymptota pionowa – zielonym.

(%i18) wxdraw2d(xrange=[-10,10],yrange=[-10,10],grid=true,grid=true,color = red,line width = 2,explicit(f(x),x,-10,10),color = black,line width = 1,explicit(0,x,-10,10),color = blue,line width = 1.5,explicit(-2*x,x,-10,10),color = dark-green,implicit(x=0,x,-10,10,y,-10,10))$

(%t18)


7. Rachunek całkowy funkcji jednej zmiennej

Zadanie 7.1. Za pomocą twierdzeń o całkowaniu przez części i przez podstawienieobliczyć całki nieoznaczone

(a)∫ex cosx dx,

(b)∫

ln2 x3x dx,

(c)∫x3 lnx dx,

(d)∫

arccosx dx,

(e)∫x√x− 3 dx,

(f)∫x2 sin 2x dx,

(g)∫

4x2ex3dx,

(h)∫

5x3√x4 + 7 dx,

(i)∫

tg 5x dx,

(j)∫

2 arccosx√4−4x2

dx,

(k)∫esinx sin 2x dx,

(l)∫x sin(lnx)dx,

(m)∫x3 ln(x4 + 2)dx,

(n)∫x9ex

5dx,

(o)∫

xx4+1dx,

(p)∫

sin2(lnx)x dx,

(q)∫e√xdx,

(r)∫

sin√x dx,

(s)∫

dxx lnx ln(lnx) ,

(t)∫

dxex+e−x ,

(u)∫

dx1+ex ,

(v)∫x sin

√xdx,

(w)∫

arctg (e2x)e2x dx,

(x)∫

tg(1+e−x)ex dx,

(y)∫

x cosxsin3 x dx.

Odpowiedzi:

(a) 12(ex cosx+ ex sinx) + C,

Rozwiązanie:Korzystając z twierdzenia o całkowaniu przez części (twierdzenie 7.3), otrzymu-

jemy:∫ex cosx dx =

f = ex g′ = cosxf ′ = ex g = sinx

= ex sinx−

∫ex sinx dx =

= ex sinx−

f = ex g′ = sinxf ′ = ex g = − cosx

=

= ex sinx− (−ex cosx−∫−ex cosx dx) =

= ex sinx+ ex cosx−∫ex cosx dx,

czyli 2∫ex cosxdx = ex sinx+ ex cosx,

a zatem∫ex cosx dx = 1

2(ex cosx+ ex sinx) + C.

(b) 19 ln3 x+ C,


Rozwiązanie:Korzystając z twierdzenia 7.4, otrzymujemy∫

ln2 x3x dx =

lnx = tdxx = dt

=∫

t2

3 dt = t3

9 + C = 19 ln3 x+ C.

(c) 14(x4 lnx− x4

4 ) + C,

(d) x arccosx−√

1− x2 + C,

(e) 25(x− 3)

52 + 2(x− 3)

32 + C,

(f) −12x

2 cos 2x+ 14 cos 2x+

+ 12x sin 2x+ C,

(g) 43ex3 + C,

(h) 56(x4 + 7)

32 + C,

(i) − ln | cos 5x|5 + C,

(j) − (arccosx)2

2 + C,

(k) 2esinx sinx− 2esinx + C,

(l) 15x

2(2 sin(lnx)− cos(lnx)) + C,

(m) 14

(x4 + 2

)ln(x4 + 2

)− 1

4x4 + C,

(n) 15x

5ex5 − 1

5ex5 + C,

(o) 12 arctg x2 + C,

(p) 12 cos (lnx) sin (lnx) + 1

2 lnx+ C,

(q) 2√xe√x − 2e

√x + C ∗,

(r) 2 sin√x− 2

√x cos

√x+ C,

(s) ln (ln (lnx)) + C,

(t) arctg (ex) + C,

(u) − ln (1 + ex) + x+ C,

(v) −2(√x)3 cos

√x+ 6x sin

√x+

− 12 sin√x+ 12

√x cos

√x+ C ∗,

(w) −12

arctg (e2x)e2x +x−1

4 ln(1 + e4x)+C,

(x) ln(cos(1 + e−x) + C,

(y) −12

xsin2 x −

12 ctg x+ C.

∗ – wskazówka: podstawić√x = t, dalej przez części

(c) Na początek definiujemy funkcję, która znajduje się pod całką.

(%i1) f(x):=x^3*log(x);(%o1) f (x) := x3 log (x)

Do obliczenia całki nieoznaczonej użyjemy funkcji integrate(). Funkcja ta niezwraca stałej całkowania.

(%i2) integrate(f(x),x);

(%o2) x4 log(x)4 − x416

Można również użyć funkcji display(), aby jednocześnie zobaczyć całkę, którąliczymy i otrzymany wynik.

(%i3) display(integrate(f(x),x))$∫x3 log (x) dx = x4 log(x)

4 − x416


Zadanie 7.2. Obliczyć całki funkcji wymiernych

(a)∫

2x+32x2+6x+5dx,

(b)∫

dx(x2+1)(x+1) ,

(c)∫

x(x+1)(x+2)(x+3)dx,

(d)∫

x2+1(x+1)2(x−1)

dx,

(e)∫

dxx2−2x+1 ,

(f)∫

2x+1x−4 dx,

(g)∫

x+3x2+4x+6dx,

(h)∫

x2+5x2+2x−3dx,

(i)∫

x3+2x2+1x−1 dx,

(j)∫

2x2−1x2+1 dx,

(k)∫

4x2(x+1)(x−1)(x2+1)dx.

Odpowiedzi:

(a) 12 ln(2x2 + 6x+ 5) + C;

Rozwiązanie:

Przekształcamy całkę tak, aby skorzystać ze wzoru∫

f ′(x)f(x) dx = ln |f(x)|+ C

(patrz str. 89)∫2x+3

2x2+6x+5dx = 12

∫2(2x+3)

2x2+6x+5dx = 12

∫4x+6

2x2+6x+5dx = 12 ln(2x2 + 6x+ 5) + C.

(b) −14 ln(x2 + 1) + 1

2 arctg x+ 12 ln |x+ 1|+ C,

Rozwiązanie:Stosujemy rozkład na ułamki proste funkcji wymiernej właściwej 1

(x2+1)(x+1) (patrzstr. 91).

1(x2 + 1) (x+ 1)

=Ax+B

x2 + 1+

C

x+ 1,

stąd 1 = (Ax+B)(x+ 1) + C(x2 + 1),czyli 1 = (A+ C)x2 + (A+B)x+B + C.Zatem rozwiązujemy układA+ C = 0A+B = 0B + C = 1

, rozwiązaniami tego układu są A = −12 , B = 1

2 , C = 12 .

Widzimy, że1

(x2 + 1) (x+ 1)=−1

2x+ 12

x2 + 1+

12

x+ 1= 1

2

(−x+1x2+1 + 1

x+1

).

Czyli∫dx

(x2+1)(x+1) =∫

12

(−x+1x2+1 + 1

x+1

)dx = 1

2

∫ (−xx2+1 + 1

x2+1 + 1x+1

)dx =

= 12

(− 1

2

∫2xx2+1dx

)+ 1

2

∫dxx2+1 + 1

2

∫dxx+1 = −1

4 ln(x2+1)+ 12 arctg x+ 1

2 ln |x+1|+C.

(Przy obliczeniu pierwszej z powyższych trzech całek korzystaliśmy ze wzoru nastr. 89).


(c) −12 ln |x+ 1|+ 2 ln |x+ 2| − 3

2 ln |x+ 3|+ C,

(d) 12 ln |x+ 1|+ 1

2 ln |x− 1|+ 1x+1 + C,

(e) − 1x−1 + C,

(f) 2x+ 9 ln |x− 4|+ C,

(g) 12 ln(x2 + 4x+ 6) +

√2

2 arctg x+2√2

+ C,

(h) x− ln |x2 + 2x− 3|+ 52 ln

∣∣∣x−1x+3

∣∣∣+ C,

(i) x3

3 + 3x22 + 3x+ 4 ln |x− 1|+ C,

(j) 2x− 3 arctg x+ C,

(k) ln∣∣∣x−1x+1

∣∣∣+ 2 arctg x+ C.

(c) Definiujemy funkcję, która znajduje się pod całką:

(%i1) f(x):=x/((x+1)*(x+2)*(x+3));(%o1) f (x) := x

(x+1) (x+2) (x+3)Obliczymy całkę nieoznaczoną.


(%o2) −3 log(x+3)2 + 2 log (x+ 2)− log(x+1)

2Użyjemy jeszcze funkcji display(), aby całkę, którą obliczamy, można było zoba-czyć wraz z wynikiem.

(%i3) display(integrate(f(x),x))$∫ x(x+1) (x+2) (x+3)dx = −3 log(x+3)

2 + 2 log (x+ 2)− log(x+1)2

Zadanie 7.3. Obliczyć całki funkcji niewymiernych

(a)∫

dx√x+ 4√x,

(b)∫ √

x+1x dx,

(c)∫5√

2x− 3 dx,

(d)∫ √

x+1+1√x+1−1

dx,

(e)∫x 3√x− 3 dx,

(f)∫

4x√x2−5

dx,

(g)∫

x+2√x2+2x+4

dx,

(h)∫

x−3√1−2x−x2dx,

(i)∫

x2√x2+4x+6

dx.

Odpowiedzi:

(a) 2√x− 4 4

√x+ 4 ln( 4

√x+ 1) + C,


Rozwiązanie:Skorzystamy ze wzoru na całkowanie przez podstawianie (twierdzenie 7.4).∫

dx√x+ 4√x

=

x = t4

dx = 4t3dt

=∫

4t3dtt2+t =

∫ 4t2dtt+1 =

dzielimy licznik

przez mianownik

=

=∫ (

4t− 4 + 4t+1

)dt = 2t2−4t+4 ln(t+1)+C = 2

√x−4 4

√x+4 ln ( 4

√x+ 1)+C.

(b) 2√

1 + x+ ln∣∣∣√x+1−1√

x+1+1

∣∣∣+ C,

(c) 512(2x− 3)

65 + C,

(d) x+ 1 + 4√x+ 1 + 4 ln |

√x+ 1− 1|+ C,

(e) 37(x− 3)

73 + 9

4(x− 3)43 + C,

(f) 4√x2 − 5 + C,

(g)√x2 + 2x+ 4 + ln

∣∣∣x+ 1 +√x2 + 2x+ 4

∣∣∣+ C,

(h) −√

1− 2x− x2 − 4 arcsin x+1√2

+ C,

(i)(

12x− 3

)√x2 + 4x+ 6 + 3 ln

∣∣∣x+ 2 +√x2 + 4x+ 6

∣∣∣+ C.

(c) Zdefiniujemy funkcję, która znajduje się pod całką.

(%i1) f(x):=((2*x-3)^(1/5));(%o1) f (x) := (2 x− 3)

15

Obliczamy podaną całkę nieoznaczoną:


(%o2) 5 (2 x−3)65

12Tak jak w poprzednich zadaniach użyjemy funkcji display(), aby wyświetlić całkęi otrzymany wynik.

(%i3) display(integrate(f(x),x))$∫(2 x− 3)

15dx = 5 (2 x−3)

65

12

Zadanie 7.4. Obliczyć całki funkcji trygonometrycznych

(a)∫

sin7 x cosx dx,

(b)∫

1−cosx1+cosxdx,

(c)∫

sin 2xcos2 xdx,

(d)∫

sin5 x dx,

(e)∫

cos3 xsin2 xdx,

(f)∫

cosx(1−sinx)5

dx,


(g)∫

sinx cosx dx,

(h)∫

cos6 x dx,

(i)∫

tg x sinx dx,

(j)∫

6 sinx5−3 cosxdx.

Odpowiedzi:

(a) 18 sin8 x+ C,

Rozwiązanie:Skorzystamy ze wzoru na całkowanie przez podstawianie (twierdzenie 7.4).∫

sin7 x cosx dx =

sinx = t

cosx dx = dt

=∫t7dt = 1

8 t8 + C = 1

8 sin8 x+ C.

(b) 2 tg x2 − x+ C (wskazówka: podstawić tg x

2 = t),

(c) −2 ln | cosx|+ C,

(d) −15 cos5 x+ 2

3 cos3 x− cosx+ C,

(e) − 1sinx − sinx+ C,

(f) 14(1− sinx)−4 + C,

(g) 12 sin2 x+ C,

(h) 16 cos5 x sinx+ 5

24 cos3 x sinx+ 516 sinx cosx+ 5

16x+ C,

(i) − sinx+ ln∣∣∣1+tg x

21−tg x

2

∣∣∣+ C (wskazówka: podstawić tg x2 = t),

(j) 2 ln(5− 3 cosx) + C.

(f) Tym razem całkę nieoznaczoną obliczymy, zapisując wszystkie potrzebne in-strukcje w jednej linii poleceń. Pamiętamy, że funkcja integrate() nie zwracastałej całkowania.

(%i1) display(integrate(cos(x)/((1-sin(x))^5),x))$∫ cos(x)(1−sin(x))5

dx = 14 (1−sin(x))4

Zadanie 7.5. Obliczyć całki oznaczone

(a)6∫

4

2xx2−4dx, (b)

1∫0

2xexdx,


(c)2π∫0

4 sinx cosx dx,

(d)4∫

0

xe−x2dx,

(e)e∫

1

lnxdx,

(f)1∫

0

√x

1+xdx,

(g)1∫

0

(x2 + 3x+ 1

)dx,

(h)2π∫0

sinx dx,

(i)π∫−π

cos 2x dx,

(j)1∫

0

x√x2+1

dx,

(k)2∫−1

|x|dx,

(l)1∫−2

e|x+1|dx,

(m)3∫

0

f(x)dx,

gdzie f(x) =

1 dla x ¬ 1

2x dla x > 1.

Odpowiedzi:

(a) ln 83 ,

Rozwiązanie:Korzystając z podstawowego twierdzenia rachunku całkowego (twierdzenie 7.7),

obliczając najpierw całkę nieoznaczoną∫

2xx2−4dx = ln |x2 − 4|+ C, otrzymamy:

6∫4

2xx2−4dx = ln(x2 − 4)

∣∣∣∣64

= ln 32− ln 12 = ln 83 .

(|x2 − 4| zastąpiliśmy wyrażeniem x2 − 4, ponieważ w przedziale [4, 6] funkcjakwadratowa x2 − 4 przyjmuje wartości dodatnie).

(b) 2,

(c) 0,

(d) −12e−16 + 1

2

(e) 1,

(f) 2− π2 ,

(g) 176 ,

(h) 0,

(i) 0,

(j)√

2− 1,

(k) 52 ,

(l) e2 + e− 2,

(m) 9.

(i) Definiujemy funkcję podcałkową:

(%i1) f(x):=cos(2*x);(%o1) f (x) := cos (2 x)


Obliczymy podaną całkę oznaczoną z funkcji f , wykorzystując funkcjęintegrate(), w której jako dwa ostatnie argumenty podajemy granice całkowania.

(%i2) integrate(f(x),x,- %pi, %pi);(%o2) 0

Wyświetlimy całkę oraz otrzymany wynik.

(%i3) display(integrate(f(x),x,- %pi, %pi))$π∫−π

cos (2 x) dx = 0

Zadanie 7.6. Obliczyć całki niewłaściwe

(a)1∫

0

dxx−1 ,

(b)∞∫0

xe−2xdx,

(c)∞∫0

x(1+x)2

dx,

(d)4∫

0

3√xdx,

(e)∞∫2

dxx2+x−2 ,

(f)1∫

0

dx(2−x)

√1−x ,

(g)e−1∫0

dxx ln2 x

,

(h)∞∫1

x2+2x4 dx,

(i)∞∫e

dxx ln4 x

,

(j)∞∫0

dxx2+2x+4 ,

(k)−1∫−∞

dxx2 ,

(l)∞∫−∞

dxx2+4x+10 ,

(m)∞∫−∞

arctg 4x1+x2 dx,

(n)0∫

−∞

dx√−x ,

(o)0∫

−∞

2xe−x2dx,

Odpowiedzi:

(a) −∞,

Rozwiązanie:Przypomnijmy, że całki niewłaściwe liczymy „od końca”, najpierw całkę nieozna-

czoną∫

dxx−1 , następnie całkę oznaczoną

β∫0

dxx−1 i na końcu granicę otrzymanej

funkcji przy β → 1−.1∫

0

dx

x− 1= lim

β→1−

β∫0

dx

x− 1= lim

β→1−(ln |x− 1|)

∣∣∣∣β0

= limβ→1−

(ln |β − 1|− ln |−1|) = −∞.


(b) 14 ,

(c) ∞,

(d) 12,

(e) 23 ln 2,

(f) π2 ,

(g) 1,

(h) 53 ,

(i) 13 ,

(j) π√

39 ,

(k) 1,

(l) π√

66 ,

(m) π5

80 ,

(n) ∞

(o) −1.

(f) Do obliczenia całek niewłaściwych użyjemy tej samej funkcji co do oblicze-nia całek nieoznaczonych i oznaczonych, czyli funkcji integrate(). Definiujemyfunkcję znajdującą się pod całką.

(%i1) f(x):=1/((2-x)*sqrt((1-x)));(%o1) f (x) := 1

(2−x)√1−x

Obliczamy całkę:

(%i2) integrate(f(x),x,0,1);(%o2) π

2Wyświetlimy całkę, którą obliczamy, wraz z wynikiem.

(%i3) display(integrate(f(x),x,0,1))$1∫0

1√1−x (2−x)dx = π

2

(h) Obliczymy całkę niewłaściwą, zapisując wszystkie instrukcje w jednej liniipoleceń.

(%i1) display(integrate((x^2+2)/(x^4),x,1,inf))$∞∫1

x2+2x4 dx = 5

3

Zadanie 7.7. Obliczyć pole figury ograniczonej liniami

(a) y = sinx, x = 0, x = 2π, y = 0,

(b) y = 2x+ 4, y = x2 − 4,

(c) y = x3, y = 9x,

(d) y = ln |x|, y = 0, x = −e2, x = −e,

(e) y = 1x2 , y = x, y = 8x,

(f) y = 1√x, y = 0, x = 1, x = 4,

(g) y = e|x|, y = 0, x = −1, x = 2.

(h) y = |cosx|, x = 0, x = 32π, y = 0,

(i) y = x2, y = x3

3 ,

(j) y = arctg x, y = 0, x = 0, x = 1.

Odpowiedzi:

(a) 4,


Rozwiązanie:Korzystając z interpretacji geometrycznej całki oznaczonej (patrz str. 103, 104),otrzymujemy pole P naszej figury postaci

x

y

O

P1

P2π

2π

P = P1 + P2 =π∫

0

sinx dx+

− 2π∫π

sinx dx

= (− cosx)∣∣∣∣π0

+ cosx∣∣∣∣2ππ

=

= − cosπ + cos 0 + cos 2π − cosπ = 4.

(b) 36,

(c) 812 ,

(d) e2,

(e) 32 ,

(f) 2

(g) −2 + e2 + e,

(h) 3,

(i) 94 ,

(j) π4 −

12 ln 2.

(b) W pierwszym kroku narysujemy wykresy funkcji danych w zadaniu. Definiu-jemy te funkcje następująco:

(%i1) f(x):=2*x+4;(%o1) f (x) := 2 x+ 4(%i2) g(x):=x^2-4;(%o2) g (x) := x2 − 4

Do narysowania w jednym układzie współrzędnych wykresów funkcji f i g uży-jemy funkcji plot2d(). Litery wx przed nazwą tej funkcji spowodują, że wykres niewyświetli się w oddzielnym oknie.

(%i3) wxplot2d([f(x),g(x)], [x,-5,5])$

(%t3)

Wyznaczymy odcięte punktów przecięcia wykresów tych funkcji, rozwiązując od-powiednie równanie.

(%i4) solve([f(x)=g(x)], [x]);


(%o4) [x = −2, x = 4]Otrzymaliśmy w ten sposób granice całkowania. Aby obliczyć pole figury ograni-czonej wykresami tych funkcji, wystarczy obliczyć następującą całkę:

(%i5) display(integrate((2*x+4)-(x^2-4),x,-2,4))$4∫−2−x2 + 2 x+ 8dx = 36

Maxima sama porządkuje wyrażenie podcałkowe.

Zadanie 7.8. Obliczyć długość łuku krzywej danej równaniem y = f(x), gdziea ¬ x ¬ b, lub równaniami parametrycznymi

(a) y = x, x ∈ [0, 1],

(b) y =√

1− x2, x ∈ [0, 1],

(c) y = x32 , x ∈ [0, 4],

(d) y = ln(1− x2), x ∈ [0, 1

2

](e) x = cos t, y = sin t, t ∈ [0, π],

(f) x = t, y = 2t, t ∈ [0, 2],

(g) x = 2√

3t2, y = t3 − 4t, t ∈ [1, 2],

(h) x = 32 t

2, y = 2t2, t ∈ [0, 1],

(i) y = x2, x ∈ [0, 1],

(j) x = t, y = 2et2 , t ∈ [0, 1].

Odpowiedzi:

(a)√

2,

Rozwiązanie:Korzystając z twierdzenia 7.10, dokonując odpowiednich podstawień:

y′ = 1, (y′)2 = 1, (y′)2 + 1 = 2,

mamy |L| =1∫

0

√1 + 1 dx =

√2x∣∣∣∣10

=√

2.

(b) π2 ,

(c) 827(10

32 − 1),

(d) −12 + ln 3,

(e) π,

(f) 2√

5,

(g) 11,

(h) 52 ,

(i) 12

√5 + 1

4 ln(2 +√

5),

(j) 2√

1 + e+ ln√

1+e−1√1+e+1

+

− 2√

2− ln√

2−1√2+1

.

(b) Definiujemy funkcję:

(%i1) f(x):=sqrt(1-x^2);


(%o1) f (x) :=√1− x2

Obliczymy pochodną tej funkcji, przypisując ją do zmiennej a.

(%i2) a:diff(f(x),x);(%o2) − x√

1−x2Długość łuku krzywej (która jest wykresem funkcji f) na przedziale [0, 1] obliczymynastępująco:

(%i3) display(integrate(sqrt(1+a^2),x,0,1))$1∫0

√x21−x2 + 1dx = π

2

Zadanie 7.9. Obliczyć objętość bryły powstałej w wyniku obrotu dookoła osi Oxfigury ograniczonej krzywymi:

(a) y = 14√x , x = 1, x = 4, y = 0,

(b) y = ex√

sin 2x, x = 0, x = π2 , y = 0,

(c) y = lnx, x = 1, x = e, y = 0,

(d) y = arcsinx, x = 0, x = 1, y = 0.

Odpowiedzi:

(a) 2π,

Rozwiązanie:Korzystając z twierdzenia 7.12, dokonując podstawienia y = 1

4√x ,

y2 = 1√x, mamy

|V | = π

4∫1

dx√x

= π2√x

∣∣∣∣41

= 2π(√

4−√

1) = 2π.

(b) π(14eπ + 1

4), (c) π(e− 2), (d) π(π2

4 − 2).


(%i1) f(x):=log(x);(%o1) f (x) := log (x)

Objętość danej bryły obliczamy następująco:

(%i2) display((integrate( %pi*(f(x))^2,x,1, %e)))$e∫1π log (x)2dx = (e− 2) π


Zadanie 7.10. Obliczyć pole powierzchni powstałej w wyniku obrotu dookoła osiOx krzywej o równaniu:

(a) y = ex, x ∈ [0, 1],

(b) y = x, x ∈ [0, 2],

(c) y = cosx, x ∈[0, π2

].

Odpowiedzi:

(a) 2π(

12e√

1 + e2 + 12 ln(e+

√1 + e2)− 1

2

√2− 1

2 ln(1 +√

2)),

Rozwiązanie:Korzystając z twierdzenia 7.13, dokonując odpowiednich podstawień: y = ex,y′ = ex, (y′)2 = e2x, najpierw wyznaczamy całkę nieoznaczoną:∫ex√

1 + e2x dx =

ex = t

exdx = dt

=∫ √

1 + t2 dt =∫ 1+t2√

1+t2dt =

=

metoda

współczynników

nieoznaczonych

= 12 t√

1 + t2 + 12 ln(t+

√1 + t2) + C =

= 12ex√

1 + e2x + 12 ln(ex +

√1 + e2x) + C,

a następnie obliczamy pole szukanej powierzchni, czyli

|S| = 2π1∫

0

ex√

1 + e2xdx = 2π(

12ex√

1 + e2x + 12 ln(ex +

√1 + e2x)

) ∣∣∣∣10

=

= 2π(

12e√

1 + e2 + 12 ln(e+

√1 + e2)− 1

2

√2− 1

2 ln(1 +√

2)).

(b) 4π√

2, (c) π(√

2 + ln(1 +√

2)).


(%i1) f(x):=x;(%o1) f (x) := x

Obliczymy pochodną tej funkcji, przypisując ją do zmiennej a.

(%i2) a: diff(f(x),x);(%o2) 1

Obliczymy pole powierzchni powstałej w wyniku obrotu dookoła osi Ox krzywej fna przedziale [0, 2], wykonując poniższe obliczenia.

(%i3) integrate(2* %pi*abs(f(x))*sqrt(1+(a^2)),x,0,2);(%o3) 2

52 π


8. Szeregi funkcyjne (potęgowe i Fouriera)

Zadanie 8.1. Znaleźć zbiór tych x, dla których zbieżny jest szereg potęgowy

(a)∞∑n=1

(4x)n

n5n+1 ,

(b)∞∑n=1

10nnn x

n,

(c)∞∑n=1

(3n)!xn,

(d)∞∑n=1

(n+3)!(n+1)!x

n,

(e)∞∑n=1

(7x)n+1

n! ,

(f)∞∑n=1

2n3n+4x

n+1,

(g)∞∑n=1

(x−1)n

3n(4n−1) ,

(h)∞∑n=1

2n+1n3+n+1x

n,

(i)∞∑n=1

2(3x)n

5n−1 ,

(j)∞∑n=1

n5

5n6n+1 (x+ 2)n.

Odpowiedzi:

(a) x ∈[−5

4 ,54

),

Rozwiązanie:Wyznaczamy najpierw promień zbieżności R szeregu potęgowego, stosując twier-dzenie 8.1 (Cauchy’ego)∞∑n=1

(4x)n

n5n+1 =∞∑n=1

4nxnn5n+1 .

limn→∞

n

√4n

n5n+1 = 45 czyli R = 5

4 ,

a następnie badamy zbieżność szeregu na krańcach przedziału zbieżności (−54 ,

54).

Dla x = 54 szereg

∞∑n=1

15n = 1

5

∞∑n=1

1n jest rozbieżny

(szereg∞∑n=1

1nα jest rozbieżny dla α = 1),

a dla x = −54 szereg

∞∑n=1

(−1)n

5n jest zbieżny (kryterium Leibniza),

zatem dla x ∈ [−54 ,

54) rozważany szereg jest zbieżny.

(b) x ∈ R,

(c) x = 0,

(d) x ∈ (−1, 1),

(e) x ∈ R,

(f) x ∈ (−1, 1),

(g) x ∈ [−2, 4),

(h) x ∈ [−1, 1],

(i) x ∈(−5

3 ,53

),

(j) x ∈ (−32, 28).

(b) Rozważamy następujący szereg potęgowy:

(%i1) sum((10^n)/(n^n)*x^n,n,1,inf);


(%o1)∞∑n=1

10n xn

nn

Zdefiniujemy następujący ciąg:

(%i2) a[n]:=(10^n)/(n^n);(%o2) an := 10n

nn

Nawiasy kwadratowe w powyższej definicji spowodują wyświetlenie n jako indeksudolnego. Obliczymy następującą granicę :

(%i3) limit(((10^n)/(n^n))^(1/n),n,inf);(%o3) 0

Z twierdzenia Cauchy’ego wnioskujemy, że badany szereg potęgowy jest zbieżnyw zbiorze liczb rzeczywistych.

Zadanie 8.2. Obliczyć sumę szeregu∞∑n=1

(x2

)n, a następnie sumy szeregów

(a)∞∑n=1

nxn−1

2n ,

(b)∞∑n=1

n2n ,

(c)∞∑n=1

(−1)n−1 n2n ,

(d)∞∑n=1

xn+1

(n+1)2n ,

(e)∞∑n=1

1(n+1)2n .

Odpowiedzi:

(a) 2(2−x)2 ,

Rozwiązanie:

Szereg∞∑n=1

(x2

)n jest szeregiem geometrycznym, w którym a1 = x2 i q = x

2 ,

czyli dla∣∣x

2

∣∣ < 1 ⇐⇒ x ∈ (−2, 2) jest szeregiem zbieżnym i suma tego szeregu

S =x2

1−x2= x

2−x .

Szereg∞∑n=1

nxn−1

2n jest szeregiem pochodnych szeregu∞∑n=1

(x2

)n,

powstałym przez różniczkowanie jego wyrazów,

czyli dla x ∈ (−2, 2) mamy S′ =(

x2−x

)′= 2

(2−x)2 .

(b) 2,

(c) 29 ,

(d) −x− 2 ln(2− x) + 2 ln 2,

(e) −1 + 2 ln 2.

(b) Obliczymy sumę szeregu

(%i1) sum((x/2)^n,n,1,inf);

(%o1)∞∑n=1

xn

2n

a następnie sumę szeregu

(%i2) sum(n/(2^n),n,1,inf);


(%o2)∞∑n=1

n2n

Zakładamy, że |x2 | < 1.

(%i3) assume(abs(x/2)<1);(%o3) [|x| < 2]

Obliczymy sumę pierwszego szeregu. Użycie symbolu ’ spowoduje, że po lewej stro-nie wyświetli się symbol sumy. Użycie instrukcji ev() i polecenia simpsum pozwolina obliczenie sumy tego szeregu. Polecenie ratsimp uprości otrzymane wyrażenie.

(%i4) ’sum((x/2)^n, n, 1, inf)=ev(sum((x/2)^n, n, 1, inf),simpsum),ratsimp;

(%o4)∞∑n=1

xn

2n = − xx−2

Różniczkując powyższy szereg wyraz po wyrazie, otrzymamy lewą stronę poniższejrówności.(%i5) diff( %,x,1),factor;

(%o5)∞∑n=1

n xn−1

2n = 2(x−2)2

W powyższej równości podstawiamy x = 1 i otrzymujemy szukaną sumę szeregu.

(%i6) %,x=1;

(%o6)∞∑n=1

n2n = 2

Zadanie 8.3. Rozwinąć w szereg Maclaurina funkcję f(x). Podać, dla jakich xrozwinięcie jest prawdziwe

(a) f (x) = x sin 3x,

(b) f (x) = x2 arctg x,

(c) f (x) = sin2 x,

(d) f (x) = arcsinx,

(e) f (x) = 5(1+x)2

,

(f) f (x) = 31+x2 .

Odpowiedzi:

(a)∞∑n=0

(−1)n 32n+1(2n+1)!x

2n+2, x ∈ R,

Rozwiązanie:

Wiemy, że sinx =∞∑n=0

(−1)n x2n+1

(2n+1)! , x ∈ R,

zatem sin 3x =∞∑n=0

(−1)n (3x)2n+1

(2n+1)! ,

a x sin 3x = x∞∑n=0

(−1)n (3x)2n+1

(2n+1)! =∞∑n=0

(−1)n 32n+1(2n+1)!x

2n+2, x ∈ R.

(b)∞∑n=0

(−1)n x2n+3

2n+1 , x ∈ [−1, 1],


(c) 12 −

12

∞∑n=1

(−1)n 22nx2n(2n)! , x ∈ R,

(d) x+ 11!·2·3x

3 + 1·32!·22·5x

5 + 1·3·53!·23·7x

7 + . . ., x ∈ (−1, 1),

(e) 5∞∑n=1

(−1)n+1nxn−1, x ∈ (−1, 1),

(f) 32

∞∑n=1

(−1)n−1

2n−1 x2n−2, x ∈ (−√

2,√

2).

(b) Rozwiniemy w szereg Maclaurina następującą funkcję:

(%i1) f(x):=x^2*atan(x);(%o1) f (x) := x2 atan (x)

Użyjemy do tego funkcji powerseries() i uprościmy od razu otrzymane wyrażenieza pomocą funkcji niceindices().

(%i2) f(x)=niceindices(powerseries(f(x), x, 0));

(%o2) x2 atan (x) = x2∞∑i=0

(−1)i x2 i+12 i+1

Zadanie 8.4. Rozwinąć funkcję f(x) = π4 −

x2 , x ∈ [0, π) w szereg Fouriera według

cosinusów.

Odpowiedź:

π4 −

x2 = 2

π

∞∑n=1

cos(2n−1)x(2n−1)2 . Rozwiązanie:

Przedłużamy funkcję f(x)na przedział [−π, π] tak, aby otrzymana funkcja była pa-rzysta (wówczas zerują się współczynniki bn) i spełniała warunki Dirichleta (patrzdefinicja 8.6). Możemy wykorzystać fakt, że wykres funkcji parzystej jest syme-tryczny względem osi Oy. Te warunki spełnia funkcja f∗(x) dana wzorem

f∗(x) =

π4 −

x2 dla x ∈ [0, π],

x2 + π

4 dla x ∈ [−π, 0).Funkcja f∗ jest parzysta na przedziale [−π, π], zatem

bn = 0, n = 1, 2, 3, . . .,

a0 = 1π

π∫−π

f∗(x)dx = 2π

π∫0

(π4 −

x2

)dx = 2

π

(π4x−

x2

4

) ∣∣∣∣π0

= 0,

an = 1π

π∫−π

f∗(x) cosnx dx = 2π

π∫0

(π4 −

x2

)cosnx dx =

= 2π

[(π4 −

x2

) sinnxn

] ∣∣∣∣π0

+ 2π

π∫0

12

sinnxn dx = 0− 1

πcosnxn2

∣∣∣∣π0

=


= − 1π

((−1)n

n2 −1n2

)= 2

π1

(2n−1)2 ,n = 1, 2, 3, . . .,

czyli f∗(x) = 2π

∞∑n=1

cos(2n−1)(2n−1)2 , ponieważ f∗(x) = f(x) dla x ∈ [0, π), więc dla tych x

mamy π4 −

x2 = 2

π

∞∑n=1

cos(2n−1)x(2n−1)2 , podstawiając np. x = 0,

otrzymamy π2

8 =∞∑n=1

1(2n−1)2 .

Zadanie 8.5. Rozwinąć funkcję f(x) w podanym przedziale w szereg Fouriera

(a) f(x) = x2, x ∈ [−π, π],(b) f(x) =

x dla x ∈ (−π, 0],4x dla x ∈ (0, π).

Odpowiedzi:

(a) x2 = π2

3 + 4∞∑n=1

(−1)n

n2 cosnx, x ∈ [−π, π],

(b) f∗(x) =

f(x) dla x ∈ (−π, π),32π dla x = π, x = −π.

Funkcja f∗ spełnia warunki Dirichleta w przedziale [−π, π].Ponieważ dla x ∈ (−π, π) f∗(x) = f(x), więc dla tych x

f(x) =34π +

∞∑n=1

(− 6π(2n−1)2 cos(2n− 1)x+ 3 (−1)n+1

n sinnx).

(a) Rozwiniemy funkcję f(x) = x2 w szereg Fouriera na przedziale [−π, π]. Wczy-tamy najpierw pakiet fourie, który nam to umożliwi.

(%i1) load(fourie)$(%i2) declare(n,integer)$(%i3) f(x):=x^2;(%o3) f (x) := x2

Zgodnie z określeniem szeregu trygonometrycznego, uwzględniając warunki zada-nia, przyjmujemy t = π. Wówczas funkcję f rozwijamy w szereg Fouriera na prze-dziale [−π, π], używając do tego instrukcji totalfourier().

(%i4) t: %pi;(%o4) π(%i5) totalfourier(f(x),x,t);(%t5) a0 = π2

3

(%t6) an = 4 (−1)nn2

(%t7) bn = 0(%t8) a0 = π2

3

(%t9) an = 4 (−1)nn2


(%t10) bn = 0

(%o10) 4( ∞∑n=1

(−1)n cos(n x)n2

)+ π2

3

Zadanie 8.6. Znaleźć rozwinięcie podanej funkcji w szereg Fouriera wedługsinusów

(a) f(x) = π, x ∈ (0, π), (b) f(x) = π4 −

x2 , x ∈ (0, π).

Odpowiedzi:

(a) f∗(x) =

−π dla x ∈ (−π, 0),π dla x ∈ (0, π),0 dla x = 0, x = π, x = −π.

Funkcja f∗ jest przedłużeniem nieparzystym funkcji f na przedział [−π, π]i spełnia w tym przedziale warunki Dirichleta.Ponieważ dla x ∈ (0, π) f∗(x) = f(x), więc dla tych x

π = 4∞∑n=1

12n−1 sin(2n− 1)x.

Zauważmy, że podstawiając x = π2 , otrzymamy π = 4

∞∑n=1

(−1)n

2n+1 ,

(b) f∗(x) =

−x

2 −π4 dla x ∈ (−π, 0),

−x2 + π

4 dla x ∈ (0, π),0 dla x = 0, x = π, x = −π.

Funkcja f∗ jest przedłużeniem nieparzystym funkcji f na przedział [−π, π]i spełnia w tym przedziale warunki Dirichleta.

Ponieważ dla x ∈ (−π, π) f∗(x) = f(x), więc −x2 + π

4 =∞∑n=1

sin 2nx2n .

(b) Rozwiniemy w szereg Fouriera według sinusów poniżej zdefiniowaną funkcję f .

(%i1) load(fourie)$(%i2) f(x):= %pi/4-x/2;(%o2) f (x) := π

4 −x2

(%i3) foursin(f(x),x, %pi);

(%t3) bn =2(− sin(π n)

2 n2+π cos(π n)

4 n + π4 n

)π

(%o3) [ %t3]Uprościmy współczynniki bn

(%i4) foursimp( %);

(%t4) bn = (−1)n+12 n

(%o4) [ %t4]


Rozwinięcie funkcji f w szereg Fouriera według sinusów ma postać:

(%i5) fourexpand( %,x, %pi,inf);

(%o5)

∞∑n=1

((−1)n+1) sin(n x)n

2

Zadanie 8.7. Znaleźć rozwinięcie podanej funkcji w szereg Fouriera wedługcosinusów

(a) f(x) = π, x ∈ [0, π], (b) f(x) = x− 1, x ∈ (0, π).

Odpowiedzi:

(a) Funkcja f∗(x) = π jest przedłużeniem parzystym funkcji fna przedział [−π, π]i spełnia tam warunki Dirichleta. Ponieważ dla x ∈ [0, π] f∗(x) = f(x), więcdla tych x s(x) = π (redukują się wszystkie wyrazy z wyjątkiem a0 = 2π).

(b) Funkcja f∗(x) =

−x− 1 dla x ∈ [−π, 0],x− 1 dla x ∈ (0, π],

jest przedłużeniem parzystym funkcji fna przedział [−π, π] i spełnia tamwarunki Dirichleta. Ponieważ dla x ∈ (0, π) f∗(x) = f(x), więc dla tych x

x− 1 = π2 − 1− 4

π

∞∑n=1

1(2n−1)2

cos(2n− 1)x.

9. Funkcje rzeczywiste dwóch zmiennych

Zadanie 9.1. Wyznaczyć (narysować) dziedzinę funkcji

(a) f(x, y) = ln(1− x2 − y2) +√x2 + y,

(b) f(x, y) =√x+ y −

√x− y,

(c) f(x, y) = arccos(x2 − 1) + 12y ,

(d) f(x, y) =√|x| − 1 +

√y − x2 + 1,

(e) f(x, y) = arcsin(3x− 1) + 1√16−x2−y2

,

(f) f(x, y) =√y − x3 − ln(−y + 4x),

(g) f(x, y) = ln( arctg x− y)−√

4− 2x+ 1√y .

Odpowiedzi:

(a) D =(x, y) ∈ R2; x2 + y2 < 1 ∧ y −x2,


(b) D =(x, y) ∈ R2; y −x ∧ y ¬ x

,

(c) D =(x, y) ∈ R2; x ∈ [−2, 2] ∧ y 6= 0

,

(d) D =(x, y) ∈ R2; x ∈ (−∞,−1] ∪ [1,∞) ∧ y x2 − 1

,

(e) D = (x, y) ∈ R2; x ∈[0, 2

3

]∧ x2 + y2 < 16,

(f) D =(x, y) ∈ R2; y x3 ∧ y ¬ 4x

,

(g) D =(x, y) ∈ R2; y < arctg x ∧ x ¬ 2 ∧ y > 0

.

(a)

x

y

O

1

1

(b)

x

y

O

(c)

x

y

O−√

2√

2

(d)

x

y

O−1 1

−1

(e)

x

y

O 423

4

(f) x

y

O

2

(g)

x

y

O 2

π2

−π2


Zadanie 9.2. Obliczyć granice funkcji lub wykazać, że granica nie istnieje

(a) lim(x,y)→(0,0)

x2+y2√x2+y2−1

,

(b) lim(x,y)→(0,0)

xyx2+y2 ,

(c) lim(x,y)→(0,0)

x4−y4x2−y2 ,

(d) lim(x,y)→(0,0)

sin(x2+y2)x2+y2 ,

(e) lim(x,y)→(1,−1)

5(x−1)2+(y+1)2 ,

(f) lim(x,y)→(0,0)

xyx−y .

Odpowiedzi:

(a) 1,

Rozwiązanie:

lim(x,y)→(0,0)

x2+y2√x2+y2−1

= lim(x,y)→(0,0)

(x2+y2)(√x2+y2+1)

(√x2+y2−1)(

√x2+y2+1)

=

= lim(x,y)→(0,0)

(x2+y2)(√x2+y2+1)

(x2+y2) = lim(x,y)→(0,0)

√x2 + y2 + 1 = 1.

(b) granica nie istnieje,

Rozwiązanie:Weźmy dwa ciągi (an, bn) =

(1n ,

1n

)i (a′n, b

′n) =

(0, 1

n

).

Oczywiście limn→∞

(1n ,

1n

)= lim

n→∞

(0, 1

n

)= (0, 0),

ale limn→∞

f(an, bn) = limn→∞

f(

1n ,

1n

)= lim

n→∞

1n ·

1n

1n2 + 1

n2= lim

n→∞

1n2

2n2

= 12 ,

a limn→∞

f(a′n, b′n) = lim

n→∞f(0, 1

n

)= lim

n→∞01n2

= 0,

czyli na mocy definicji 5.1 – granica nie istnieje.

(c) 0, (d) 1, (e) ∞, (f) nie istnieje.

Zadanie 9.3. Zbadać ciągłość funkcji w podanych punktach

(a) f(x, y) =

x2y2

x2y2+(x−y)2 dla (x, y) 6= (0, 0),0 dla (x, y) = (0, 0),

w punkcie (0, 0),

(b) f(x, y) =

x2y2

x2+y2 dla (x, y) 6= (0, 0),0 dla (x, y) = (0, 0),

w punkcie (0, 0),

(c) f(x, y) =

x2−y2x+y dla (x, y) 6= (0, 0),0 dla (x, y) = (0, 0),

w punkcie (0, 0),


(d) f(x, y) =

sinx cos y dla (x, y) 6=

(π2 , 0

),

0 dla (x, y) =(π2 , 0

),

w punkcie(π2 , 0

).

Odpowiedzi:

(a) nieciągła,

Rozwiązanie:Weźmy dwa ciągi (an, bn) =

(1n ,

1n

)i (a′n, b

′n) =

(− 1n ,

1n

).

Oczywiście limn→∞

(1n ,

1n

)= lim

n→∞

(− 1n ,

1n

)= (0, 0),

ale limn→∞

f(an, bn) = limn→∞

f(

1n ,

1n

)= lim

n→∞

1n4

1n4

= 1,

a limn→∞

f(a′n, b′n) = lim

n→∞f(− 1n ,

1n

)= lim

n→∞

1n4

5n4

= 15 ,

czyli na mocy definicji granica funkcji w punkcie (0, 0) nie istnieje, a tym samymfunkcja jest w tym punkcie nieciągła.

(b) ciągła, (c) ciągła, (d) nieciągła.

Zadanie 9.4. Obliczyć pochodne cząstkowe pierwszego i drugiego rzędu funkcji

(a) f(x, y) = sin(xy),

(b) f(x, y) = yx,

(c) f(x, y) = ex2y,

(d) f(x, y) = arctg xy ,

(e) f(x, y) =√x− y

(f) f(x, y) = ln(xy2

),

(g) f(x, y) = x arcsin y,

(h) f(x, y) = x+yx−y .

Odpowiedzi:

(a) f ′x = y cos(xy), f ′y = x cos(xy), f ′′xx = −y2 sin(xy), f ′′yy = −x2 sin(xy),f ′′xy = f ′′yx = cos(xy)− xy sin(xy),

(b) f ′x = yx ln y, f ′y = xyx−1, f ′′xx = yx ln2 y, f ′′yy = x(x− 1)yx−2,f ′′xy = f ′′yx = xyx−1 ln y + yx−1,

(c) f ′x = 2xyex2y, f ′y = x2ex

2y, f ′′xx = 2yex2y + 4x2y2ex

2y, f ′′yy = x4ex2y,

f ′′xy = f ′′yx = 2xex2y + 2x3yex

2y,

(d) f ′x = yx2+y2 , f

′y = −x

x2+y2 , f′′xx = −2xy

(x2+y2)2 , f′′yy = 2xy

(x2+y2)2 , f′′xy = f ′′yx = x2−y2

(x2+y2)2 ,

(e) f ′x = 12(x−y)−

12 , f ′y = −1

2(x−y)−12 , f ′′xx = −1

4(x−y)−32 , f ′′yy = −1

4(x−y)−32 ,

f ′′xy = f ′′yx = 14(x− y)−

32 ,


(f) f ′x = 1x , f ′y = − 2

y , f ′′xx = − 1x2 , f

′′yy = 2

y2 , f′′xy = f ′′yx = 0,

(g) f ′x = arcsin y, f ′y = x√1−y2

, f ′′xx = 0, f ′′yy = xy

(1−y2)32

, f ′′xy = f ′′yx = 1√1−y2

,

(h) f ′x = −2y(x−y)2 , f

′y = 2x

(x−y)2 , f′′xx = 4y

(x−y)3 , f′′yy = 4x

(x−y)3 , f′′xy = f ′′yx = −2x−2y

(x−y)3 .


(%i1) f(x,y):=sin(x*y);(%o1) sin (x y)

Obliczymy pochodną cząstkową pierwszego rzędu funkcji f po zmiennej x. Otrzy-many wynik przypiszemy do zmiennej a.

(%i2) a:diff(f(x,y),x);(%o2) y cos (x y)

Obliczymy pochodną cząstkową pierwszego rzędu funkcji f po zmiennej y. Otrzy-many wynik przypiszemy do zmiennej b.

(%i3) b:diff(f(x,y),y);(%o3) x cos (x y)

Obliczymy teraz pochodną cząstkową drugiego rzędu funkcji f po zmiennej x.

(%i4) diff(f(x,y),x,2);(%o4) −y2 sin (x y)

Druga pochodna cząstkowa po zmiennej y:

(%i5) diff(f(x,y),y,2);(%o5) −x2 sin (x y)

Obliczymy pochodne cząstkowe mieszane funkcji f:

(%i6) diff(a,y);(%o6) cos (x y)− x y sin (x y)(%i7) diff(b,x);(%o7) cos (x y)− x y sin (x y)

Zadanie 9.5. Znaleźć (o ile istnieją) ekstrema lokalne funkcji

(a) f(x, y) = x3 + y3 + 2x− 3y,

(b) f(x, y) = (x− y2)e−x,

(c) f(x, y) = 27xy + 1x + 1

y ,

(d) f(x, y) = x3 + y3 − 3x− 3y,

(e) f(x, y) = 3y + ln(x− y2),

(f) f(x, y) = x2 + y2 + xy+ x− y+ 1,

(g) f(x, y) = x3 + y2 − 6xy − 39x++ 18y + 20,

(h) f(x, y) = xy(1− x− y),

(i) f(x, y) = y√x− y2 − x+ 6y,

(j) f(x, y) = xy2(2− x− y)3.


Odpowiedzi:

(a) nie istnieją,

Rozwiązanie:Dziedziną funkcji f jest R2. Obliczamy pochodne cząstkowe i szukamy punktówstacjonarnych.f ′x = 3x2 + 2, f ′y = 3y2 − 3, ponieważ układ

3x2 + 2 = 03y2 − 3 = 0

jest sprzeczny,

zatem nie jest spełniony warunek konieczny istnienia ekstremum (twierdzenie 9.4),czyli funkcja nie posiada ekstremum.

(b) fmax = f(1, 0) = e−1,

Rozwiązanie:Dziedziną funkcji f jest R2. Obliczamy pochodne cząstkowe i szukamy punktówstacjonarnych.f ′x = e−x − xe−x + y2e−x, f ′y = −2ye−x, czyli rozpatrujemy układ równań

e−x(1− x+ y2) = 0−2ye−x = 0

,

którego jedynym rozwiązaniem jest punkt (1, 0).Liczymy drugie pochodne cząstkowe funkcji f :

f ′′xx = e−x(x− y2 − 2), f ′′yy = −2e−x, f ′′xy = f ′′yx = 2ye−x

i odpowiednio

f ′′xx(1, 0) = −e−1, f ′′yy(1, 0) = −2e−1, f ′′xy(1, 0) = f ′′yx(1, 0) = 0,

zatem W (1, 0) =

∣∣∣∣∣ −e−1 00 −2e−1

∣∣∣∣∣ = 2e−2 > 0.

Ponieważ f ′′xx(1, 0) = −e−1 < 0, więc w punkcie (1, 0) funkcja osiąga maksimumlokalne. Funkcja osiąga maksimum lokalne fmax = f(1, 0) = e−1.

(c) fmin = f(

13 ,

13

)= 9,

(d) fmin = −f(1, 1) = −4,fmax = f(−1,−1) = 4,

(e) nie istnieją,

(f) fmin = f(−1, 1) = 0,

(g) fmin = f(5, 6) = −86,

(h) fmax = f(

13 ,

13

)= 1

27 ,

(i) fmax = f(4, 4) = 12,

(j) fmax = f(

13 ,

23

)= 4

27 .


(g) Definiujemy następującą funkcję:

(%i1) f(x,y):=x^3+y^2-6*x*y-39*x+18*y+20;(%o1) f (x, y) := x3 + y2 + (−6) x y+ (−39) x+ 18 y+ 20

Obliczymy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu funkcji f po zmiennej x oraz pozmiennej y.

(%i2) diff(f(x,y),x);(%o2) −6 y+ 3 x2 − 39(%i3) diff(f(x,y),y);(%o3) 2 y− 6 x+ 18

Znajdziemy punkty stacjonarne, rozwiązując poniższy układ równań.

(%i4) solve([-6*y+3*x^2-39=0,2*y-6*x+18=0], [x,y]);(%o4) [[x = 5, y = 6], [x = 1, y = −6]]

Punkty (5, 6) oraz (1,−6) są punktami stacjonarnym funkcji f . Obliczymy hesjanfunkcji f .

(%i5) hessian(f(x,y),[x,y]);

(%o5)

[6 x −6−6 2

]Obliczymy teraz wyznacznik hesjanu.

(%i6) w:determinant(%);(%o6) 12 x− 36

Wartość wyznacznika w punkcie (5, 6) obliczymy następująco:

(%i7) w,x=5;(%o7) 24

Wnioskujemy stąd, że w punkcie (5, 6) funkcja posiada ekstremum lokalne i jest tominimum lokalne. Obliczymy wartość funkcji w punkcie (5, 6).

(%i8) f(5,6);(%o8) −86

Obliczymy teraz wartość wyznacznika w punkcie (1,−6).

(%i9) w,x=1;(%o9) −24

Wnioskujemy stąd, że w punkcie (1,−6) funkcja nie ma ekstremum lokalnego.

Zadanie 9.6. Znaleźć największą i najmniejszą wartość funkcji w podanych zbio-rach

(a) f(x, y) = x2 − y2, D =(x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 4 ∧ y 0

,

(b) f(x, y) = x2 + y2 + (x− 1)2 + (y − 1)2, D – trójkąt o wierzchołkach A(0, 0),B(1, 0), C(0, 1),


(c) f(x, y) = e−x2−y2(3x2 + 2y2), D =

(x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 9

,

(d) f(x, y) = 2 ln(x2 + y2 + 1), D =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ¬ 1

,

(e) f(x, y) = x2 + y2 + 2, K – kwadrat o wierzchołkachA(−1, 0), B(0,−1), C(1, 0), D(0, 1),

(f) f(x, y) = xy2 + 2x, D – trójkąt o wierzchołkachA(−1, 0), B(1, 0), C(0, 1),

(g) f(x, y) = xex+y, D – zbiór domknięty ograniczony liniamiy = 0, y = lnx, x = e,

(h) f(x, y) = 2x2 − xy2, D =(x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 4 ∧ y x− 2

.

Odpowiedzi:

(a) fmin = f(0, 2) = −4, fmax = f(−2, 0) = f(2, 0) = 4,

Rozwiązanie:

x

y

A(−2, 0) B(2, 0)

E(0, 2)

C(0, 0)

D

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji wewnątrz półkola.

Rozwiązaniem układu równań

f ′x = 0f ′y = 0

jest punkt (0, 0) należący do brzegu pół-

kola, czyli wewnątrz zbioru D nie ma punktów stacjonarnych.Rozważmy funkcję f na odcinku

AB : y = 0, x ∈ [−2, 2], f(x, 0) = x2 = g(x), g′(x) = 2x = 0 =⇒ x = 0,

czyli bierzemy pod uwagę punkty A(−2, 0), B(2, 0) i C(0, 0).Na brzegu półkola

AB : x2 + y2 = 4, x ∈ [−2, 2],

po podstawieniu y2 = 4− x2, funkcja f przyjmie postać

f(x,√

4− x2) = 2x2 − 4 = u(x), u′(x) = 8x = 0 =⇒ x = 0,

czyli bierzemy pod uwagę punkt E(0, 2) (dla x = ±2 mamy y = 0, czyli ponowniesą to punkty A i B).Ponieważ f(−2, 0) = 4, f(0, 2) = −4, f(2, 0) = 4 oraz f(0, 0) = 0, więc największąwartość, równą 4, funkcja osiąga w punktach A(−2, 0) i B(2, 0), a najmniejszą,równą −4, w punkcie E(0, 2).


(b) fmin = f(

12 ,

12

)= 1, fmax = f(0, 1) = f(1, 0) = 2,

(c) fmin = f(0, 0) = 0, fmax = f(1, 0) = f(−1, 0) = 3e−1,

(d) fmin = f(0, 0) = 0, fmax = 2 ln 2 we wszystkich punktach okręgu x2 + y2 = 1,

(e) fmin = f(0, 0) = 2, fmax = f(0, 1) = f(1, 0) = f(−1, 0) = f(0,−1) = 3,

(f) fmin = f(−1, 0) = −2, fmax = f(1, 0) = 2,

(g) fmin = f(1, 0) = e, fmax = f(e, 1) = ee+2,

(h) fmin = 0 dla punktów należących do zbioru (x, y) ∈ R2; x = 0, −2 ¬ y ¬ 2,fmax = f(−2, 0) = f(2, 0) = 8.

10. Równania różniczkowe zwyczajne

Zadanie 10.1. Rozwiązać równania o zmiennych rozdzielonych

(a) y′ = x2y,

(b) y′ = ytg x ,

(c) y′ = y+1x ,

(d) y′ = y tg x,

(e) y′ = 1−2xy2 ,

(f) y′ = y2x2 ,

(g) y′ = 1−x2xy ,

(h) y′ = ex−y.

Odpowiedzi:

(a) y = Cex3

3 , C ∈ R,

Rozwiązanie:dydx = x2y, stąd (przy założeniu y 6= 0), rozdzielając zmienne, mamy dy

y = x2dx.Całkując stronami, otrzymujemy

ln |y| = x3

3 + ln |C|, C 6= 0

czyliy = Ce

x3

3 .

Funkcja y = 0 jest również rozwiązaniem naszego równania (dla C = 0).

Ostatecznie y = Cex3

3 , C ∈ R.

(b) y = C sinx, C ∈ R,

(c) y = Cx− 1, C ∈ R,

(d) y = Ccosx , C ∈ R,

(e) y = 3√

3x− 3x2 + C, C ∈ R,


(f) y = Ce−12x , C ∈ R,

(g) x2 + y2 = ln(Cx2), C > 0,

(h) ey − ex = C, C ∈ R.

(b) Wprowadzamy równanie różniczkowe, przypisując je do zmiennej r. Symbol ’przed funkcją diff() spowoduje, że pochodna zostanie wyświetlona, a nie obli-czona.(%i1) r:’diff(y,x)=y/tan(x);(%o1) d

d x y = ytan(x)

Rozwiązujemy powyższe równanie różniczkowe.

(%i2) ode2(r, y, x);(%o2) y = %c sin (x)

Zadanie 10.2. Znaleźć rozwiązanie równania spełniające warunek początkowy

(a) y′ = yx , y(3) = 2,

(b) y′ = e−y cos 2x, y(0) = 0,

(c) y′ = − x2y , y(0) = −1,

(d) y′ = y−1x+1 , y(0) = 3,

(e) y′ = 1−2xy2 , y(0) = 1.

Odpowiedzi:

(a) y = 23x,

Rozwiązanie:Wyznaczamy najpierw rozwiązanie ogólne naszego równania, w tym celu rozdzie-lając zmienne w równaniu dy

dx = yx , otrzymamy dy

y = dxx , y 6= 0, jednocześnie funkcji

y = 0 nie bierzemy pod uwagę, ponieważ nie spełnia ona warunku początkowegoy(3) = 2. Całkując stronami, otrzymujemy

ln |y| = ln |x|+ ln |C| , C 6= 0.

Stąd y = Cx, C ∈ R. Z warunku początkowego mamy 2 = 3C =⇒ C = 23 . Czyli

szukanym rozwiązaniem jest funkcja y = 23x.

(b) y = ln(1 + 12 sin 2x),

(c) 2y2 + x2 = 2,

(d) y = 2x+ 3,

(e) y = 3√

1 + 3x− 3x2.

(d)

(%i1) r:’diff(y,x)=(y-1)/(x+1);(%o1) d

d x y = y−1x+1


(%i2) ode2(r, y, x);

(%o2) y = (x+ 1)(1x+1 + %c

)Uwzględnimy warunek początkowy y(0) = 3.

(%i3) ic1(y=(x+1)*(1/(x+1)+ %c), x=0, y=3);(%o3) y = 2 x+ 3

Zadanie 10.3. Stosując metodę uzmienniania stałej, rozwiązać równanie

(a) y′ + 2xy = 2x,

(b) y′ + yx = lnx,

(c) y′ + y tg x = cos2 x,

(d) y′ − y sinx = sin 2x,

(e) y′ + 2xy = xe−x2,

(f) y′ + 2xx2+1y = e−x,

(g) y′ + yx lnx = 3x2+1

lnx ,

(h) y′ + y2√x

= 2xe−√x.

Odpowiedzi:

(a) y = Ce−x2

+ 1, C ∈ R,

Rozwiązanie:Rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego jest yo = Ce−

∫2x dx = Ce−x

2,

C ∈ R. Rozwiązania szczególnego yS równania niejednorodnego poszukujemy me-todą uzmienniania stałej

ys = C(x)e−x2,

gdzie o funkcji C(x) zakładamy, że jest różniczkowalna w sposób ciągły na R, stąd

y′s = C ′(x)e−x2 − 2xC(x)e−x

2.

Podstawiając y′s i ys do naszego równania, uzyskamy

C ′(x)e−x2−2xC(x)e−x

2+2xC(x)e−x

2= 2x =⇒ C ′(x)e−x

2= 2x =⇒ C ′(x) = 2xex

2.

Zatem

C(x) =∫

2xex2dx =

x2 = t

2x dx = dt

=∫etdt = et + C = ex

2+ C.

Czyli ostatecznie całką ogólną naszego równania jest funkcja

y = (ex2

+ C)e−x2

= Ce−x2

+ 1, C ∈ R.


(b) y =12x2 lnx− 14x

2+Cx ,

(c) y = (sinx+ C) cosx,

(d) y = Ce− cosx − 2 cosx+ 2,

(e) y = (x2

2 + C)e−x2,

(f) y = −e−xx2−2xe−x−3e−x+Cx2+1 ,

(g) y = x3+x+Clnx ,

(h) y = (x2 + C)e−√x.

We wszystkich powyższych rozwiązaniach C ∈ R.

(e)

(%i1) ode2(’diff(y,x)+2*x*y=x* %e^(-x^2), y, x);

(%o1) y =(x2

2 + %c)e−x

2

Zadanie 10.4. Stosując metodę przewidywań, rozwiązać równanie

(a) y′ − 2y = 3x+ xex,

(b) y′ + 2y = x3 − 3,

(c) y′ + 4y = 2e−4x,

(d) y′ − y = x sinx+ sin 2x,

(e) y′ + 2y = 2− 5 cosx,

(f) y′ − 3y = 6x+ ex,

(g) y′ − y = 3 sinx+ cosx,

(h) y′ + y = 1.

Odpowiedzi:

(a) y = Ce2x − 32x−

34 − (x+ 1)ex,

Rozwiązanie:Rozwiązaniem równania będzie funkcja y = yo+y1 +y2, gdzie yo jest rozwiązaniemogólnym równania jednorodnego y′−2y = 0, a y1 i y2 są rozwiązaniami szczególnymiodpowiednio równań y′− 2y = 3x i y′− 2y = xex. Wiemy, że yo = Ce

∫2dx = Ce2x,

C ∈ R.Dla równania y′ + 2y = 3x przewidujemy, że

y1 = ax+ b, zatem y′1 = a.

Wstawiając y1 i y′1 do naszego równania, otrzymamy a − 2(ax + b) = 3x, czyli−2ax+ a− 2b = 3x. Stąd mamy−a = 32a − 2b = 0

, czyli a = −32 , b = −3

4 oraz y1 = −32x−

34 .

Dla równania y′ − 2y = xex przewidujemy y2 = (ax+ b)ex, stąd

y′2 = aex + (ax+ b)ex = (ax+ a+ b)ex.


Podstawiając y2 i y′2 do tego równania, otrzymamy (ax+a+b)ex−2(ax+b)ex = xex,czyli (−ax+ a− b)ex = xex. Dzieląc stronami przez ex doprowadzamy do układurównań−a = 1a − b = 0

, czyli a = −1, b = −1 oraz y2 = (−x− 1)ex.

Zatem rozwiązaniem ogólnym równania y′ − 2y = 3x+ xex jest funkcja

y = Ce2x − 32x− 3

4− (x+ 1)ex, C ∈ R.

(b) y = Ce−2x + 12x

3 − 34x

2 + 34x−

158 ,

(c) y = (2x+ C)e−4x,

(d) y = Cex − 12(x+ 1) cosx− 1

2x sinx− 25 cos 2x− 1

5 sin 2x,

(e) y = Ce−2x − 2 cosx− sinx+ 1,

(f) y = Ce3x − 2x− 23 −

12ex,

(g) y = Cex − 2 cosx− sinx,

(h) y = Ce−x + 1.

We wszystkich powyższych rozwiązaniach C ∈ R.

(b) Wprowadzamy równanie różniczkowe.

(%i1) r:’diff(y,x)+2*y=x^3-3;(%o1) d

d x y+ 2 y = x3 − 3Rozwiążemy powyższe równanie.

(%i2) ode2(r, y, x);

(%o2) y = %e−2 x(

(4 x3−6 x2+6 x−3) %e2 x8 − 3 %e2 x2 + %c

)(%i3) expand(%);(%o3) y = %c %e−2 x + x3

2 −3 x2

4 + 3 x4 −

158

Zadanie 10.5. Rozwiązać równanie przy podanym warunku początkowym

(a) y′ + y = e−x

x2 , y(−1) = 1,

(b) y′ − exy2+ex = ex, y(0) = 3,

(c) y′ + 2xy = xe−x2, y(0) = 1,

(d) y′ − 2y = −2x3 + 3x2, y(0) = −1,

(e) y′ + 3y = x2 + e−3x, y(0) = 0.


Odpowiedzi:

(a) y = (− 1x + 1

e − 1)e−x,

(b) y = (2 + ex)(1 + ln 2+ex3 ),

(c) y = (12x

2 + 1)e−x2,

(d) y = −e2x + x3,

(e) y = 13x

2 − 29x+ 2

27 + (x− 227)e−3x.

(a) Wprowadzamy równanie

(%i1) r:’diff(y,x)+y=(%e^(-x)/(x^2));(%o1) d

d x y+ y = %e−x

x2

Znajdziemy rozwiązanie ogólne powyższego równania.

(%i2) ode2(r, y, x);(%o2) y =

(%c− 1x

)%e−x

Uwzględnimy warunek początkowy y(−1) = 1.

(%i3) ic1(y=( %c-1/x)* %e^(-x), x=-1, y=1);

(%o3) y = − (( %e−1) x+ %e) %e−x−1x

(%i4) expand(%);(%o4) y = − %e−xx − %e

−x + %e−x−1

Zadanie 10.6. Rozwiązać równanie

(a) y′′ − y′ − 2y = 0,

(b) y′′ + 4y′ + 4 = 0,

(c) y′′ + 2y′ + 10y = 0,

(d) y′′ + 9y = 0,

(e) y′′ − y′ = 0,

(f) y′′ − 2y′ + y = 0.

Odpowiedzi:

(a) y = C1e−x + C2e

2x,

Rozwiązanie:Równanie charakterystyczne dla równania y′′−y′−2y = 0 jest postaci r2−r−2 = 0(patrz str. 159). Ma ono dwa pierwiastki rzeczywiste r1 = −1, r2 = 2, a zatem(patrz str. 160) y = C1e

−x + C2e2x, C1, C2 ∈ R.

(b) y = C1e−2x + C2xe

−2x,

Rozwiązanie:Równanie charakterystyczne naszego równania jest postaci r2+4r+4 = 0 i ma jedenpierwiastek podwójny r0 = −2, a zatem (patrz str. 160) y = C1e

−2x + C2xe−2x,

C1, C2 ∈ R.


(c) y = e−x(C1 cos 3x+ C2 sin 3x),

Rozwiązanie:Równanie charakterystyczne naszego równania jest postaci r2 + 2r + 10 = 0 i madwa pierwiastki zespolone r1 = −1+3i, r2 = −1−3i, (α = −1, β = 3), czyli (patrzstr. 160) y = e−x(C1 cos 3x+ C2 sin 3x), C1, C2 ∈ R.

(d) y = C1 cos 3x+ C2 sin 3x,

(e) y = C1 + C2ex,

(f) y = C1ex + C2xe

x.

We wszystkich powyższych rozwiązaniach C1, C2 ∈ R.

(a) Rozwiążemy następujące równanie różniczkowe:

(%i1) r:’diff(y,x,2)-’diff(y,x)-2*y=0;(%o1) d2

d x2 y−dd x y− 2 y = 0

(%i2) ode2(r, y, x);(%o2) y = %k1 e2 x + %k2 e−x

Symbole %k1, %k2 oznaczają dowolne stałe.

Zadanie 10.7. Rozwiązać równanie wykorzystując metodę wariacji stałych

(a) y′′ − y = 2ex1+ex , y(0) = 0, y′(0) = −2 ln 2,

(b) 2y′′ + y′ − y = 2ex,

(c) y′′ + y′ = 2 cosx,

(d) y′′ − y′ = cos2 x,

(e) y′′ + y′ = x, y(0) = 0, y′(0) = −1,

(f) y′′ − y′ = 2−xx3 e

x,

(g) y′′ − 4y′ + 4y = x,

(h) y′′ + y = ex.

Odpowiedzi:

(a) y = C1ex + C2e

−x + xex − 1− (ex − e−x) ln(1 + ex),ys = e−x + xex − 1− (ex − e−x) ln(1 + ex),

Rozwiązanie:Równanie charakterystyczne r2 − 1 = 0 ma dwa pierwiastki rzeczywiste r1 = −1,r2 = 1, czyli rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego y′′− y = 0 jest funkcja

yo = C1ex + C2e

−x, C1, C2 ∈ R.


Stosując metodę wariacji stałych, szukamy rozwiązania szczególnego postaci

ys = C1(x)ex + C2(x)e−x,

gdzie C1, C2 są funkcjami różniczkowalnymi w sposób ciągły na R. Wiemy, żepochodne C ′1(x), C ′2(x) spełniają układ równań

C ′1(x)ex + C ′2(x)e−x = 0C ′1(x)ex − C ′2(x)e−x = 2ex

1+ex

Jest to układ Cramera, w którym wyznacznik główny

W =

∣∣∣∣∣ ex e−x

ex −e−x

∣∣∣∣∣ = −2,

WC′1(x) =

∣∣∣∣∣ 0 e−x2ex

1+ex −e−x

∣∣∣∣∣ = −21+ex , WC′2(x) =

∣∣∣∣∣ ex 0ex 2ex

1+ex

∣∣∣∣∣ = 2e2x1+ex .

Stąd mamy

C ′1(x) =WC′1(x)

W = 11+ex , C ′2(x) =

WC′2(x)

W = −e2x1+ex .

Czyli

C1(x) =∫

dx1+ex = x− ln(1 + ex), C2(x) =

∫−e2x1+exdx = −ex + ln(1 + ex).

A zatem ys = C1(x)ex + C2(x)e−x = (x− ln(1 + ex))ex + (−ex + ln(1 + ex))e−x.Rozwiązaniem ogólnym naszego równania jest funkcja

y = yo + ys = C1ex + C2e

−x + (x− ln(1 + ex))ex + (−ex + ln(1 + ex))e−x,

co można zapisać w prostszej postaci jako

y = C1ex + C2e

−x + xex − 1− (ex − e−x) ln(1 + ex).

W celu znalezienia poszukiwanego rozwiązania szczególnego obliczamy

y′ = C1ex − C2e

−x + ex + xex − (ex + e−x) ln(1 + ex)− (ex − e−x)ex

ln(1 + ex).

Z warunku y(0) = 0 otrzymujemy C1 + C2 − 1 = 0, a z warunku y′(0) = −2 ln 2mamy C1 −C2 + 1− 2 ln 2 = −2 ln 2. Stąd C1 = 0, C2 = 1 i szukane ys jest postaci

ys = e−x + xex − 1− (ex − e−x) ln(1 + ex).

(b) y = C1e−x + C2e

x2 + ex,


(c) y = C1 + C2e−x − cosx+ sinx,

(d) y = C1 + C2ex − 1

5 cos2 x− 110 sinx cosx− 1

2x−25 ,

(e) y = C1 + C2e−x + 1

2x2 − x, ys = 1

2x2 − x,

(f) y = C1 + C2ex + ex

x ,

(g) y = C1e2x + C2xe

2x + 14x+ 1,

(h) y = C1 cosx+ C2 sinx+ 12ex.


Zadanie 10.8. Określić postać przewidzianego rozwiązania dla równania

(a) y′′ − 2y′ + y = x2ex,

(b) y′′ + 4y = x cos 2x+ x2 sin 2x,

(c) y′′ − y′ − 2y = xe2x,

(d) y′′ + y = xe2x sinx,

(e) y′′ + 2y′ + y = xex,

(f) y′′ + 4y′ = x cos 2x,

(g) y′′ + 2y′ + 10y = xex cos 3x,

(h) y′′ + y′ = x2,

(i) y′′ + y′ − 2y = x2,

(j) y′′ + 2y′ = 5ex.

Odpowiedzi:

(a) ys = x2(ax2 + bx+ c)ex,

Rozwiązanie:q(x) jest postaci Wk(x)eαx, gdzie α = 1, k = 2. Widzimy, że α = 1 jest pierwiast-kiem dwukrotnym równania charakterystycznego r2−2r+1 = 0, czyli przewidujemyrozwiązanie szczególne postaci (patrz str. 161)

ys = x2(ax2 + bx+ c)ex.

(b) ys = x((ax2 + bx+ c) cos 2x+ (dx2 + ex+ f) sin 2x),

Rozwiązanie:q(x) jest postaci eαx(Wn(x) cosβx + Vm(x) sinβx), gdzie α = 0, n = 1, m = 2,β = 2. Widzimy, że r = α± βi = ±2i są pierwiastkami równania charakterystycz-nego r2 + 4 = 0 oraz że max 1, 2 = 2, czyli przewidujemy rozwiązanie szczególnepostaci (patrz str. 161)

ys = x((ax2 + bx+ c) cos 2x+ (dx2 + ex+ f) sin 2x).

(c) ys = x(ax+ b)e2x,


(d) ys = ((ax+ b) cos 2x+ (cx+ d) sin 2x)e2x,

(e) ys = (ax+ b)ex,

(f) ys = (ax+ b) cos 2x+ (cx+ d) sin 2x,

(g) ys = ((ax+ b) cos 3x+ (cx+ d) sin 3x) ex,

(h) ys = x(ax2 + bx+ c),

(i) ys = ax2 + bx+ c,

(j) ys = aex.

Zadanie 10.9. Znaleźć rozwiązanie równania, stosując metodę przewidywań, a na-stępnie, tam gdzie jest wymagane, rozwiązanie szczególne spełniające podane wa-runki początkowe

(a) y′′ + y = sinx+ 2e−x, y(0) = 0, y′(0) = 1,

(b) y′′ − 3y′ + 2y = 2ex cos 12x, y(0) = 0, y′(0) = 0,

(c) y′′ + y = cosx+ cos 2x, y(0) = 0, y′(0) = 2,

(d) y′′ − 3y′ = −18x,

(e) y′′ + 2y′ + y = ex + e−x, y(0) = 1, y′(0) = 1,

(f) y′′ − 3y′ + 2y = (x2 + x)e3x,

(g) y′′ − y′ = xex sinx.

Odpowiedzi:

(a) y = C1 cosx+ C2 sinx− 12x cosx+ e−x,

ys = − cosx+ 52 sinx− 1

2x cosx+ e−x,

Rozwiązanie:Rozwiązaniem równania będzie y = yo + y1 + y2, gdzie yo jest rozwiązaniem ogól-nym równania jednorodnego y′′ + y = 0, a y1 i y2 są rozwiązaniami szczególnymirównań y′′ + y = sinx i y′ + y = e−x. Równanie charakterystyczne r2 + 1 = 0ma dwa pierwiastki zespolone r1 = i, r2 = −i, (α = 0, β = 1). Stąd wiemy, żeyo = C1 cosx+C2 sinx. Dla równania y′′+y = sinx zauważmy, że r1 = i, r2 = −i sąpierwiastkami równania charakterystycznego i dlatego przewidujemy, żey1 = x(a cosx+ b sinx) = ax cosx+ bx sinx.Obliczamy

y′1 = a cosx− ax sinx+ b sinx+ b cosx,

y′′1 = −2a sinx+ 2b cosx− ax cosx− bx sinx.


Po podstawieniu y i y′′1 do równania otrzymamy równość −2a sinx+2b cosx = sinx,a stąd −2a = 1, b = 0. Tak więc y1 = −1

2x cosx.Dla równania y′ + y = 2e−x przewidujemy y2 = ae−x. Wówczas y′2 = −ae−x,y′′2 = ae−x. Po podstawieniu y2 i y′′2 do równania otrzymamy równość2ae−x = 2e−x, czyli a = 1. Stąd y2 = e−x. Zatem rozwiązaniem ogólnym równaniay′′ + y = sinx− 2e−x jest

y = C1 cosx+ C2 sinx− 12x cosx+ e−x.

W celu znalezienia poszukiwanego rozwiązania szczególnego obliczamy

y′ = −C1 sinx+ C2 cosx− 12 cosx+

12x sinx− e−x.

Z warunku y(0) = 0 otrzymujemy C1 + 1 = 0, czyli C1 = −1, natomiast z warunkuy′(0) = 1 mamy C2 − 1

2 − 1 = 1, a więc C2 = 52 . Czyli szukane ys jest postaci

ys = − cosx+52

sinx− 12x cosx+ e−x.

(b) y = C1ex + C2e

2x − 85ex cos 1

2x−165 e

x sin 12x,

ys = 85e

2x − 85ex cos 1

2x−165 e

x sin 12x’

(c) y = C1 cosx+ C2 sinx+ 12x sinx− 1

3 cos 2x,ys = 1

3 cosx+ 2 sinx+ 12x sinx− 1

3 cos 2x,

(d) y = C1 + C2e3x + 3x2 + 2x,

(e) y = C1e−x + C2xe

−x + 12x

2e−x + 14ex,

ys = 34e−x + 3

2xe−x + 1

2x2e−x + 1

4ex,

(f) y = C1e2x + C2e

x + (12x

2 − x+ 1)e3x,

(g) y = C1 + C2ex − 1

2xex cosx− 1

2ex cosx− 1

2xex sinx+ ex sinx.


(b) Wprowadzamy równanie różniczkowe:

(%i1) r:’diff(y,x,2)-3*’diff(y,x)+2*y=2* %e^x*cos((1/2)*x);(%o1) d2

d x2 y− 3( dd x y

)+ 2 y = 2 %ex cos

(x2

)Znajdziemy rozwiązanie ogólne powyższego równania.

(%i2) ode2(r, y, x);

(%o2) y = −16 %ex sin( x2)+8 %ex cos( x2)

5 + %k1 %e2 x + %k2 %ex

Uwzględnimy warunki początkowe: y(0) = 0, y′(0) = 0.

(%i3) ic2(y=-(16* %e^x*sin(x/2)+8* %e^x*cos(x/2))/5+


+ %k1* %e^(2*x)+ %k2* %e^x, x=0, y=0, ’diff(y,x)=0);

(%o3) y =−16 %ex sin( x2)−8 %ex cos( x2)

5 + 8 %e2 x

5Uprościmy otrzymany wynik.

(%i4) expand(%);

(%o4) y = −16 %ex sin( x2)5 − 8 %e

x cos( x2)5 + 8 %e2 x

5

Zadanie 10.10. Znaleźć obraz F (z) = L[f(t)] (transformatę Laplace’a) funkcji

(a) f(t) = −4 + 2t2 + e2t,

(b) f(t) = t sin t+ cos t,

(c) f(t) = e3t cos 2t+ e3t sin 2t,

(d) f(t) = −2t cos t,

(e) f(t) = 3t cos 2t.

Odpowiedzi:

(a) −3z3+8z2+2z−4z4−2z3 ,Re z > 2,

Rozwiązanie:L[−4− 2t2 + e2t+] = −4L [1] + 2L[t2] + L[e2t]Z tablicy przekształceń Laplace’a (str. 166) mamy kolejno:

L [1] = 1z , Re z > 0, L[t2] = 2

z3 , Re z > 0, L[e2t] = 1z−2 , Re z > 2.

Czyli

−4L [1] + 2L[t2] + L[e2t] = −4z + 2

z3 + 1z−2 = −3z3+8z2+2z−4

z4−2z3 , Re z > 2.

(b) z3+2z2+3zz4+2z2+1 , Re z > 0,

(c) z−1(z−3)2+4 ,Re z > 3,

(d) −32z2+8(4z2+1)2 , Re z > 0,

(e) 3z2−12(z2+4)2 , Re z > 0.

(c) Wyznaczymy transformatę Laplace’a następującej funkcji:

(%i1) f(t):= %e^(3*t)*cos(2*t)+ %e^(3*t)*sin(2*t);(%o1) f (t) := %e3 t cos (2 t) + %e3 t sin (2 t)(%i2) laplace(f(t),t,z);(%o2) z−3

z2−6 z+13 + 2z2−6 z+13

(%i3) factor(%);(%o3) z−1

z2−6 z+13


Zadanie 10.11. Stosując przekształcenie odwrotne względem przekształcenia La-place’a, wyznaczyć oryginał, jeżeli

(a) F (z) = z+1(z+3)(z+2)2 ,

(b) F (z) = 1z2(z2+1) ,

(c) F (z) = 2z2+4z+8z(z2+4) ,

(d) F (z) = z2+2z+1(z2+1)2 ,

(e) F (z) = −z(z+1)2 .

Odpowiedzi:

(a) f(t) = −2e−3t + 2e−2t − te−2t,

Rozwiązanie:f(t) = L−1

[z+1

(z+3)(z+2)2

]. Rozkładamy funkcję F (z) na ułamki proste

z+1(z+3)(z+2)2 =

A

(z + 3)+ B

(z+2) + C(z+2)2 =⇒ A = −2, B = 2, C = −1,

czyliz+1

(z+3)(z+2)2 = − 2(z+3) + 2

(z+2) −1

(z+2)2 .

Korzystając z liniowości odwzorowania odwrotnego mamy

f(t) = L−1[

z+1(z+3)(z+2)2

]= −2L−1

[1

(z+3)

]+ 2L−1

[1

(z+2)

]− L−1

[1

(z+2)2

]=

=

tablica przekształceń

Laplace’a (str. 166)

= −2e−3t + 2e−2t − te−2t.

(b) f(t) = t− sin t,

(c) f(t) = 2 + 2 sin 2t,

(d) f(t) = t sin t+ sin t,

(e) f(t) = te−t − e−t.


(%i1) F(z):=1/((z^2)*(z^2+1));(%o1) F (z) := 1

z2 (z2+1)Aby wyznaczyć oryginał, użyjemy funkcji ilt().

(%i2) ilt(F(z),z,t);(%o2) t− sin (t)

Zadanie 10.12. Rozwiązać zagadnienie początkowe dla równania

(a) y′(t)− y(t) = 1 + t, y(0) = 0,


(b) y′′(t)− y′(t) = e2t, y(0) = 0, y′(0) = 1,

(c) y′(t)− 2y(t) = 5 sin t, y(0) = −1,

(d) y′(t)− 2y(t) = 0, y(0) = −2,

(e) y′′(t) + y′(t) = 2 cos t, y(0) = 0, y′(0) = 1,

(f) y′′(t) + 2y′(t)− 3y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 4,

(g) y′′(t) + 2y′(t)− 3y = 3t− 2, y(0) = 0, y′(0) = −1,

(h) y′(t) + y(t) = −2e3t, y(0) = 0.

Odpowiedzi:

(a) y = −2− t+ 2et,

Rozwiązanie:Korzystając z transformaty Laplace’a, mamy

L[y′(t)− y(t)] = L[1 + t] =⇒ L[y′(t)]− L[y(t)] = L[1] + L[t].

Z własności 3 (str. 165) i tablicy przekształceń Laplace’a (str. 166) widzimy, że

L[y′(t)] = zL[y]− y(0+), L[1] = 1z , L[t] = 1

z2 .

Ponieważ y(0+) = y(0) = 0, więc

L[y′(t)]− L[y(t)] = L[1] + L[t]⇐⇒ zL[y]− L[y] = 1z + 1

z2 ⇐⇒ (z − 1)L[y] = z+1z2 ,

czyli ostatecznieL[y] = z+1

z2(z−1) .

Stosując rozkład na ułamki proste, widzimy, że

L[y] = −2z −

1z2 + 2

z−1 .

Korzystając z przekształcenia odwrotnego, mamy

y = −2L−1[

1z

]− L−1

[1z2

]+ 2L−1

[1z−1

].

Z tablicy przekształceń Laplace’a (str. 166), mamy

L−1[

1z

]= 1, L−1

[1z2

]= t, L−1

[1z−1

]= et.

Czyli ostateczniey = −2− t+ 2et.


(b) y = 12e

2t − 12 ,

Rozwiązanie:Korzystając z transformaty Laplace’a, mamy

L[y′′(t)− y′(t)] = L[e2t].

Z własności 3 (str. 165) i tablicy przekształceń Laplace’a (str. 166), widzimy, że

L[y′′(t)] = z2L[y]− zy(0+)− y′(0+), L[y′(t)] = zL[y]− y(0+), L[e2t] = 1z−2 .

Ponieważ y′(0+) = y′(0) = 1, a y(0+) = y(0) = 0, więc

L[y′′(t)− y′(t)] = L[e2t]⇐⇒ z2L[y]− 1− zL[y] = 1z−2 .

Stąd po przekształceniach

(z2 − z)L[y] = 1z−2 + 1 =⇒ (z2 − z)L[y] = z−1

z−2 ,

czyliL[y] = 1

z(z−2) .

Stosując rozkład na ułamki proste, widzimy, że L[y] = 12

(1z−2 −

1z

). Korzystając

z przekształcenia odwrotnego, mamy

y = 12L−1[

1z−2

]− 1

2L−1[

1z

].

Z tablicy przekształceń Laplace’a (str. 166), mamy

L−1[

1z

]= 1, L−1

[1z−2

]= e2t.

Czyli ostateczniey = 1

2e2t − 1

2 .

(c) y = 2 sin t− cos t,

(d) y = −2e2t, y′(0) = 1,

(e) 1− cos t+ sin t,

(f) y = 4et − 4e−3t,

(g) y = −t,

(h) y = 12e−t − 3

2e3t.

(b) Rozwiążemy zagadnienie początkowe dla poniższego równania różniczkowegodrugiego rzędu. Podajemy najpierw warunki początkowe.

(%i1) atvalue(y(t),t=0,0);(%o1) 0(%i2) atvalue(’diff(y(t),t),t=0,1);(%o2) 1(%i3) desolve(’diff(y(t),t,2)-’diff(y(t),t)= %e^(2*t),y(t));(%o3) y (t) = %e2 t

2 −12


11. Całki podwójne i krzywoliniowe

Zadanie 11.1. Zamienić kolejność całkowania w całce podwójnej

(a)1∫

0

( 1−y∫y−1

f(x, y)dx)dy,

(b)1∫

0

( 2−x∫x2

f(x, y)dy)dx,

(c)1∫

0

( 2∫0

f(x, y)dx)dy,

(d)1∫

0

( x∫0

f(x, y)dy)dx+

2∫1

( 2−x∫0

f(x, y)dy)dx,

(e)1∫−1

( √1−x2∫0

f(x, y)dy)dx,

(f)2∫

0

( 2−x∫1− 12x

f(x, y)dy)dx,

(g)1∫

0

( x2∫0

f(x, y)dy)dx+

3∫1

( − 12x+ 32∫0

f(x, y)dy)dx.

Odpowiedzi:

(a)0∫−1

( x+1∫0

f(x, y)dy)dx+

1∫0

( −x+1∫0

f(x, y)dy)dx,

Rozwiązanie:

x

y

D1 D2

−1

A

1

B

O

C1

y = x+ 1y = −x+ 1


Niech I =1∫

0

( 1−y∫y−1

f(x, y)dx)dy.

Z postaci całki widzimy, że 0 ¬ y ¬ 1 i y − 1 ¬ x ¬ 1− y.Zauważmy, że y − 1 ¬ x, czyli y ¬ x+ 1 oraz że x ¬ 1− y, czyli y ¬ −x+ 1.Stąd wynika, że obszar całkowania D jest trójkątem o wierzchołkach A(−1, 0),B(1, 0), C(0, 1) i że D = D1∪D2, gdzie D1 jest trójkątem o wierzchołkach A(−1, 0),O(0, 0), C(0, 1), a D2 – trójkątem o wierzchołkach O(0, 0), B(1, 0), C(0, 1).Czyli

D1 = (x, y) ∈ R2; −1 ¬ x ¬ 0, 0 ¬ y ¬ x+ 1,

D2 = (x, y) ∈ R2; 0 ¬ x ¬ 1, 0 ¬ y ¬ −x+ 1.

Z własności 2 całki podwójnej (patrz str. 177) i twierdzenia 11.3, mamy

I =∫∫D

f(x, y)dxdy =∫∫D1

f(x, y)dxdy +∫∫D2

f(x, y)dxdy =

=0∫−1

( x+1∫0

f(x, y)dy)dx+

1∫0

( −x+1∫0

f(x, y)dy)dx.

(b)1∫

0

( √y∫0

f(x, y)dx)dy +

2∫1

( 2−y∫0

f(x, y)dx)dy,

(c)2∫

0

( 1∫0

f(x, y)dy)dx,

(d)1∫

0

( 2−y∫y

f(x, y)dx)dy,

(e)1∫

0

( √1−y2∫−√

1−y2

f(x, y)dx)dy,

(f)1∫

0

( 2−y∫2−2y

f(x, y)dx)dy +

2∫1

( 2−y∫0

f(x, y)dx)dy,

(g)1∫

0

( 3−2y∫√y

f(x, y)dx)dy.


Zadanie 11.2. Obliczyć całki

(a)∫∫D

yxdxdy, D = (x, y) ∈ R2; 2 ¬ x ¬ 4, x ¬ y ¬ 2x,

(b)∫∫D

cos(x+ y)dxdy, D – obszar ograniczony liniami x = 0, y = x, y = π,

(c)∫∫D

(x2 + y + 1)dxdy, D – trójkąt o wierzchołkach A(0, 0), B(1, 0), C(0, 12),

(d)∫∫D

exdxdy, D – obszar ograniczony krzywymi x = 0, y = 2, y = ex,

(e)∫∫D

x2

1+y2dxdy, D = (x, y) ∈ R2; 0 ¬ x ¬ 1, 0 ¬ y ¬ 1,

(f)∫∫D

2x dxdy, D – obszar ograniczony liniami y = x, y = −x, y = 13x+ 4

3 ,

(g)∫∫D

x2

y2 dxdy, D = (x, y) ∈ R2; 1 ¬ x ¬ 2, 1x ¬ y ¬ x,

(h)∫∫D

2x√1+y3

dxdy, D – obszar ograniczony liniami y = x, y = 2, y = 12x,

(i)∫∫D

x dxdy, D – obszar ograniczony krzywymi y = x2 − 6x+ 8, y = 4x− x2.

Odpowiedzi:

(a) 9,

Rozwiązanie:

x

y

O

2 4

D y = x

y = 2x


Zapisujemy obszar D jako normalny względem osi Ox

D = (x, y) ∈ R2; 2 ¬ x ¬ 4, x ¬ y ¬ 2x.

Zatem z twierdzenia 11.3 otrzymujemy

∫∫D

y

xdxdy =

4∫2

( 2x∫x

y

xdy

)dx =

4∫2

(y2

2x

∣∣∣∣2xx

)dx =

4∫2

(2x− x

2

)dx =

4∫2

32xdx =

=34x2∣∣∣∣42

=34

(16− 4) = 9.

(b) −2,

(c) 13 ,

(d) 12 ,

(e) π12 ,

(f) 43 ,

(g) 94 ,

(h) 4,

(i) 452 .

(b) Obliczymy całkę podwójną.

(%i1) integrate((integrate(cos(x+y),y,x,%pi)),x,0,%pi);(%o1) −2

(i) Przed obliczeniem całki podwójnej narysujemy wykresy funkcji, które ograni-czają obszar, po którym całkujemy.

(%i1) wxplot2d([x^2-6*x+8,4*x-x^2], [x,0,5])$

(%t1)

Wyznaczymy odcięte punktów przecięcia wykresów tych funkcji,

(%i2) solve([x^2-6*x+8=4*x-x^2], [x]);(%o2) [x = 1, x = 4]

Obliczymy całkę.

(%i3) integrate((integrate (x,y,x^2-6*x+8,4*x-x^2)),x,1,4);(%o3) 45

2

Zadanie 11.3. Dany obszar przedstawić za pomocą współrzędnych biegunowych

(a) D = (x, y) ∈ R2; x 0, x2 + y2 ¬ 4, x2 + y2 1,


(b) D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 4y,

(c) D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 + 4x ¬ 0,

(d) D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 1, x ¬ 0,

(e) D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 9, y x, y −x,

(f) D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 4, y ¬ 0,

(g) D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 1, x ¬ y ¬ −x,

(h) D = (x, y) ∈ R2; x ¬ x2 + y2 ¬ 2x,

(i) D = (x, y) ∈ R2; 2y ¬ x2 + y2 ¬ 4y, x 0.

Odpowiedzi:

(a) D = (r, ϕ); −π2 ¬ ϕ ¬

π2 , 1 ¬ r ¬ 2,

Rozwiązanie:

x

y

O 1 2

1

2

D

Z rysunku widzimy, że ϕ ∈ [−π2 ,

π2 ], r ∈ [1, 2].

CzyliD = (r, ϕ); −π

2 ¬ ϕ ¬π2 , 1 ¬ r ¬ 2.

(b) D = (r, ϕ); 0 ¬ ϕ ¬ π, 0 ¬ r ¬ 4 sinϕ,

Rozwiązanie:

x

y

O

2

4D


Z rysunku widzimy, że ϕ ∈ [0, π].Aby określić zakres zmienności r, podstawiamy x = r cosϕ, y = r sinϕ do nierów-ności x2 + y2 ¬ 4y.Stąd mamy r2 cos2 ϕ + r2 sin2 ϕ ¬ 4r sinϕ, czyli r2 ¬ 4r sinϕ. Pamiętając, żesinϕ 0 dla ϕ ∈ [0, π], otrzymujemy 0 ¬ r ¬ 4 sinϕ, a więc

D = (r, ϕ); 0 ¬ ϕ ¬ π, 0 ¬ r ¬ 4 sinϕ.

(c) D = (r, ϕ); π2 ¬ ϕ ¬32π, 0 ¬ r ¬ −4 cosϕ,

Rozwiązanie:

x

y

O−2−4

D

Z rysunku widzimy, że ϕ ∈ [π2 ,32π].

Aby określić zakres zmienności r, podstawiamy x = r cosϕ, y = r sinϕ do nierów-ności x2 + y2 + 4x ¬ 0.Stąd mamy r2 cos2 ϕ + r2 sin2 ϕ + 4r cosϕ ¬ 0, czyli r2 ¬ −4r cosϕ. Pamiętając,że cosϕ ¬ 0 dla ϕ ∈ [π2 ,

32π], otrzymujemy 0 ¬ r ¬ −4 cosϕ, a więc

D = (r, ϕ); π2 ¬ ϕ ¬

32π, 0 ¬ r ¬ −4 cosϕ.

(d) D = (r, ϕ); π2 ¬ ϕ ¬

32π, 0 ¬ r ¬ 1,

(e) D = (r, ϕ); π4 ¬ ϕ ¬

34π, 0 ¬ r ¬ 3,

(f) D = (r, ϕ); π ¬ ϕ ¬ 2π, 0 ¬ r ¬ 2,

(g) D = (r, ϕ); 34π ¬ ϕ ¬

54π, 0 ¬ r ¬ 1,

(h) D = (r, ϕ); −π2 ¬ ϕ ¬

π2 , cosϕ ¬ r ¬ 2 cosϕ,

(i) D = (r, ϕ); 0 ¬ ϕ ¬ π2 , 2 sinϕ ¬ r ¬ 4 sinϕ.


(a)∫∫D

√x2 + y2 dxdy, D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 2x, y 0,


(b)∫∫D

ln(x2 + y2 + 1)dxdy, D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 1, x 0, y 0,

(c)∫∫D

(4− 2x− 3y)dxdy, D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 4,

(d)∫∫D

y dxdy, D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 + 2x ¬ 0, x ¬ 0, y 0,

(e)∫∫D

x dxdy, D = (x, y) ∈ R2; x 0, x2 + y2 ¬ 4, x2 + y2 1,

(f)∫∫D

sin(x2 + y2)dxdy, D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ π,

(g)∫∫D

(x2 − y2)dxdy, D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 4, 0 ¬ y ¬ x,

(h)∫∫D

√x dxdy, D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 − x ¬ 0, x 0, y ¬ 0,

(i)∫∫D

(x+ y)dxdy, D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 9, y ¬ 0,

(j)∫∫D

√1− x2 − y2 dxdy, D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 1, x ¬ 0, y 0.

Odpowiedzi:

(a) 169 ,

Rozwiązanie:Zauważmy, że nierówność x2 + y2 ¬ 2x jest równoważna (x− 1)2 + y2 ¬ 1, zatemnasz zbiór D jest postaci jak na poniższym rysunku

x

y

O 1 2

D

Z twierdzenia 11.5 o zamianie współrzędnych kartezjańskich na biegunowe w całcepodwójnej otrzymujemy U = (r, ϕ); 0 ¬ ϕ ¬ π

2 , 0 ¬ r ¬ 2 cosϕ.Zatem dokonując podstawień x = r cosϕ, y = r sinϕ, otrzymamy

∫∫D

√x2 + y2 dxdy =

π2∫

0

( 2 cosϕ∫0

√r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ r dr

)dϕ =

π2∫

0

( 2 cosϕ∫0

r2dr

)dϕ =


=

π2∫

0

(r3

3

∣∣∣∣2 cosϕ

0

)dϕ =

83

π2∫

0

cos3 ϕdϕ =83

(13

cos2 ϕ sinϕ+23

sinϕ) ∣∣∣∣

π2

0=

169.

(b) (2 ln 2− 1)π4 ,

(c) 16π,

(d) 23 ,

(e) 143 ,

(f) 2π,

(g) 2,

(h) 415 ,

(i) −18,

(j) π6 .

(c) Definiujemy funkcję, która znajduje się pod całką.

(%i1) f(x,y):=4-2*x-3*y;(%o1) f (x, y) := 4− 2 x+ (−3) y

Wprowadzamy zamianę zmiennych w postaci współrzędnych wektora k.

(%i2) k:[r*cos(t),r*sin(t)];(%o2) [r cos (t) , r sin (t)]

Obliczamy całkę podwójną, pamiętając o jakobianie. Symbole k[1], k[2], użytejako zmienne funkcji f , oznaczają odpowiednio pierwszą i drugą współrzędną wek-tora k.(%i3) integrate(integrate(f(k[1],k[2])*r,r,0,2),t,0,2* %pi);(%o3) 16π

Zadanie 11.5. Obliczyć objętość bryły V

(a) położonej nad kwadratem K o wierzchołkach A(0, 0), B(2, 0), C(2, 2), D(0, 2)i ograniczonej z góry przez wykres paraboloidy hiperbolicznej f(x, y) = 2xy,

(b) ograniczonej powierzchnią walca x2 + y2 = 2x, paraboloidą z = x2 + y2

i płaszczyzną z = 0,

(c) ograniczonej powierzchnią walca x2+y2 = 2x i płaszczyznami z = 2x, z = 4x,

(d) położonej nad prostokątem P o wierzchołkachA(0, 0),B(3, 0), C(3, 2),D(0, 2)i ograniczonej z góry przez płaszczyznę z = x+ y + 5,

(e) ograniczonej powierzchniami x2 + y2 = 2x i x2 + y2 + z2 = 4,

(f) ograniczonej powierzchniami z = x2 + y2, z = 10, x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 4,

(g) ograniczonej powierzchniami z = y2, z = −1, y = 0, x+ y = 2, y − x = 2,

(h) ograniczonej powierzchniami z = x2 + y2 + 1, z = 3− x2 − y2, x2 + y2 = 1.


Odpowiedzi:

(a) 8,

Rozwiązanie:

y

z

x

O

KB

C

D

A

z = 2xy

Korzystamy z punktu 2 zastosowania całek podwójnych w geometrii (patrz str. 182),mamy wtedy

|V | =∫∫K

2xy dxdy =2∫

0

( 2∫0

2xy dy)dx =

2∫0

y2x

∣∣∣∣20dx =

2∫0

4x dx = 8.

(b) 32π,

Rozwiązanie:

y

x

z

O

D1

2

4

Korzystamy z punktu 2 zastosowania całek podwójnych w geometrii (patrz str. 182),otrzymując

|V | =∫∫D

(x2 + y2)dxdy =

x = r cosϕ −π

2 ¬ ϕ ¬π2

y = r sinϕ 0 ¬ r ¬ 2 cosϕ

=

=

π2∫

−π2

( 2 cosϕ∫0

(r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ)r dr)dϕ =

π2∫

−π2

( 2 cosϕ∫0

r3dr

)dϕ =

π2∫

−π2

(r4

4

∣∣∣∣2 cosϕ

0

)dϕ =


= 4

π2∫

−π2

cos4 ϕdϕ = (cos3 ϕ sinϕ+ 32 cosϕ sinϕ+ 3

2ϕ)∣∣∣∣π2

−π2

= 32π.

(c) 2π,

(d) 21,

(e) 169 (3π − 4),

(f) 452 π,

(g) 203 ,

(h) 2π.

(a) Obliczymy następującą całkę podwójną:

(%i1) integrate(integrate(2*x*y,x,0,2),y,0,2);(%o1) 8

Zadanie 11.6. Obliczyć pole płata powierzchniowego S

(a) paraboloidy hiperbolicznej f(x, y) = 2xy położonej nad częścią kołax2 + y2 ¬ 1 leżącą w pierwszej ćwiartce płaszczyzny Oxy,

(b) płaszczyzny 2x+2y+z=4 zawartej w pierwszej ósemce układu współrzędnych,

(c) płaszczyzny 3x+ 6y + 2z = 24 wyciętej walcem x2 + y2 = 2x,

(d) części stożka z = 2 +√x2 + y2 wyciętej walcem x2 + y2 = 4,

(e) części sfery x2 + y2 + z2 = 4 wyciętej walcem x2 + y2 = 2, z > 0,

(f) stożka eliptycznego z =√

2xy wyciętego przez prostopadłościan o wierzchoł-kach podstawy A(0, 0), B(4, 0), C(4, 2), D(0, 2),

(g) części walca x2 + y2 = 2 ograniczonej płaszczyznami x + z = 0, x − z = 0,(x > 0, y > 0).

Odpowiedzi:

(a) 524π√

5− 124π,

Rozwiązanie:

y

x

z

O

D

1

1


Korzystając z punktu 3 zastosowania całek podwójnych w geometrii (patrz str. 182),dokonując odpowiednich podstawień f ′x = 2y, f ′y = 2x, otrzymamy

|S| =∫∫D

√1 + (f ′x(x, y))2 + (f ′y(x, y))2 dxdy =

∫∫D

√1 + 4x2 + 4y2 dxdy =

=

x = r cosϕ 0 ¬ ϕ ¬ π

2y = r sinϕ 0 ¬ r ¬ 1

=

π2∫

0

( 1∫0

√1 + 4r2 sin2 ϕ+ 4r2 cos2 ϕ r dr

)dϕ =

=

π2∫

0

( 1∫0

√1 + 4r2 r dr

)dϕ =

podstawiamy1 + 4r2 = t

=

π2∫

0

112

(√1 + 4r2

)3∣∣∣∣10dϕ =

=

π2∫

0

(512

√5− 1

12

)dϕ = 5

24π√

5− 124π.

(b) 6,

(c) 72π,

(d) 4√

2π,

(e) 12π

2 − π,

(f) 16,

(g) 4.

Zadanie 11.7. Obliczyć całki krzywoliniowe nieskierowane

(a)∫K

2x+1y+1 dl, gdzie K jest odcinkiem o końcach A(1, 2), B(3, 6),

(b)∫K

(y2 + 1)dl, gdzie K jest okręgiem danym równaniem x2 + y2 = 4,

(c)∫K

√y dl, gdzie K jest łukiem paraboli y = 1

2x2, x ∈ [0, 1],

(d)∫K

dlx−y , gdzie K jest odcinkiem o końcach A(2,−1), B(6, 1),

(e)∫K

y2dl, x = cos3 t, y = sin3 t, t ∈ [0, π2 ],

(f)∫K

(x+ 1)dl, x = cos t+ t sin t, y = sin t− t cos t, t ∈ [0, π2 ],

(g)∫K

xy dl, gdzieK jest łamaną o wierzchołkach A(0, 0),B(1, 1), C(2, 0),D(3, 1),


(h)∫K

(x2 + y2)2dl, x = 2 cos t, y = 2 sin t, t ∈ [0, π].

Odpowiedzi:

(a) 2√

5,

Rozwiązanie:Pierwszy sposób:Odcinek K leży na prostej przechodzącej przez punkty A i B o równaniu y = 2x,czyli możemy go opisać jako K : y = 2x, x ∈ [1, 3].Ze wzoru ∫

K

f(x, y)dl =b∫a

f(x, y(x))√

1 + [y′(x)]2dx

dokonując odpowiednich podstawień: y = 2x, y′ = 2, otrzymujemy

∫K

2x+1y+1 dl =

3∫1

2x+12x+1

√1 + 4dx =

3∫1

√5dx = 2

√5.

Drugi sposób:Wiadomo, że odcinek o końcach A(x1, y1), B(x2, y2) możemy sparametryzować zapomocą wzorów x = x1 + (x2 − x1)t, y = y1 + (y2 − y1)t, t ∈ [0, 1]. Czyli naszodcinek przyjmie postać K : x = 1 + 2t, y = 2 + 4t, t ∈ [0, 1].Ze wzoru ∫

K

f(x, y)dl =

β∫α

f((x(t), y(t))√

[x′(t)]2 + [y′(t)]2dt

dokonując odpowiednich podstawień: x = 1 + 2t, x′ = 2, y = 2 + 4t, y′ = 4,otrzymujemy

∫K

2x+1y+1 dl =

1∫0

2+4t+12+4t+1

√4 + 16 dt =

1∫0

√20 dt =

√20 = 2

√5.

(b) 12π,

Rozwiązanie:Okrąg K można opisać równaniami parametrycznymi K : x = 2 cos t, y = 2 sin t,t ∈ [0, 2π], czyli ze wzoru

∫K

f(x, y)dl =

β∫α

f((x(t), y(t))√

[x′(t)]2 + [y′(t)]2dt


otrzymujemy

∫K

(y2 + 1)dl =2π∫0

(4 sin2 t+ 1)√

(−2 sin t)2 + (2 cos t)2dt =

=2π∫0

(4 sin2 t+1)√

4 sin2 t+ 4 cos2 t dt=2π∫0

2(4 sin2 t+1)dt=(−4 cos t sin t+6t)∣∣∣∣2π0=12π.

(c) 23 −

16

√2,

(d)√

5 ln 53 ,

(e) 38 ,

(f) 32π + 1

8π2 − 3,

(g) 73

√2,

(h) 32π.

(e) Obliczymy całkę krzywoliniową nieskierowaną. Wprowadzimy równania para-metryczne jako współrzędne wektora k.

(%i1) k:[cos(t)^3,sin(t)^3];(%o1) [cos (t)3, sin (t)3]

Definiujemy funkcję znajdującą się pod całką.

(%i2) f(x,y):=y^2;(%o2) f (x, y) := y2

Wyznaczymy wektor kwadratów pochodnych współrzędnych wektora k.

(%i3) w:diff(k,t)^2;(%o3) [9 cos (t)4 sin (t)2, 9 cos (t)2 sin (t)4]

Funkcja apply() dodaje współrzędne wektora w.

(%i4) wp:apply("+",w);(%o4) 9 cos (t)2 sin (t)4 + 9 cos (t)4 sin (t)2

Obliczamy całkę nieskierowaną, zamieniając ją na odpowiednią całkę oznaczoną.

(%i5) l:’integrate(f(k[1],k[2])*sqrt(wp), t, 0, %pi/2);

(%o5)

π2∫0

sin (t)6√9 cos (t)2 sin (t)4 + 9 cos (t)4 sin (t)2 dt

Za pomocą funkcji ev() obliczymy powyższą całkę. Poleceń radcan i trigreduceużyjemy do uproszczenia wyniku.

(%i6) ev(l,radcan,trigreduce);

(%o6) −3

π2∫0

sin(8 t)−6 sin(6 t)+14 sin(4 t)−14 sin(2 t)dt

128(%i7) ev(%,integrate);(%o7) 3

8



(a)∫K

x dx+2y dy, gdzie K jest ćwiartką okręgu x2+y2 = 1 skierowaną od A(1, 0)

do B(0, 1),

(b)∫K

x2dx+(2x+y)dy, gdzieK jest odcinkiem łączącym punkty A(1, 1) i B(1, 3),

(c)∫K

(3x+ 2y)dx+ (y + 1)dy, K : x = t, y = t2, t ∈ [0, 1],

(d)∫K

x2dx+ y2dy, K : x = cos t, y = sin t, t ∈ [0, π],

(e)∫K

x2dx+ xy dy, K – odcinek AB łączący punkty A(1, 0) i B(0, 1),

(f)∫K

yxdx− xy dy, K : y = lnx, x ∈ [1, e],

(g)∫K

x2y dx, K jest łamaną ABCD, gdzie A(0, 0), B(1, 1), C(2, 1), D(2, 0).

Odpowiedzi:

(a) 12 ,

Rozwiązanie:

x

y

O

A(1, 0)

B(0, 1)

Łuk AB możemy określić jako AB : x = cos t, y = sin t, t ∈ [0, π2 ]. Ze wzoru

∫K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =

β∫α

[P (x(t), y(t))x′(t) +Q(x(t), y(t))y′(t)]dt,


dokonując odpowiednich podstawień: dx = − sin t dt, dy = cos t dt, otrzymujemy

∫K

x dx+2y dy =

π2∫

0

(cos t·(− sin t)+2 sin t cos t

)dt =

π2∫

0

sin t cos t dt = 12 sin2 t

∣∣∣∣π2

0= 1

2 .

Zauważmy, że całkując po łuku BA, otrzymamy∫BA

xdx + 2ydy = −12 . Możemy

również skorzystać z równania łuku BA : y =√

1− x2, x ∈ [0, 1]. Wówczas zewzoru

∫K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =b∫a

[P (x, y(x)) +Q(x, y(x))y′(x)]dx,

otrzymujemy

∫BA

x dx+ 2y dy =1∫

0

(x+ 2

√1− x2 · −2x

2√

1−x2

)dx = −

1∫0

x dx = −12x

2∣∣∣∣10

= −12 .

(b) 8,

Rozwiązanie:Jeżeli łuk skierowany K jest odcinkiem prostopadłym do osi Ox, czyli K : x = a,

y ∈ [c, d], to∫K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =d∫c

Q(a, y)dy.

(Jeżeli łuk skierowany K jest odcinkiem prostopadłym do osi Oy, czyli K : y = b,

x ∈ [c, d], to∫K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =d∫c

P (x, b)dx).

Nasz łuk skierowany K jest odcinkiem prostopadłym do osi Ox i może być opisanyjako K : x = 1, y ∈ [1, 3]. W tym przypadku

∫K

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =3∫

1

(2 + y)dy = (2y + y2

2 )∣∣∣∣31

= 8.

(c) 113 , (d) −2

3 , (e) −16 , (f) −1

2 , (g) 3112 .

(c) Obliczymy całkę krzywoliniową skierowaną. Definiujemy następujące funkcje:

(%i1) P(x,y):=3*x+2*y;(%o1) P (x, y) := 3 x+ 2 y


(%i2) Q(x,y):=y+1;(%o2) Q (x, y) := y+ 1

Wprowadzimy równania parametryczne krzywej, po której całkujemy w postaciwspółrzędnych wektora k.

(%i3) k:[t,t^2];(%o3) [t, t2]

Wyznaczymy wektor pochodnych współrzędnych wektora k.

(%i4) w:diff(k,t);(%o4) [1, 2 t]

Obliczymy całkę krzywoliniową skierowaną, zamieniając ją na odpowiednią całkęoznaczoną.

(%i5) integrate(P(k[1],k[2])*w[1]+Q(k[1],k[2])*w[2],t,0,1);(%o5) 11

3


(a)∫K

(3x2 + 2y)dx + (2x − y)dy, gdzie K – odcinek łączący punkty A(−1,−1)

i B(2, 3),

(b)∫K

(2y2 − ex2 sin 4x)dx+ (2x− y2 arcsin y)dy, gdzie K – dodatnio skierowany

brzeg trójkąta ABC o wierzchołkach A(−1, 0), B(1, 0), C(0, 1),

(c)

(0,−1)∫(1,0)

(2x+ 2xy2 − 3)dx+ 2x2y dy,

(d)∫K

(xey+2y2)dx+(12x

2ey+3x)dy, K – dodatnio skierowany okrąg x2 +y2 = 1,

(e)∫K

y1+xdx+x2ydy, K – dodatnio skierowany brzeg kwadratu ABCD o wierz-

chołkach A(1, 1), B(2, 1), C(2, 2), D(1, 2),

(f)∫K

x2 sinx dx+ (2x− y3)dy, K – dodatnio skierowany brzeg obszaru

D : − 1 ¬ x ¬ 1, x2 − 1 ¬ y ¬ 1− x2,

(g)∫K

(2y+sinx)dx+(2x−ey)dy, K – dowolny łuk gładki łączący punkty A(2, 0)

i B(3,−4),


(h)

(3,1)∫(1,0)

(3x2 + 1 + 4xy2)dx+ 4x2y dy,

(i)∫K

(−y − ln(x2 + x+ 2))dx+ (x2 + yesin y)dy, K – dodatnio skierowany brzeg

obszaru D = (x, y) ∈ R2; 1 ¬ x2 + y2 ¬ 4, x ¬ 0,

(j)∫K

( y2

x+1 + 2x)dx + (3y2 + 2y ln(x + 1))dy, K – dowolny łuk gładki łączący

punkty A(0,−1) i B(1, 3) leżący w półpłaszczyźnie x > −1.

Odpowiedzi:

(a) 15,

Rozwiązanie:

x

y

O

A

BC

D

2−1

3

−1

W naszej całce P (x, y) = 3x2 + 2y, Q(x, y) = 2x− y.Zauważmy, że P ′y(x, y) = Q′x(x, y) = 2, czyli całka nie zależy od drogi całkowania.Obliczymy ją po łamanej ACB, gdzie AC : x = −1, −1 ¬ y ¬ 3 i CB : y = 3,−1 ¬ x ¬ 2. A zatem

∫K

(3x2 + 2y)dx+ (2x− y)dy =

(−1,3)∫(−1,−1)

(3x2 + 2y)dx+ (2x− y)dy+

+

(2,3)∫(−1,3)

(3x2 + 2y)dx+ (2x− y)dy =

porównaj rozwiązanie

zadania 11.8.b

=

=3∫−1

(−2− y)dy +2∫−1

(3x2 + 6)dx = (−2y − 12y2)∣∣∣∣3−1

+ (x3 + 6x)∣∣∣∣2−1

= −12 + 27 = 15.


Licząc naszą całkę po łamanej ADB, gdzie AD : y = −1, −1 ¬ x ¬ 2 i DB : x = 2,−1 ¬ y ¬ 2, otrzymamy:

∫K

(3x2 + 2y)dx+ (2x− y)dy =

(2,−1)∫(−1,−1)

(3x2 + 2y)dx+ (2x− y)dy+

+

(2,3)∫(2,−1)

(3x2 + 2y)dx+ (2x− y)dy =2∫−1

(3x2 − 2)dx+3∫−1

(4− y)dy =

= (x3 − 2x)∣∣∣∣2−1

+ (4y − 12y

2)∣∣∣∣3−1

= 3 + 12 = 15.

(b) 23 ,

Rozwiązanie:

x

y

O

D

A(−1, 0) B(1, 0)

C(0, 1)

Krzywa całkowania K jest skierowanym dodatnio brzegiem trójkąta ABC ograni-czającym obszar D.W naszej całce P (x, y) = 2y2 − ex

2sin 4x, Q(x, y) = 2x − y2 arcsin y, zatem

Q′x(x, y) = 2, P ′y(x, y) = 4y. Z twierdzenia Greena∫K

(2y2 − ex2 sin 4x)dx+ (2x− y2 arcsin y)dy =

=∫∫D

(Q′x(x, y)− P ′y(x, y))dxdy =∫∫D

(2− 4y)dxdy.

Obszar D opisujemy jako D : 0 ¬ y ¬ 1, y − 1 ¬ x ¬ 1− y, stąd

∫∫D

(2− 4y)dxdy =1∫

0

1−y∫y−1

(2− 4y)dx

dy =

=1∫

0

(2x− 4yx)∣∣∣∣1−yy−1

dy =1∫

0

(4− 12y + 8y2)dy = 23 .


(c) 2,

(d) 3π,

(e) 92 + ln 2

3 ,

(f) 163 ,

(g) −e−4 − 23− cos 3 + cos 2,

(h) 46,

(i) 32π −

283 ,

(j) 29 + 9 ln 2.

12. Całki potrójne

Zadanie 12.1. Obliczyć∫∫∫V

dxdydz, gdzie V jest bryłą ograniczoną powierzch-

niami:

(a) x2 + y2 = z, x+ y = 4, x = 0, y = 0, z = 0,

(b) z = x2 + y2 i z2 = x2 + y2,

(c) z =√

8− x2 − y2 i x2 + y2 = 2z,

(d) x2 + y2 = z, z = 2x,

(e) x2 + y2 − z = 1, z = 0,

(f) x2 + y2 + z2 = 1, x2 + y2 + z2 = 4, z =√x2 + y2.

Odpowiedzi:

(a) 1283 ,

Rozwiązanie:Niech V = (x, y, z) ∈ R3; 0 ¬ x ¬ 4, 0 ¬ y ¬ 4− x, 0 ¬ z ¬ x2 + y2. Wówczas

∫∫∫V

dxdydz =4∫

0

( 4−x∫0

( x2+y2∫0

dz

)dy

)dx =

4∫0

( 4−x∫0

(x2 + y2)dy)dx =

=4∫

0

(x2y + 1

3y3) ∣∣∣∣y=4−x

y=0dx =

4∫0

(x2(4− x) + 1

3(4− x)3)dx = 128

3 .

y

x

z

O 4

4


(b) π6 ,

(c) 43π(8√

2− 7),

(d) π2 ,

(e) π2 ,

(f) 73π(2−

√2).

(a) Obliczymy całkę potrójną:

(%i1) integrate(integrate(integrate(1,z,0,x^2+y^2),y,0,4-x),x,0,4);

(%o1) 1283


(a)∫∫∫V

x dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami 2x+y+z = 2, x = 0,

y = 0, z = 0,

(b)∫∫∫V

(x2 + y2 + z2) dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami

x+ y + z = a, a > 0, x = 0, y = 0, z = 0,

(c)∫∫∫V

dxdydz(1+x+y+z)4 , V jest bryłą ograniczoną powierzchniami x + 2y + 2z = 2,

x = 0, y = 0, z = 0,

(d)∫∫∫V

dxdydz(1+x+y+z)3 , V jest bryłą ograniczoną powierzchniami x + y + z = 1,

x = 0, y = 0, z = 0,

(e)∫∫∫V

x dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami 2x + 2y + z = 2,

x = 0, y = 0, z = 0,

(f)∫∫∫V

xyz dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami z =√x2 + y2,

z = 2, x = 0, y = 0, x = 1, y = 1,

(g)∫∫∫V

z dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami y =√x, y = 0,

z = 0, x+ z = π2 ,

(h)∫∫∫V

xy dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami z = xy, x+ y = 1,

z = 0.


Odpowiedzi:

(a) 16 ,

Rozwiązanie:Zauważmy, że V = (x, y, x) ∈ R3; 0 ¬ x ¬ 1, 0 ¬ y ¬ 2−2x, 0 ¬ z ¬ 2−2x−y.Korzystamy z twierdzenia 12.3, wykonując całkowanie funkcji jednej zmiennej odśrodka na zewnątrz.

∫∫∫V

x dxdydz =1∫

0

( 2−2x∫0

( 2−2x−y∫0

x dz

)dy

)dx =

1∫0

( 2−2x∫0

xz

∣∣∣∣z=2−2x−y

z=0dy

)dx =

=1∫

0

( 2−2x∫0

(2x−2x2−xy)dy)dx=

1∫0

(2xy−2x2y−12xy

2)∣∣∣∣y=2−2x

y=0dx=

1∫0

2x(x−1)2dx = 16 .

(b) a5

20 ,

Rozwiązanie:V = (x, y, z) ∈ R3; 0 ¬ x ¬ a, 0 ¬ y ¬ a− x, 0 ¬ z ¬ a− x− y, a więc

∫∫∫V

(x2 + y2 + z2

)dxdydz =

a∫0

( a−x∫0

( a−x−y∫0

(x2 + y2 + z2

)dz

)dy

)dx = a5

20 .

(c) 136 ,

Rozwiązanie:V = (x, y, z) ∈ R3; 0 ¬ x ¬ 2, 0 ¬ y ¬ 1− 1

2x, 0 ¬ z ¬ 1− y − 12x, a więc

∫∫∫V

dxdydz(1+x+y+z)4 =

2∫0

( 1−12x∫

0

( 1−y−12x∫

0

1(1+x+y+z)4dz

)dy

)dx = 1

36 .

(d) 12

(ln 2− 5

8

),

(e) 112 ,

(f) 38 ,

(g)√

2π7210 ,

(h) 1180 .

(a) Obliczymy następującą całkę potrójną:

(%i1) integrate(integrate(integrate(x,z,0,2-2*x-y),y,0,2-2*x),x,0,1);

(%o1) 16


Zadanie 12.3. Korzystając z odpowiedniego twierdzenia o zamianie zmiennych,obliczyć

(a)∫∫∫V

z dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami z2 = x2 + y2, z = 1,

(b)∫∫∫V

y dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami z + y = 4,

x2 + y2 = 1, z = 0,

(c)∫∫∫V

√x2 + y2 + z2 dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami

z = 3, z =√x2 + y2,

(d)∫∫∫V

(x2 + y2)dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami z = 2,

x2 + y2 − 2z = 0,

(e)∫∫∫V

dxdydz

(x2 + y2 + z2)32

, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami

x2 + y2 + z2 = a2, x2 + y2 + z2 = b2, a > b > 0,

(f)∫∫∫V

√x2 + y2 + z2 dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchnią

x2 + y2 + z2 = z,

(g)∫∫∫V

√x2 + y2 dxdydz, V jest bryłą ograniczoną powierzchniami

x2 + y2 = z2, z = −1, z = 0.

Odpowiedzi:

(a) π4 ,

Rozwiązanie:Zauważmy, że V = (x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 ¬ 1, 0 ¬ z ¬ 1. Wykorzystująctwierdzenie 12.6 i współrzędne cylindryczne, dostajemy∫∫∫

V

z dxdydz =U = (r, ϕ, z) ∈ R3; 0 ¬ ϕ < 2π, 0 ¬ z ¬ 1, 0 ¬ r ¬ z

=

=∫∫∫U

zr drdϕdz =1∫

0

( 2π∫0

( z∫0

zr dr

)dϕ

)dz =

=1∫

0

( 2π∫0

z3

2dϕ

)dz = 2π

1∫0

z3

2dz = π

4 .


(b) −π4 ,

(c) 27π 2√

2−12 ,

(d) 163 π,

(e) 4π ln ab ,

(f) π10 ,

(g) π6 .

(a) Obliczymy całkę potrójną, wykorzystując zamianę zmiennych na współrzędnecylindryczne (walcowe). Współrzędne (r, t, z) są współrzędnymi cylindrycznymipunktu (x, y, z).

(%i1) [x,y,z]:[r*cos(t),r*sin(t),z];(%o1) [r cos (t) , r sin (t) , z]

Obliczymy jakobian tego przekształcenia

(%i2) jacobian([x,y,z],[r,t,z]);

(%o2)

cos (t) −r sin (t) 0sin (t) r cos (t) 00 0 1

Obliczymy wyznacznik jakobianu.

(%i3) determinant(%);(%o3) r sin (t)2 + r cos (t)2

Uprościmy otrzymany wynik.

(%i4) J:trigsimp(%);(%o4) r

Obliczymy całkę, pamiętając o jakobianie.

(%i5) integrate(integrate(integrate(z*J,r,0,z),t,0,2*pi),z,0,1);(%o5) π

4

13. Analiza wektorowa

Zadanie 13.1. Dana jest funkcja f(x, y, z) = x2yz i pole wektorowe W = [3x2, yz2,

−xz]. Obliczyć ∂2

∂y∂z (f ·W) w punkcie (1,−2,−1).

Odpowiedź:3i− 12j + 2k

Rozwiązanie:f ·W = x2yz · (3x2i + yz2j− xzk) = 3x4yzi + x2y2z3j− x3yz2k

∂2

∂y∂z (f ·W) = 3x4i + 6x2yz2j− 2x3zk

W punkcie (1,−2,−1) mamy ∂2

∂y∂z (f ·W) = 3i− 12j + 2k.


Określimy następującą funkcję:

(%i1) f:x^2*y*z;(%o1) x2 y z

Określimy pole wektorowe:

(%i2) W:[3*x^2,y*z^2,-x*z];(%o2) [3 x2, y z2,−x z]

Znajdziemy iloczyn f ·W

(%i3) a:f*W;(%o3) [3 x4 y z, x2 y2 z3,−x3 y z2]

Obliczymy pochodną powyższego iloczynu po zmiennej y.

(%i4) p:diff(a,y);(%o4) [3 x4 z, 2 x2 y z3,−x3 z2]

Następnie obliczymy pochodną otrzymanego wyniku po zmiennej z.

(%i5) c:diff(p,z);(%o5) [3 x4, 6 x2 y z2,−2 x3 z]

W punkcie (1,−2,−1) otrzymujemy [3,−12, 2].

Zadanie 13.2. Dana jest funkcja f(x, y, z) = x2yz3 i pole wektorowe W = [xz,−y2, 2x2y]. Obliczyć:

(a) grad f ,

(b) div W,

(c) rot W,

(d) div(f ·W),

(e) rot(f ·W).

Odpowiedzi:

(a) grad f = ∂∂x

(x2yz3) i+ ∂

∂y

(x2yz3) j+ ∂

∂z

(x2yz3)k = 2xyz3i+x2z3j+3x2yz2k,

(b) div W = ∂∂x (xz) + ∂

∂y

(−y2)+ ∂

∂z

(2x2y

)= z − 2y,

(c) rot W =

∣∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

xz −y2 2x2y

∣∣∣∣∣∣∣ =(∂∂y

(2x2y

)− ∂

∂y

(−y2)) i +

+(∂∂z (xz)− ∂

∂x

(2x2y

))j +

(∂∂x

(−y2)− ∂

∂y (xz))

k =

= 2x2i + (x− 4xy) j + 0k,

(d) div(f ·W) = ∂∂x

(x3yz4)+ ∂

∂y

(−x2y3z3)+ ∂

∂z

(2x4y2z3) =

= 3x2yz4 − 3x2y2z3 + 6x4y2z2,


(e) rot(f ·W) =

∣∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

x3yz4 −x2y3z3 2x4y2z3

∣∣∣∣∣∣∣ =

=(4x4yz3 − 3x2y3z2) i+

(4x3yz3 − 8x3y2z3) j−

(2xy3z3 + x3z4)k.

(a) Wczytamy pakiet vect, który umożliwi nam wykonanie działań na wektorach.

(%i1) load("vect")$Obliczymy gradient następującej funkcji. Wykorzystamy do tego funkcję grad().

(%i2) f:x^2*y*z^3;(%o2) x2 y z3

(%i3) grad(f);(%o3) grad

(x2 y z3

)Instrukcja express() wyświetli nam postać tego gradientu.

(%i4) express(%);(%o4) [ dd x

(x2 y z3

), dd y

(x2 y z3

), dd z

(x2 y z3

)]

Dokonamy końcowych obliczeń, uzyskując gradient funkcji f :

(%i5) ev(%,diff);(%o5) [2 x y z3, x2 z3, 3 x2 y z2]

(b) Obliczymy dywergencję pola wektorowego W, zdefiniowanego poniżej.

(%i1) W:[x*z,-y^2,2*x^2*y];(%o1) [x z,−y2, 2 x2 y]

Wczytamy pakiet vect.

(%i2) load("vect")$Obliczymy dywergencję pola wektorowego W, wykorzystując funkcję div().

(%i3) div(W);(%o3) div

([x z,−y2, 2 x2 y]

)(%i4) express(%);(%o4) d

d x (x z) + dd y

(−y2

)+ dd z

(2 x2 y

)(%i5) ev(%,diff);(%o5) z− 2 y

(c) Definiujemy pole wektorowe:

(%i1) W:[x*z,-y^2,2*x^2*y];(%o1) [x z,−y2, 2 x2 y]

Określimy następujące funkcje:

(%i2) P:x*z;(%o2) x z(%i3) Q:-y^2;(%o3) −y2


(%i4) R:2*x^2*y;(%o4) 2 x2 y

Obliczymy rotację pola wektorowego W, korzystając z definicji 13.3.

(%i5) rot:[diff(R,y)-diff(Q,z),diff(P,z)-diff(R,x),diff(Q,x)-diff(P,y)];

(%o5) [2 x2, x− 4 x y, 0]

Zadanie 13.3. Jeśli f(x, y, z) = 2x2y − xz3, obliczyć grad f i laplasjan funkcji f .

Odpowiedź:grad f = (4xy − z3)i + 2x2j− 3xz2k, ∆f = 4y − 6xz.

Obliczymy gradient następującej funkcji:

(%i1) f:2*x^2*y-x*z^3;(%o1) 2 x2 y− x z3(%i2) load("vect")$(%i3) grad(f);(%o3) grad

(2 x2 y− x z3

)(%i4) express(%);(%o4) [ dd x

(2 x2 y− x z3

), dd y

(2 x2 y− x z3

), dd z

(2 x2 y− x z3

)]

(%i5) ev(%,diff);(%o5) [4 x y− z3, 2 x2,−3 x z2]

Obliczymy laplasjan funkcji f .

(%i6) laplacian(f);(%o6) laplacian

(2 x2 y− x z3

)(%i7) express(%);(%o7) d2

d z2(2 x2 y− x z3

)+ d2

d y2(2 x2 y− x z3

)+ d2

d x2(2 x2 y− x z3

)(%i8) ev(%,diff);(%o8) 4 y− 6 x z

Zadanie 13.4. Udowodnić, że div(rot W) = 0, gdzie W = [P,Q,R].

Odpowiedź:

div(rot W) = div

∣∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

P Q R

∣∣∣∣∣∣∣ =

= div[(

∂R∂y −

∂Q∂z

)i +

(∂P∂z −

∂R∂x

)j +

(∂Q∂x −

∂P∂y

)k]

=

= ∂∂x

(∂R∂y −

∂Q∂z

)+ ∂

∂y

(∂P∂z −

∂R∂x

)+ ∂

∂z

(∂Q∂x −

∂P∂y

)=

= ∂2R∂x∂y −

∂2Q∂x∂z + ∂2P

∂y∂z −∂2R∂y∂x + ∂2Q

∂z∂x −∂2P∂z∂y = 0.


Zadanie 13.5. Niech f(x, y, z) = xy−yz+zx i W = x2yi−y2zj+z2xk. ObliczyćW grad f w punkcie (3,−1, 2).

Odpowiedź:25.

Zadanie 13.6. Obliczyć rot(rot W) jeżeli W = 3xz2i− yzj + (x+ 2z)k.

Odpowiedź:−6xi + 0j + (6z − 1)k.

Zadanie 13.7. Sprawdzić, czy pole wektorowe W jest potencjalne i ewentualnieznaleźć potencjał skalarny.

(a) W =[2xz3 + 6y, 6x− 2yz, 3x2z2 − y2],

(b) W =[y2z3, 2xyz3, 3xy2z2],

(c) W =[ey+z, xey+z, xey+z],

(d) W = [x, xy, xyz],

(e) W =[2xy + 3, x2 − 4z,−4y

],

(f) W =[25x4y − 3y2, 5x5 − 6xy − 5, 0

],

(g) W =[

1y + 2x,− x

y2 + 2z, 2y − 2z].

Odpowiedzi:

(a) f(x, y, z) = x2z3 + 6xy − y2z + C,

Rozwiązanie:Wprowadźmy oznaczenia: P = 2xz3 + 6y, Q = 6x− 2yz, R = 3x2z2 − y2.Stąd

∂R∂y = −2y = ∂Q

∂z ,∂P∂z = 6xz2 = ∂R

∂x ,∂Q∂x = 6 = ∂P

∂y ,

a więc rot W = 0.Poszukujemy takiej funkcji f , że grad f = [P,Q,R]. Musimy więc rozwiązać nastę-pujący układ równań:

∂f∂x = 2xz3 + 6y∂f∂y = 6x− 2yz∂f∂z = 3x2z2 − y2

,

stąd f(x, y, z) = x2z3 + 6xy + ϕ1(y, z)f(x, y, z) = 6xy − y2z + ϕ2(x, z)f(x, y, z) = x2z3 − y2z + ϕ3(x, y)

,


co jest równoważne, temu że

ϕ1(y, z) = −y2z + C, ϕ2(x, z) = x2z3 + C, ϕ3(x, y) = 6xy + C.

Ostatecznie f(x, y, z) = x2z3 + 6xy − y2z + C.

(b) f(x, y, z) = xy2z3 + C,

(c) f(x, y, z) = xey+z + C,

(d) pole W nie jest potencjalne,

(e) f(x, y, z) = x2y − 4yz + 3x+ C,

(f) f(x, y, z) = 5x5 − 3xy2 − 5y + C,

(g) f(x, y, z) = xy + x2 + 2zy− z2 +C.

14. Całki krzywoliniowe w R3 i powierzchniowe

Zadanie 14.1. Obliczyć następujące całki powierzchniowe

(a)∫∫S

2xy−2x2−x−2y+63 dS, gdzie S : 2x+ 2y + z = 6, x 0, y 0, z 0,

(b)∫∫S

(xy + yz + xz) dS, gdzie S : z =√x2 + y2, 1 ¬ z ¬ 4, x 0, y 0,

(c)∫∫S

(x2 + y2

)dS, gdzie S : z =

√x2 + y2, z ¬ 1,

(d)∫∫S

(8− 2z) dS, gdzie S : z = 4− 12x

2 − 12y

2, z 0,

(e)∫∫S

dS, gdzie S : z = 2− (x2 + y2), z 0,

(f)∫∫S

(x2 + y2

)dS, gdzie S : z = 2− (x2 + y2), z 0,

(g)∫∫S

3z dS, gdzie S : z = 2− (x2 + y2), z 0,

(h)∫∫S

1(1+x+y)2

dS, gdzie S : x+ y + z = 1, x 0, y 0, z 0.

Odpowiedzi:

(a) 274 ,


Rozwiązanie:Korzystając z własności 3 (patrz str. 216) dla całek powierzchniowych nieskiero-wanych i dokonując odpowiednich podstawień: z′x = 2, z′y = 2, otrzymujemy:∫∫

S

2xy−2x2−x−2y+63 dS =

∫∫D

2xy−2x2−x−2y+63

√1 + 22 + 22 dxdy =

=D = (x, y) ∈ R2; 0 ¬ x ¬ 3, 0 ¬ y ¬ 3− x

=

=3∫

0

( 3−x∫0

(2xy−2x2−x−2y+6)dy)dx =

3∫0

(xy2−2x2y−xy−y2+6y)∣∣∣∣y=3−x

y=0dx = 27

4 .

(b) 1275√

28 ,

Rozwiązanie:∫∫S

(xy+yz+xz)dS=∫∫D

(xy+y

√x2 + y2 +x

√x2 + y2

)√1 + x2

x2+y2 + y2

x2+y2 dxdy,

gdzie D = (x, y) ∈ R2; 1 ¬ x2 + y2 ¬ 16, x 0, y 0Korzystając z twierdzenia 11.5 o zamianie współrzędnych kartezjańskich na biegu-nowe w całce podwójnej otrzymujemy U = (r, ϕ) ∈ R2; 1 ¬ r ¬ 4, 0 ¬ ϕ ¬ π

2 ,wobec czego ∫∫

D

(xy + y

√x2 + y2 + x

√x2 + y2

)√2 dxdy =

=√

24∫

1

( π2∫

0

(r2 cosϕ sinϕ+ r2 sinϕ+ r2 cosϕ)r dϕ)dr =

√2

4∫1

5r32 dr = 1275

8

√2.

(c)√

22 π,

(d) 119215 π,

(e) 133 π,

(f) 14930 π,

(g) 11110 π,

(h)√

3(ln 2− 12).

(a)

(%i1) f(x,y):=6-2*x-2*y;(%o1) f (x, y) := 6− 2 x+ (−2) y

Obliczymy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu tej funkcji po zmiennej x oraz pozmiennej y.

(%i2) a:diff(f(x,y),x);(%o2) −2(%i3) b:diff(f(x,y),y);(%o3) −2


Obliczenie całki powierzchniowej nieskierowanej podanej w zadaniu sprowadza siędo obliczenia następującej całki:

(%i4) integrate(integrate(((2*x*y-2*x^2-x-2*y+6)/3)**sqrt(1+a^2+b^2),y,0,3-x),x,0,3);

(%o4) 274

Zadanie 14.2. Obliczyć całki powierzchniowe zorientowane

(a)∫∫S

x2dydz+y2dxdz+z2dxdy, gdzie S jest trójkątem o wierzchołkachA(0, 0, 0),

B(1, 0, 1), C(0, 1, 1) i cos γ > 0,

(b)∫∫S

x2z dydz+xyz dxdz+(x2 + yz2

)dxdy, po zewnętrznej stronie powierzchni

S = (x, y, z); x2 + z2 = 4, 0 ¬ y ¬ 3, z 0,

(c)∫∫S

x dydz + y dxdz + z dxdy, gdzie S jest zewnętrzną stroną górnej części

sfery x2 + y2 + z2 = R2,

(d)∫∫S

dydz+dxdz−dxdy, gdzie S jest powierzchnią boczną stożka z =√x2 + y2,

0 ¬ z ¬ 1 i cos γ < 0,

(e)∫∫S

2x3dxdy+z dydz, gdzie S jest powierzchnią boczną 4−z = x2 + y2, 0 ¬ x,

0 ¬ y, 0 ¬ z i cos γ > 0,

(f)∫∫S

(y− z)dydz+ (z− x)dxdz+ (x− y)dxdy, gdzie S jest częścią płaszczyzny

x+ z − 1 = 0 wyciętą przez walec x2 + y2 = 1 i cos γ > 0,

(g)∫∫S

z dydz+x dxdz+y dxdy, gdzie S jest częścią płaszczyzny x−z = 0 wyciętą

przez walec x2 + y2 − 2x = 0 i cos γ < 0,

(h)∫∫S

y dydz − x dxdz + (x + y) dxdy, gdzie S jest częścią powierzchni

z =√

4− x2 − y2, 0 ¬ x, 0 ¬ y, 1 ¬ z, i cos γ > 0.

Odpowiedzi:

(a) 112 ,


Rozwiązanie:Korzystając z własności 3 dla całek powierzchniowych skierowanych (patrz str. 219)i dokonując odpowiednich podstawień z = x+ y, z′x = 1, z′y = 1, otrzymujemy∫∫

S

x2dydz + y2dxdz + z2dxdy =∫∫D

(−x2 − y2 + (x+ y)2

)dxdy =

=D = (x, y) ∈ R2; 0 ¬ x ¬ 1, 0 ¬ y ¬ 1− x

=

=1∫

0

( 1−x∫0

2xy dy)dx =

1∫0

xy2∣∣∣∣y=1−x

y=0dx =

1∫0

x(1− x)2dx = 112 .

(b) 64,

Rozwiązanie:Przyjmując z =

√4− x2, z′x = −x√

4−x2 , z′y = 0, otrzymujemy

∫∫S

x2z dydz + xyz dxdz + (x2 + yz2)dxdy =

∫∫D

(−x2

√4− x2 −x√

4−x2 + x2 + y(4− x2))dxdy =

=D = (x, y) ∈ R2; −2 ¬ x ¬ 2, 0 ¬ y ¬ 3

=

=2∫−2

( 3∫0

(x3 + x2 + y(4− x2)

)dy

)dx = 3

2

2∫−2

(2x3 − x2 + 12)dx = 64.

(c) 2πR3,

(d) −π,

(e) 25615 ,

(f) −π,

(g) π,

(h) 23(8− 3

√3).

(a) Obliczenie całki powierzchniowej skierowanej podanej w zadaniu sprowadza siędo obliczenia następującej całki podwójnej:

(%i1) integrate(integrate(2*x*y,y,0,1-x),x,0,1);(%o1) 1

12

Zadanie 14.3. Korzystając z twierdzenia Gaussa-Ostrogradskiego, obliczyć

(a)∫∫S

(x2+1)dydz+(y+sinx)dxdz+(z−√

3x)dxdy, gdzie S+ jest zorientowanym

na zewnątrz brzegiem bryły ograniczonej powierzchniami x+y+z = a, x = 0,y = 0, z = 0, a > 0,


(b)∫∫S

xz2dydz +(x2y − z3

)dxdz +

(2xy + y2z

)dxdy, gdzie S+ jest zoriento-

wanym na zewnątrz brzegiem półkuli x2 + y2 + z2 ¬ a2, z 0, a > 0,

(c)∫∫S

(2xy + z) dydz+y2dxdz−(x+ 3y) dxdy, gdzie S+ jest zorientowanym na

zewnątrz brzegiem bryły ograniczonej powierzchniami 2x+2y+z = 6, x = 0,y = 0, z = 0,

(d)∫∫S

x dydz+ y dxdz+ z dxdy, gdzie S+ jest zorientowanym na zewnątrz brze-

giem bryły ograniczonej powierzchniami x2 + y2 = 9, z = 0, z = 3,

(e)∫∫S

x3dydz+ y3dxdz+ z3dxdy, gdzie S+ jest zorientowaną na zewnątrz sferą

x2 + y2 + z2 = 1.

Odpowiedzi:

(a) a3(a+4)12 ,

Rozwiązanie:Z twierdzenia 14.2 (Gaussa-Ostrogradskiego), dokonując odpowiednich podstawień

P = x2 + 1, Q = y + sinx, R = z −√

3x

P ′x = 2x, Q′y = 1, R′z = 1,

mamy:

I=∫∫S

(x2 + 1)dydz + (y + sinx)dxdz + (z −√

3x)dxdy=∫∫∫V

(2x+ 1 + 1)dxdydz,

gdzie V = (x, y, z) ∈ R3; 0 ¬ z ¬ a− x− y, 0 ¬ y ¬ a− x, 0 ¬ x ¬ a,zatem zamieniając całkę potrójną na całkę iterowaną, otrzymujemy

I =a∫

0

( a−x∫0

( a−y−x∫0

(2x+ 2)dz)dy

)dx = a3(a+4)

12 .

(b) 2πa55 ,

Rozwiązanie:

I=∫∫S

xz2dydz + (x2y − z3)dxdz + (2xy + y2z)dxdy

x2 + y2 + z2 ¬ a2, z 0, a > 0


P = xz2, Q = x2y − z3, R = 2xy + y2z

P ′x = z2, Q′y = x2, R′z = y2

I =∫∫∫V

(x2 + y2 + z2)dxdydz,

gdzie V = (x, y, z) ∈ R3; 0 ¬ z ¬√a2 − x2 − y2,

−√a2 − x2 ¬ y ¬

√a2 − x2, −a ¬ x ¬ a.

Wykorzystując twierdzenie 12.6 i współrzędne sferyczne, dostajemy∫∫∫V

(x2 + y2 + z2)dxdydz =

=U = (r, ϕ, θ) ∈ R3; 0 ¬ r ¬ a, 0 ¬ ϕ ¬ 2π, 0 ¬ θ ¬ π

2

=

=∫∫∫U

r2 · r2 cos θ drdϕdθ =a∫

0

( 2π∫0

( π2∫

0

r4 cos θ dθ)dϕ

)dr = 2πa5

5 .

(c) 27, (d) 81π, (e) 125 π.

(a) Definiujemy następujące funkcje:

(%i1) P(x,y,z):=x^2+1;(%o1) P (x, y, z) := x2 + 1(%i2) Q(x,y,z):=y+sin(x);(%o2) Q (x, y, z) := y+ sin (x)(%i3) R(x,y,z):=z-sqrt(3)*x;(%o3) R (x, y, z) := z−

√3 x

Obliczymy odpowiednie pochodne cząstkowe pierwszego rzędu wyżej zdefiniowa-nych funkcji.

(%i4) diff(P(x,y,z),x);(%o4) 2 x(%i5) diff(Q(x,y,z),y);(%o5) 1(%i6) diff(R(x,y,z),z);(%o6) 1

Skorzystamy z twierdzenia 14.2. Wówczas obliczenie całki powierzchniowej podanejw zadaniu sprowadza się do obliczenia następującej całki potrójnej:

(%i7) integrate(integrate(integrate((2*x+1+1),z,0,a-y-x),y,0,a-x),x,0,a);

(%o7) a4+4 a312


Zadanie 14.4. Korzystając z twierdzenia Stokesa, obliczyć

(a)∫K

(x+ z)dx+ (x− y+ 2z)dy+ (y− 4x)dz, wzdłuż krzywej K będącej łamaną

o wierzchołkach ABCA, A = (1, 0, 0), B = (0, 0, 1), C = (0, 1, 0),

(b)∫K

3y dx − 2x dy + y2dz, wzdłuż okręgu K : x2 + y2 = 4, z = 0, będącego

brzegiem części półsfery x2 + y2 + z2 = 4, z 0 którego rzut na płaszczyznęOxy jest dodatnio zorientowany,

(c)∫K

(x − y)dx + (2x − y + z)dy + (x + 2y − z)dz, wzdłuż krzywej K będącej

łamaną o wierzchołkach ABCA, A = (2, 0, 0), B = (0, 0, 3), C = (0, 6, 0),

(d)∫K

3y dx − xz dy + yz2dz, wzdłuż okręgu K : x2 + y2 = 4, z = 2, będącego

brzegiem części paraboloidy x2 + y2 = 2z, z ¬ 2, którego rzut na płaszczyznęOxy jest dodatnio zorientowany.

(e)∫K

2y dx + 3xz dy − z2dz, wzdłuż okręgu K : x2 + y2 = 9, z = 0, będącego

brzegiem części półsfery x2 + y2 + z2 = 9, z 0, którego rzut na płaszczyznęOxy jest dodatnio zorientowany.

Odpowiedzi:

(a) 52 ,

Rozwiązanie:Z twierdzenia 14.3 (Stokesa), dokonując odpowiednich podstawień:

P = x+ z, Q = x− y + 2z, R = y − 4x,

∂R∂y −

∂Q∂z = 1− 2, ∂P

∂z −∂R∂x = 1 + 4, ∂Q

∂x −∂P∂y = 1

oraz z własności 3 całki powierzchniowej skierowanej (patrz str. 219), stosując pod-stawienia z = 1− x− y, z′x = −1, z′y = −1, mamy:

I =∫K

(x+ z)dx+ (x− y + 2z)dy + (y − 4x)dz =

=∫∫S

(1− 2)dydz + (1 + 4)dxdz + dxdy =∫∫D

5 dxdy,


gdzie D = (x, y) ∈ R2; 0 ¬ x ¬, 0 ¬ y ¬ 1 − x, zatem zamieniając całkipodwójne na całkę iterowaną otrzymujemy

I = 51∫

0

( 1−x∫0

dy

)dx = 5

2 .

(b) −20π,

Rozwiązanie:Z twierdzenia 14.3 (Stokesa), dokonując odpowiednich podstawień:

P = 3y, Q = −2x, R = y2,

∂R∂y −

∂Q∂z = 2y, ∂P

∂z −∂R∂x = 0, ∂Q

∂x −∂P∂y = −2− 3

oraz z własności 3 całki powierzchniowej skierowanej (patrz str. 219), stosując pod-stawienia z =

√4− x2 − y2, z′x = −x√

4−x2−y2, z′y = −y√

4−x2−y2, mamy

I =∫K

3y dx−2x dy+y2dz =∫∫S

2y dydz−5 dxdy =∫∫D

(−2y −x√

4−x2−y2−5)dxdy,

gdzie D = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ¬ 4. Korzystając z twierdzenia 11.5 i dokonującpodstawień x = r cosϕ, y = r sinϕ dostajemy

I =2∫

0

( 2π∫0

(2r2 cosϕ sinϕ√

4−r2 − 5)r dϕ

)dr = −10π

2∫0

r dr = −20π.

(c) −18, (d) −20π, (e) −18π.

(a) Definiujemy następujące funkcje:

(%i1) P(x,y,z):=x+z;(%o1) P (x, y, z) := x+ z(%i2) Q(x,y,z):=x-y+2*z;(%o2) Q (x, y, z) := x− y+ 2 z(%i3) R(x,y,z):=y-4*x;(%o3) R (x, y, z) := y− 4 x

Obliczymy odpowiednie pochodne cząstkowe pierwszego rzędu tych funkcji.

(%i4) diff(P(x,y,z),y);(%o4) 0(%i5) diff(P(x,y,z),z);(%o5) 1(%i6) diff(Q(x,y,z),x);


(%o6) 1(%i7) diff(Q(x,y,z),z);(%o7) 2(%i8) diff(Q(x,y,z),z);(%o8) −4(%i9) diff(R(x,y,z),y);(%o9) 1

Uwzględniając obliczone powyżej pochodne i stosując twierdzenie 14.3, pozostajenam do obliczenia następująca całka:

(%i10) integrate(integrate(5,y,0,1-x),x,0,1);(%o10) 52

15. Równania różniczkowe cząstkowe

Zadanie 15.1. Znaleźć całkę ogólną równania

(a) y ∂u∂x + x∂u∂y = 0,

(b) x∂u∂x + y ∂u∂y = 2y,

(c) y ∂u∂x + x∂u∂y = x− y,

(d) x∂u∂x + y ∂u∂y = u2y,

(e) xy ∂u∂x + x2 ∂u∂y = uy.

Odpowiedzi:

(a) u = Φ(x2 − y2),

Rozwiązanie:Układem równań różniczkowych zwyczajnych odpowiadającym naszemu równaniujest dx

y = dyx . Stąd x dx = y dy, zatem całka pierwsza jest postaci x2−y2 = C i tym

samym rozwiązanie ogólne naszego równania:

u(x, y) = Φ(x2 − y2),

gdzie Φ – dowolna funkcja różniczkowalna w sposób ciągły.

(b) Φ( yx , 2y − u) = 0,

Rozwiązanie:Układem równań różniczkowych zwyczajnych odpowiadającym naszemu równaniujest dx

x = dyy = du

2y . Z równania dxx = dy

y otrzymujemy yx = C1, natomiast z rów-

nania dyy = du

2y mamy dy = du2 , stąd 2y − u = C2. Znając układ całek pierwszych,

z twierdzenia 15.3Φ(y

x, 2y − u) = 0

jest całką ogólną naszego równania, Φ – dowolna funkcja różniczkowalna w sposóbciągły.


(c) Φ(x2 − y2, x− y + u) = 0,

(d) Φ( yx , y + 1u) = 0,

(e) Φ(x2 − y2, ux) = 0.

We wszystkich powyższych rozwiązaniach Φ jest dowolną funkcją różniczkowalnąw sposób ciągły.

Zadanie 15.2. Znaleźć powierzchnię całkową równania

(a) x∂u∂x + y ∂u∂y = 2y przechodzącą przez krzywą o równaniach x = t, y = t2,u = 0,

(b) x∂u∂x + y ∂u∂y = −u2y przechodzącą przez krzywą o równaniach x = t, y = t2,u = 2,

(c) x∂u∂x + y ∂u∂y = −2u przechodzącą przez krzywą o równaniach x = t, y = t2,u = t4,

(d) ∂u∂x −

∂u∂y = x2 + y przechodzącą przez krzywą o równaniach x = 0, y = t,

u = −t2.

Odpowiedzi:

(a) u = 2yx2−y2x2 ,

Rozwiązanie:Z rozwiązania zadania 15.1 (b) y

x = C1 i 2y − u = C2. Podstawiając x = t, y = t2,u = 0 do całek pierwszych otrzymamy y

x = t2

t = t oraz 2y−u = 2t2, czyli ostatecznie

u = 2y − 2t2 = 2y − 2 y2

x2 = 2yx2−y2x2 .

(b) u = 2x22y−2y2+x2 ,

(c) u = y6

x8 ,

(d) u = x3

3 −x2

2 − xy − y2.

Zadanie 15.3.

(a) Sprawdzić, czy funkcja u = xexy jest rozwiązaniem równania różniczkowegox2 ∂2u

∂x2 − x2y ∂u∂x − y

∂u∂y = 0.

(b) Sprawdzić, czy funkcja z = sin(x− y) jest rozwiązaniem równania różniczko-wego x2 ∂2z

∂x2 + x2 ∂2z∂x∂y + y ∂z∂x + y ∂z∂y = 0.

(c) Sprawdzić, czy funkcja u = x3y2 jest rozwiązaniem równania różniczkowegox2 ∂2u

∂x2 − 3y2 ∂2u∂x∂y + 2x∂u∂x − 3y ∂z∂y = 0.


Odpowiedzi:

(a) tak,

Rozwiązanie:Liczymy odpowiednie pochodne:

∂u∂x = exy(1 + xy), ∂u

∂y = x2exy, ∂2u∂x2 = exy(2y + xy2).

Po podstawieniu do równania otrzymamy:

x2 ∂2u∂x2 − x

2y ∂u∂x − y∂u∂y = x2exy(2y + xy2)− x2yexy(1 + xy)− yx2exy =

= exy(2x2y + x3y2 − x2y − x3y2 − x2y) = 0.

(b) tak, (c) tak.

Zadanie 15.4. Wyznaczyć ogólne rozwiązanie następujących równań

(a) ∂2u∂x2 + 2y3z5 = 0,

(b) ∂2u∂x∂y + ∂u

∂y = 0,

(c) ∂2u∂x∂y − 8y3 = 0,

(d) ∂2u∂x∂y − 3x2z2 = 0.

Odpowiedzi:

(a) u(x, y, z) = −x2y3z5 + xF (y, z) +G(y, z),

Rozwiązanie:Całkując obustronnie równanie względem zmiennej x (w granicach od 0 do x),mamy

∂u∂x = −2xy3z5 + F (y, z).

Ponownie całkując obustronnie równanie względem zmiennej x (w granicach od 0do x), otrzymujemy

u(x, y, z) = −x2y3z5 + xF (y, z) +G(y, z),

gdzie F i G są dowolnymi funkcjami dwóch zmiennych klasy C1.

(Zauważmy, żex∫

0

F (y, z)dx = xF (y, z)∣∣∣∣x0

= xF (y, z)).

(b) u(x, y) = G(y)e−x + F (x),


Rozwiązanie:Całkując obustronnie równanie względem zmiennej y (w granicach od 0 do y),mamy

∂u

∂x+ u(x, y) = ϕ(x).

Równanie to rozwiążemy jak równanie różniczkowe liniowe pierwszego rzędu me-todą uzmienniania stałej. Rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego∂u∂x + u = 0 jest u(x, y) = C(x, y)e−x. Różniczkując je obustronnie względem x,otrzymamy

∂u∂x =

∂C

∂xe−x − Ce−x.

Podstawiając u = Ce−x oraz ∂u∂x = ∂C

∂x e−x−Ce−x do równania ∂u

∂x +u(x, y) = ϕ(x),otrzymamy

∂C(x,y)∂x e−x = ϕ(x) =⇒ ∂C(x,y)

∂x = ϕ(x)ex.

Całkując obustronnie to równanie względem zmiennej x (w granicach od 0 do x),

otrzymamy C(x, y) =x∫

0

ϕ(x)exdx+G(y).

Po podstawieniu do równania u(x, y) = C(x, y)e−x widzimy, że

u(x, y) =( x∫

0

ϕ(x)exdx+G(y))e−x = G(y)e−x + F (x),

gdzie F (x) =( x∫

0

ϕ(x)exdx)e−x, a G(y) jest dowolną funkcją różniczkowalną jed-

nej zmiennej.

(c) u(x, y) = 2xy4 + F (x) + G(y), gdzie F i G dowolne funkcje różniczkowalnejednej zmiennej,

(d) u(x, y, z) = x3yz2 + F (x, z) + G(y, z), gdzie F i G są dowolnymi funkcjamidwóch zmiennych klasy C1.

Zadanie 15.5. Wyznaczyć rozwiązanie równań spełniające dane warunki

(a) ∂2u∂x∂y − 2x sin y = 0, u (x, 0) = x2, u (0, y) = sin y,

(b) ∂2u∂x∂y + 4x3 = 0, u (x, 0) = 5x2 + x, u (0, y) = 3y2,

(c) ∂2u∂x∂y − 6x2 − 2y = 0, u (x, 0) = x, u (0, y) = y.

Odpowiedzi:

(a) u(x, y) = 2x2 − x2 cos y + sin y,


Rozwiązanie:Całkując obustronnie równanie względem zmiennej x (w granicach od 0 do x),otrzymamy

∂u∂y − x

2 sin y = G(y) ⇐⇒ ∂u∂y = x2 sin y +G(y).

Całkując obustronnie powyższe równanie względem zmiennej y (w granicach od 0do y) ze względu na fakt, że

y∫0

x2 sin ydy = (−x2 cos y)∣∣∣∣y0

= −x2 cos y + x2 cos 0 = −x2 cos y + x2,

otrzymamyu(x, y) = −x2 cos y + x2 +G(y) + F (x),

gdzie G(y) i F (x) są dowolnymi funkcjami różniczkowalnymi jednej zmiennej.Z warunku u (x, 0) = x2 mamy

−x2 + x2 +G(0) + F (x) = x2 =⇒ F (x) = −G(0) + x2.

Z warunku u (0, y) = sin y mamy

G(y) + F (0) = sin y =⇒ G(y) = −F (0) + sin y.

Widzimy, że podstawiając w pierwszym z tych równań x = 0 (lub w drugim y = 0),uzyskamy G(0) = −F (0). Czyli łącznie

u(x, y) = −x2 cos y+x2 +G(y)+F (x) = −x2 cos y+x2−G(0)+x2−F (0)+sin y =

= 2x2 − x2 cos y + sin y.

(b) u(x, y) = −x4y+x4+5x2+x+3y2, (c) u(x, y) = 2x3y + xy2 + x+ y.

Zadanie 15.6. Wyznaczyć zbiór w R2, w którym równanie różniczkowe

(a) (2x2 + 2y2)∂2u∂x2 − 4 ∂2u

∂x∂y + ∂2u∂y2 − 2xy2 ∂u

∂x = 0,

(b) (x2 − 1)∂2u∂x2 − 4xy ∂2u

∂x∂y + (4 + 4y2)∂2u∂y2 − xy

2 ∂u∂x + 2∂u∂y ,

jest typu eliptycznego, hiperbolicznego, parabolicznego.

Odpowiedzi:

(a) typ eliptyczny dla(x, y); x2 + y2 > 2

,

typ hiperboliczny dla(x, y); x2 + y2 < 2

,

typ paraboliczny dla(x, y); x2 + y2 = 2

.


Rozwiązanie:

δ = B2 − 4AC = 16− 8x2 − 8y2.

Równanie jest typu:– eliptycznego dla x i y, dla których δ < 0, czyli dla spełniających nierównośćx2 + y2 > 2,

– hiperbolicznego, gdy δ > 0, czyli dla x2 + y2 < 2,– parabolicznego, gdy δ = 0, czyli dla x2 + y2 = 2.

(b) typ eliptyczny dla(x, y); x2 − y2 > 1

,

typ hiperboliczny dla(x, y); x2 − y2 < 1

,

typ paraboliczny dla(x, y); x2 − y2 = 1

.

Zadanie 15.7. Sprowadzić do postaci kanonicznej następujące równaniaróżniczkowe

(a) ∂2u∂x2 − x

2 ∂2u∂y2 = 0, w dowolnym obszarze płaskim niezawierającym punktów

osi Oy,

(b) ∂2u∂x2 + 4 ∂2u

∂x∂y + 5∂2u∂y2 + ∂u

∂x + 2∂u∂y = 0,

(c) y2 ∂2u∂2 + 2xy ∂2u

∂x∂y + x2 ∂2u∂y2 + y ∂u∂y = 0,

(d) y5 ∂2u∂x2 − 2xy3 ∂2u

∂x∂y + x2y ∂2u∂y2 − 2x2 ∂u

∂y = 0,

(e) ∂2u∂x2 − 2 ∂2u

∂x∂y + ∂2u∂y2 = 0,

(f) y4 ∂2u∂x2 − 2xy2 ∂2u

∂x∂y + x2 ∂2u∂y2 − 2y2 ∂u

∂y = 0.

Odpowiedzi:

(a) ∂2u∂ξ∂η −

14(ξ−η)(∂u∂ξ −

∂u∂η ) = 0,

Rozwiązanie:W naszym równaniu A = 1, B = 0, C = −x2, a = 0, b = 0.Zatem δ = B2 − 4AC = 4x2 > 0 dla x 6= 0.Równanie jest typu hiperbolicznego na całej płaszczyźnie, z wyłączeniem punktówosi Oy. Równanie różniczkowe charakterystyk (patrz definicja 15.9 i przypadek Istr. 236) jest postaci

( dydx)2 − x2 = 0.

Stąd otrzymujemy dydx = x lub dy

dx = −x. Rozwiązanie tych równań daje dwierodziny charakterystyk y − x2

2 = C1 i y + x2

2 = C2. A zatem przyjmujemy

ξ = y − x2

2, η = y +

x2

2.


Widzimy, że ∂ξ∂x = −x, ∂2ξ

∂x2 = −1, ∂2ξ∂x∂y = 0, ∂η

∂x = x, ∂2η∂y2 = 1, ∂2η

∂x∂y = 0. Obliczamywartości współczynników A, B, C, a, b w równaniu

A∂2u∂ξ2 + B ∂2u

∂ξ∂η + C ∂2u∂η2 + a∂u∂ξ + b∂u∂η + cu+ d = 0.

Wiemy, że przy naszym doborze ξ i η w równaniu typu hiperbolicznego A = C = 0.Pozostałe współczynniki B, a, b liczymy ze wzorów (por. str. 236-236).

B = 2A ∂2ξ∂x∂y +B( ∂ξ∂x

∂η∂y + ∂ξ

∂y∂η∂x) + 2C ∂ξ

∂y∂η∂y = 2(−x)x− 2x2(1 · 1) = −4x2,

a = −1,b = 1.

Czyli możemy nasze równanie zapisać jako −4x2( ∂2u

∂ξ∂η )− ∂u∂ξ + ∂u

∂η = 0. Odejmując

stronami równania ξ = y − x2

2 , η = y + x2

2 , uzyskamy

ξ − η = −x2 =⇒ −4x2 = 4(ξ − η).

Czyli ostatecznie4(ξ − η)( ∂

2u∂ξ∂η )− ∂u

∂ξ + ∂u∂η = 0,

co możemy zapisać jako

∂2u∂ξ∂η −

14(ξ−η)(∂u∂ξ −

∂u∂η ) = 0.

(b) ∂2u∂ξ2 + ∂2u

∂η2 + ∂u∂η = 0

(c) ∂2u∂η2 + 2 η2

(ξ−η2)∂u∂ξ + ∂u

∂η = 0

(d) ∂2u∂η2 + 6∂u∂ξ = 0

(e) ∂2u∂η2 = 0,

(f) (ξ − 3η2)∂2u∂η2 − 4η2 ∂u

∂ξ = 0.

Zadanie 15.8. Znaleźć rozwiązanie ogólne równań. W podanych przykładachuwzględnić warunki początkowe

(a) ∂2u∂x2 − 4∂

2u∂y2 = 0, u(x, 0) = x2, ∂u

∂y (x, 0) = 0,

(b) ∂2u∂x2 −

∂2u∂y2 = 0, u(x, 0) = 1

2 sinx, ∂u∂y (x, 0) = 0,

(c) ∂2u∂x2 − 2 ∂2u

∂x∂y + ∂2u∂y2 = 0,

(d) x2 ∂2u∂x2 − y

2 ∂2u∂y2 = 0,

(e) ∂2u∂x2 + 4 sin 2x ∂2u

∂x∂y − 4 cos2 2x∂2u∂y2 + 4 cos 2x∂u∂y = 0.


Odpowiedzi:

(a) u(x, y) = F (y − 2x) +G(y + 2x), u(x, y) = x2 + 14y

2,

Rozwiązanie:Równanie jest typu hiperbolicznego (δ = 16 > 0). Równania charakterystyk sąpostaci

( dydx)2 − 4 = 0 =⇒ dydx = 2 lub dy

dx = −2.

Otrzymujemy dwie rodziny charakterystyk y − 2x = C1, y + 2x = C2. Przyjmując

ξ = y − 2x, η = y + 2x,

po obliczeniach uzyskamy

B = −10, a = 0, b = 0.

Zatem postacią kanoniczną naszego równania jest

−10 ∂2u∂ξ∂η = 0 ⇐⇒ ∂2u

∂ξ∂η = 0.

Całkując dwukrotnie to równanie względem ξ i η, widzimy, że jego ogólnym roz-wiązaniem jest

u(ξ, η) = F (ξ) +G(η),

gdzie F , G są dowolnymi funkcjami różniczkowalnymi jednej zmiennej. Rozwiąza-niem ogólnym naszego równania jest

u(x, y) = F (y − 2x) +G(y + 2x).

Z warunków początkowych

u(x, 0) = x2 =⇒ F (−2x) +G(2x) = x2,∂u(x,0)∂y = 0 =⇒ F ′(−2x) +G′(2x) = 0.

Całkując ostatnie równanie względem x, uzyskamy −F (−2x) +G(2x) = C. Mamyzatem dwa równania F (−2x) + G(2x) = x2 i −F (−2x) + G(2x) = C. Doda-jąc(odejmując) je stronami, uzyskamy dwie funkcje

F (−2x) = 12x

2 − 12C, G(2x) = 1

2x2 + 1

2C,

co możemy zapisać jako

F (z) = 18z

2 − 12C,G(z) = 1

8z2 + 1

2C.

A zatem

F (y − 2x) = 18(y − 2x)2 − 1

2C,G(y + 2x) = 18(y + 2x)2 + 1

2C.

Czyli łącznie

u(x, y) = F (y− 2x) +G(y+ 2x) = 18(y− 2x)2− 1

2C + 18(y+ 2x)2 + 1

2C = x2 + 14y

2.


(b) u(x, y) = F (y − x) +G(y + x), u(x, y) = 12 cosx sin y,

(c) u(x, y) = xF (y − x) +G(y − x),

(d) u(x, y) =√xyF ( yx) +G(xy),

(e) u(x, y) = F (y + cos 2x+ 2x) +G(y + cos 2x− 2x).

Zadanie 15.9. Wyznaczyć rozwiązanie u(x, t) równania fali płaskiej ∂2u∂t2 −

14∂2u∂x2 =0

spełniające warunki początkowe u(x, 0) = x, ∂u∂t (x, 0) = x2.

Odpowiedź:u(x, t) = x+ x2t+ 1

12 t3.

Rozwiązanie:Do wyznaczenia funkcji u(x, t) skorzystamy ze wzoru d’Alemberta (twierdzenie15.5). W naszym przypadku a = 1

2 , ϕ(x) = u(x, 0) = x, ψ(x) = ∂u∂t (x, 0) = x2,

a zatem

u(x, t) =12

[(x+12t) + (x− 1

2t)] +

x+ 12 t∫x− 12 t

ξ2dξ = x+ξ3

3

∣∣∣∣x+ 12 t

x− 12 t= x+ x2t+

112t3.

Zadanie 15.10. Znaleźć rozwiązanie u(x, t) równania struny ∂2u∂t2 −

∂2u∂x2 = xt speł-

niające warunki początkowe u(x, 0) = x2, ∂u∂t (x, 0) = −x2.

Odpowiedź:u(x, t) = x2 + t2 − x2t− 1

3 t3 + 1

6xt3.

Rozwiązanie:Zgodnie z twierdzeniem 15.6 rozwiązanie u(x, t) = u1 + u2, gdzie u1 jest rozwiąza-niem równania ∂2u

∂t2 −∂2u∂x2 = 0 spełniającym warunki u(x, 0) = x2, ∂u

∂t (x, 0) = −x2,

natomiast u2 jest rozwiązaniem równania ∂2u∂t2 −

∂2u∂x2 = xt spełniającym warunki

u(x, 0) = 0, ∂u∂t (x, 0) = 0.

W pierwszej kolejności wyznaczymy u2. W naszym przypadku a = 1, f(x, t) = xt.Wiemy, że

u2(x, t) = 12a

∫∫D

f(ξ, τ)dξdτ,

gdzie D = (τ, ξ); 0 ¬ τ ¬ t, x− a(t− τ) ¬ ξ ¬ x+ a(t− τ) .

Czyli

u2(x, t) = 12

t∫0

( x+t−τ∫x−t+τ

ξτdξ

)dτ = 1

2

t∫0

(t ξ2τ2

∣∣∣∣x+t−τ

x−t+τ

)dτ = 1

2

t∫0

(2τxt− 2xτ2)dτ = 16xt

3.


Aby wyznaczyć u1, korzystamy ze wzoru d’Alemberta (twierdzenie 15.5)ϕ(x) = u(x, 0) = x2, ψ(x) = ∂u

∂t (x, 0) = −x2.A zatem

u1(x, t) = 12 [(x+ t)2 + (x− t)2] + 1

2

x+t∫x−t

−ξ2dξ = x2 + t2 − x2t− 13 t

3.

Czyli łącznieu(x, t) = u1 + u2 = x2 + t2 − x2t− 1

3 t3 + 1

6xt3.

Zadanie 15.11. Rozwiązać równanie struny ∂2u∂x2 −

14∂2u∂t2 = 0 w obszarze

D = (x, t); 0 ¬ x ¬ 1 ∧ t 0, przy warunkach początkowych u(x, 0) = sin 12πx,

∂u∂t (x, 0) = 0 i brzegowych u(0, t) = ∂u

∂x(1, t) = 0.

Odpowiedź:u(x, t) = cos πt4 sin πx

2 .

Zadanie 15.12. Rozwiązać równanie przewodnictwa ∂2u∂x2 −

∂u∂t = 0 w obszarze

D = (x, t); 0 ¬ x ¬ 2, t 0, przy warunkach brzegowych u(0, t) = 0, u(2, t) = 0i warunku początkowym u(x, 0) = x.

Odpowiedź:

u(x, t) = 4π

∞∑n=1

(−1)n+1

n e−(πn2 )2t sin πn2 x.

Rozwiązanie:Widzimy, że spełnione są założenia twierdzenia 15.8. Rozwiązanie będzie postaci

(porównaj wzór 15.41) u(x, t) =∞∑n=1

cne−(πna

l)2t sin πn

l x, gdzie współczynniki cn

liczymy ze wzoru cn =l∫

0

ϕ(x) sin nπxl dx. W naszym przypadku a = 1, l = 2,

ϕ(x) = x, czyli

cn =2∫

0

x sin nπx2 dx =

całkujemy przez części

f = xg′ = sin nπx

2

=

= −2xcos 1

2nπx

πn

∣∣∣∣20−

2∫0

(− 2

cos 12nπx

πn

)dx = −4

cosnπnπ

+ 4sin 1

2nπx

π2n2

∣∣∣∣20

=

= −4cosnπnπ

+ 4sinnππ2n2 = (cosnπ = (−1)n) =

4(−1)n+1

πn.


A zatem

u(x, t) =∞∑n=1

cne−(πna

l)2t sin

πn

lx =

4π

∞∑n=1

(−1)n+1

ne−(πn2 )2t sin

πn

2x.

Zadanie 15.13. Rozwiązać równanie przewodnictwa ∂u∂t = ∂2u

∂x2 w obszarzeD = (x, t); 0 ¬ x ¬ 1 ∧ t 0, przy warunkach u(0, t) = u(1, t) = 0 oraz

u(x, 0) =

x dla 0 < x < 1

2 ,1− x dla 1

2 < x < 1.

Odpowiedź:

u(x, t) = 2π2

∞∑n=1

sin nπ2

n2 e−(πn2 )2t sinπnx.

Zadanie 15.14. Rozwiązać równanie przewodnictwa ∂u∂t −

∂2u∂x2 = 0 przy warunkach

początkowym u(x, 0) = 2x, x ∈ [0, 2] i brzegowych u(0, t) = 1, u(2, t) = 3, t 0.

Odpowiedź:

u(x, t) = 1 + x− 2π

∞∑n=1

1ne−(πn2 )2t sin πn

2 x.

Rozwiązanie:Ponieważ warunki brzegowe są stałe i różne od zera, więc rozwiązania poszukujemyw postaci u(x, t) = V (x, t) + u1 + u2−u1

l x. W naszym przypadku u1 = 1, u2 = 3,więc u(x, t) = V (x, t) + 1 + x.Widzimy, że ∂2u

∂x2 = ∂2V∂x2 , ∂u

∂t = ∂V∂t . Podstawiając obliczone pochodne do naszego

równania otrzymujemy ∂V∂t −

∂2V∂x2 = 0.

Warunek początkowy przyjmie postać

V (x, 0) = u(x, 0)− 1− x = x− 1.

Warunki brzegowe są postaci

V (0, t) = u(0, t)− u1 = 3− 3 = 0, V (2, t) = u(2, t)− u2 = 1− 1 = 0.

Na mocy twierdzenia 15.8

V (x, t) =∞∑n=1

cne−(tπn2 )2t sin

πn

2x,

gdzie cn =2∫

0

(x− 1) sin nπx2 dx = −2 cosnπ+1

nπ = −2 (−1)n+1nπ .

Czyli łącznie

V (x, t) = − 2π

∞∑n=1

(−1)n+1n e−(t πn2 )2t sin πn

2 x, u(x, t) =

= V (x, t) + 1 + x = 1 + x− 2π

∞∑n=1

1ne−(πn2 )2t sin πn

2 x.




początkowym u(x, 0) = x+ sin 12πx, x ∈ [0, 1] i brzegowych u(0, t) = 0, u(1, t) = 1,

t 0.

Odpowiedź:

u(x, t) = x+ 4π

∞∑n=1

n(−1)n

4n2−1 e−(πn)2t sinπnx.



początkowym u(x, 0) = x(1 − 2x), x ∈ [0, 1] i brzegowych u(0, t) = 0, u(1, t) = 0,t 0.

Odpowiedź:

u(x, t) = 4π3

∞∑n=1

(−1)n(n2π2−4)+4n3 e−(πn)2t sinπnx.

Zadanie 15.17. Rozwiązać równanie struny ∂2u∂t2 −

∂2u∂x2 = 0 przy warunkach po-

czątkowych u(x, 0) = 2x+ 1, ∂u∂t (x, 0) = x.

Odpowiedź:u(x, t) = 2x+ 1 + xt.

Zadanie 15.18. Rozwiązać równanie struny ∂2u∂t2 − 4∂

2u∂x2 = 0 przy warunkach po-

czątkowych u(x, 0) = x2 + x, ∂u∂t

∣∣∣∣t=0

= 3x2.

Odpowiedź:u(x, t) = x2 + 4 + 4t2 + 3x2t+ 4t3.

Zadanie 15.19. Znaleźć rozwiązanie u(x, t) równania struny ∂2u∂t2 −

∂2u∂x2 = x − t

spełniające warunki początkowe u(x, 0) = x, ∂u∂t (x, 0) = −2x.

Odpowiedź:u(x, t) = x− 2xt+ 1

2xt2 − 1

6 t3.

16. Prawdopodobieństwo i elementy statystyki

Zadanie 16.1. Rzucamy trzy razy monetą i zapisujemy wynik rzutu w postaci, np.ORR, gdzie O oznacza wypadnięcie orła, zaś R – reszki. Podaj przestrzeń zdarzeńelementarnych Ω. Oblicz prawdopodobieństwa zdarzeń: A – wypadł co najmniejjeden orzeł, B – nie wypadła reszka. Przyjmujemy, że wszystkie wyniki z Ω sąjednakowo prawdopodobne.


Odpowiedź:Ω = OOO, ROO, ORO, OOR, RRO, ROR, ORR, RRR,P(A) = 7

8 , P(B) = 18 .

Zadanie 16.2. Rozkład zmiennej losowej X jest podany w tabeli:

xi −1 0 3 5

pi14

18

18 a

Wyznaczyć stałą a. Wyznaczyć i narysować dystrybuantę X. Obliczyć E(X)i Var(X).

Odpowiedź:a = 1

2 ,

t (−∞,−1) [−1, 0) [0, 3) [3, 5) [5,∞)

F (t) 0 14

38

12 1

E(X) = 218 , Var(X) = 447

64 .

t

F (t)

O−1 3 5

1

12

Zadanie 16.3. Dana jest funkcja

f(x) =

a|x− 2| dla 1 < x < 3,0 w pozostałych przypadkach.

Wyznaczyć stałą a tak, by f była gęstością pewnej zmiennej losowej X. Wyznaczyći narysować dystrybuantę X. Obliczyć E(X) i Var(X).

Odpowiedź:a = 1,

t (−∞, 1) [1, 2) [2, 3) [3,∞)

F (t) 0 − t2

2 + 2t− 32

t2

2 − 2t+ 52 1

E(X) = 2, Var(X) = 12 .


t

F (t)

O

12

1

1 2 3

Zadanie 16.4. Wyznaczyć stałą a tak, aby podane funkcje były dystrybuantamipewnych zmiennych losowych X

(a) F (t) =

0 dla t < 5,a dla t 5,

(b) F (t) =

0 dla t < 5,13 dla 5 ¬ t < 7,a dla t 7,

(c) F (t) =

0 dla t ¬ 0,1− e−at dla t > 0,

(d) F (t) =

0 dla t < 0,ta dla 0 ¬ t ¬ 1,1 dla t > 1.

Następnie obliczyć P(X ¬ 6) i P(0,5 < X ¬ 7) oraz E(X) i Var(X).

Odpowiedzi:

(a) a = 1, P(X ¬ 6) = 1, P(0,5 < X ¬ 7) = 1, E(X) = 5, Var(X) = 0,

(b) a = 1, P(X ¬ 6) = 13 , P(0,5 < X ¬ 7) = 1, E(X) = 19

3 , Var(X) = 3029 ,

(c) a > 0, P(X ¬ 6) = 1 − e−6a, P(0,5 < X ¬ 7) = e−0,5a − e−7a, E(X) = 1a ,

Var(X) = 1a2 ,

(d) a > 0, P(X ¬ 6) = 1, P(0,5 < X ¬ 7) = 1− 12a , E(X) = a

a+1 ,Var(X) = a

a+2 − ( aa+1)2.

Zadanie 16.5. Niech X będzie czasem życia pewnego elementu wyrażonym w go-dzinach o znanej funkcji gęstości

f(x) =

0 dla x < 100,100x2 dla x 100.

Obliczyć prawdopodobieństwo, że ów element będzie działał ponad 150 godzin.

Odpowiedź:P(X > 150) = 2

3 .

Zadanie 16.6. Niech zmienna losowa X oznacza liczbę orłów w trzykrotnym rzuciemonetą. Znaleźć rozkład X, wyznaczyć i narysować dystrybuantę, obliczyć E(X)i Var(X).


Odpowiedź:

xi 0 1 2 3

pi18

38

38

18

E(X) = 1,5, Var(X) = 0,75.

Zadanie 16.7. Wykaż, że jeśli zmienna X ma rozkład gamma z parametrami a, b,to E(X) = a/b i Var(X) = a/b2.

Zadanie 16.8. Sprawdź, że wariancja zmiennej X o rozkładzie jednostajnym naprzedziale (c, d) jest równa (d− c)2/12.

Zadanie 16.9. Niech zmienna losowa X ma rozkład normalny z parametramiµ = 60 i σ = 10. Obliczyć P(X = 60), P(X¬60), P(50¬ X< 70), P(40< X¬ 80),P(30¬ X¬ 90). Wyznaczyć kwantyle rzędu p = 0,9, p = 0,5, p = 0,2.

Odpowiedź:P(X = 60) = 0, P(X ¬ 60) = 0,5, P(50 ¬ X < 70) = 0,6826,P(40 < X ¬ 80) = 0,9544, P(30 ¬ X ¬ 90) = 0,9974,qX(0,9) = 72, 8, qX(0,5) = 60, qX(0,2) = 51,58.

Zadanie 16.10. Roczne opady śniegu w pewnej miejscowości mają rozkład nor-malny ze średnią 80 cm i odchyleniem standardowym 20 cm. Jakie jest prawdopo-dobieństwo, że roczna wielkość opadów będzie powyżej 30 cm? Jakie jest prawdo-podobieństwo, że roczna wielkość opadów będzie pomiędzy 55 a 90 cm?

Odpowiedź:P(X > 30) = 0,9938, P(55 < X < 90) = 0,5859.

Zadanie 16.11. Zmierzono dzienną emisję dwutlenku siarki na pewnej przemysło-wej plantacji (w tonach/dzień) i otrzymano następujące wyniki 4,2; 6,7; 5,4; 5,7; 4,9;4,6; 5,8; 5,2; 4,1; 6,2; 5,5; 4,9; 5,1; 5,6; 5,9; 6,8; 5,8; 4,8; 5,3; 5,7. Obliczyć wartość śred-nią, odchylenie standardowe, medianę i modę.

Odpowiedź:x20 = 5,41, s = 0,72, xmed = 5,45, moda nie istnieje.

Zadanie 16.12. Wykonano 36 pomiarów pewnej cechy i otrzymano następującewyniki: 4,1; 5,2; 2,8; 4,9; 5,6; 4,0; 4,1; 4,3; 5,4; 4,5; 6,1; 3,7; 2,3; 4,5; 4,9; 5,6; 4,3; 3,9; 3,2;5,0; 4,8; 3,7; 4,6; 5,5; 1,8; 5,1; 4,2; 6,3; 3,3; 5,8; 4,4; 4,8; 3,0; 4,3; 4,7; 5,1. Obliczyć war-tość średnią, wariancję z próby, medianę i modę. Następnie wyniki zgrupowaćw szereg rozdzielczy, sporządzić histogram, obliczyć częstości dla każdej z klas,wartość średnią, wariancję, medianę i modę. Porównać otrzymane wyniki.


Odpowiedź:Dla danych niezgrupowanych: x36 = 4,43889, s = 1,02016, xmed = 4,5, xmod = 4,3.Dla danych zgrupowanych: x36 = 4,4166, s = 1,0386, xmed = 4,519, xmod = 4,6166.

nr klasy klasy śr. klas liczności klas1 1,75 – 2,55 2,15 22 2,55 – 3,35 2,95 43 3,35 – 4,15 3,75 64 4,15 – 4,95 4,55 135 4,95 – 5,75 5,35 86 5,75 – 6,55 6,15 3

xi

ninh

O 6,551,75 2,55 3,35 4,15 4,95 5,75

0,0694

0,139

0,208

0,451

0,278

0,104

Zadanie 16.13. Dla podanej próbki wyznaczyć współczynnik korelacji oraz prostąregresji:

x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12y 3,85 0,03 3,5 6,13 4,07 7,07 8,66 11,65 15,23 12,29 14,74 16,02 16,86

Odpowiedź:r = 0,95248, y = 1,05111 + 1,36465x.

Zadanie 16.14. Znaleźć przedział ufności dla nieznanego parametru µ na podsta-wie n-elementowej próby, w której xn = 450 i s = 60 (zakładając rozkład normalnypopulacji), jeżeli:

(a) n = 16 i poziom ufności 80%,

(b) n = 9 i poziom ufności 90%,

(c) n = 25 i poziom ufności 90%,

(d) n = 25 i poziom ufności 95%,

(e) n = 4 i poziom ufności 95%.


Odpowiedzi:

(a) (429,89; 470,12),

(b) (412,8; 487,2),

(c) (429,47; 470,53),

(d) (425,232; 474,768),

(e) (354,54; 545,46);

Zadanie 16.15. Wyniki egzaminu (wyrażone punktach) mają rozkład normalny.Aby oszacować średni poziom na egzaminie metodą przedziałową, wybrano losowo25 studentów i zanotowano rezultaty. Otrzymano ma podstawie próby, że x25 = 480i s = 75. Wyznaczyć przedział ufności na poziomie ufności 95%.

Odpowiedź:(449,04; 510,96).

Zadanie 16.16. Zmierzono stężenie dwutlenku węgla w pewnym pomieszczeniu,otrzymując następujące rezultaty: 650; 625; 480; 400; 325; 305; 310; 305; 490; 540;695; 600 (w ppm gdzie 1ppm= 10−4%). Zakładając normalność rozkładu, wyzna-czyć 95% realizację przedziału ufności dla przeciętnego poziomu stężenia i odchy-lenia standardowego.

Odpowiedź:Przedział ufności dla przeciętnego poziomu stężenia: (384,27; 569,9), a dla odchy-lenia standardowego: (103,48; 248,02).

Zadanie 16.17. W pewnej fabryce zbadano wytrzymałość 15 losowo wybranychbetonowych pierścieni i na tej podstawie obliczono odchylenie standardowe wy-noszące 215 kN/m2. Wyznaczyć 95% realizację przedziału ufności dla odchyleniastandardowego wytrzymałości pierścieni (zakładamy rozkład normlany).

Odpowiedź:(157, 339).

Zadanie 16.18. Wysoka zawartość siarki w stali powoduje różne problemy, międzyinnymi korozję. Jeśli poziom siarki jest zbyt wysoki, należy przedsięwziąć pewnekroki celem jego obniżenia. Dostarczono z produkcji 5 kawałków stali i zbadanow nich stężenie siarki, otrzymując następujące wyniki 0,0307; 0,0324; 0,0314; 0,0311;0,0307 (w procentach). Czy te dane potwierdzają fakt, że prawdziwe średnie stę-żenie siarki jest równe 0,03 przeciwko hipotezie alternatywnej, że jest większe niż0,03? Przyjmij poziom istotności 5%. Znaleźć 90% realizację przedziału ufności dlaprzeciętnego stężenia siarki w stali.

Odpowiedź:Wartość statystyki testowej T = 3,589, zbiór odrzuceń K = (2,132; +∞), a więcprawdziwe stężenie siarki jest większe niż 0,03; przedział ufności dla średniego stę-żenia siarki (0,0303; 0,0322) na poziomie ufności 95%.


Zadanie 16.19. W pewnej reakcji chemicznej otrzymuje się związek o określonympH. Zbadano próbę złożoną z 4 wyników i otrzymano następujące wyniki pH 8,31;8,34; 8,32; 8,31. Zakładając, że pomiary uzyskiwanych pH mają rozkład normalnyz σ = 0,02, na poziomie istotności 5% zweryfikować hipotezę, że średni poziom pHjest równy 8,30 przeciwko hipotezie, że jest różny niż 8,30.

Odpowiedź:Wartość statystyki testowej T = 2, zbiór odrzuceń K = (−1,96; +∞)∪ (1,96; +∞),a więc odrzucamy hipotezę że poziom pH jest równy 8,30.

Zadanie 16.20. Wytrzymałość stalowych drutów w pewnym procesie produkcyj-nym podlega rozkładowi normalnemu ze średnią 1250 i odchyleniem standardowymrównym 150. Proces produkcyjny poddano modyfikacjom, a następnie zbadano wy-trzymałość, otrzymując wartość średnią 1312 obliczoną na podstawie 25-elemen-towej próby. Odchylenie standardowe nie uległo zmianie. Postawiono hipotezę,że średnia wytrzymałość w nowym procesie produkcyjnym jest taka sama jakw starym przeciwko alternatywie, że jest wyższa niż w starym. Przyjąć poziomistotności 1%.

Odpowiedź:Wartość statystyki testowej T = 2,06, zbiór odrzuceń K = (2,33; +∞), a więc niema podstaw do odrzucenia hipotezy że średnia wytrzymałość jest taka sama przedi po modyfikacji.

Zadanie 16.21. Rzucono kostką 120 razy. Wyniki zapisano w poniższej tabeli:

wynik 1 2 3 4 5 6częstość 12 25 28 14 15 26

Sprawdzić, czy kostka jest symetryczna na poziomie istotności 5%.

Odpowiedź:Wartość statystyki testowej T = 12,5, zbiór odrzuceń K = (11,07; +∞), a więckostka nie jest symetryczna.

Zadanie 16.22. Z linii produkcyjnej w ciągu godziny schodzą elementy w różnychkolorach: czarnym, białym, czerwonym i zielonym. Według ustawionych parame-trów powinno być wyprodukowanych 11,76% czarnych elementów, 29,41% białych,7,06% czerwonych i 51,76% zielonych. Aby to sprawdzić, pobrano próbkę 180 ele-mentów i otrzymano następujące wyniki:

kolor czarny biały czerwony zielonyilość 26 43 15 96

Czy na poziomie istotności 5% można stwierdzić, że linia wymaga zmiany ustawieńparametrów?


Odpowiedź:Wartość statystyki testowej T = 3,468, zbiór odrzuceń K = (7,815; +∞), a więclinia wymaga zmiany ustawień.

17. Liniowe równania różnicowe

Zadanie 17.1. Znaleźć rozwiązanie ogólne równania liniowego jednorodnego

(a) yn+1 + 6yn = 0,

(b) 2yn+2 − 2yn+1 − 12yn = 0,

(c) yn+2 + yn+1 − 2yn = 0,

(d) 2yn+2 + 12yn+1 − 14yn = 0,

(e) yn+2 + 6yn+1 + 9yn = 0,

(f) 12yn+2 − 4yn+1 + 8yn = 0,

(g) yn+2 + 36yn = 0,

(h) yn+2 −√

3yn+1 + yn = 0,

(i) yn+2 + yn+1 + yn = 0,

(j) yn+3 − 6yn+2 + 11yn+1 − 6yn = 0,

(k) yn+3 − 6yn+2 + 12yn+1 − 8yn = 0,

(l) yn+3 − 7yn+2 + 7yn+1 − 6yn = 0,

(m) yn+4 − 16yn = 0,

(n) yn+4 + 18yn+2 + 81yn = 0,

(o) yn+4 + 5yn+3 + 9yn+2 + 7yn+1 ++ 2yn = 0.

Odpowiedzi:

(a) yn = C · (−6)n,

(b) yn = C1 · 3n + C2 · (−2)n,

(c) yn = C1 + C2 · (−2)n,

(d) yn = C1 + C2 · (−7)n,

(e) yn = (C1 + C2n) · (−3)n,

(f) yn = (C1 + C2n) · 4n,

(g) yn = 6n(C1 cos nπ2 + C2 sin nπ

2

),

(h) yn = C1 cos nπ6 + C2 sin nπ6 ,

(i) yn = C1 cos 2nπ3 + C2 sin 2nπ

3 ,

(j) yn = C1 + C2 · 2n + C3 · 3n,

(k) yn = (C1 + C2n+ C3n2) · 2n,

(l) yn = C1 ·6n+C2 cos nπ3 +C3 sin nπ3 ,

(m) yn = C1 · (−2)n + C2 · 2n + 2n(C3 cos nπ2 + C4 sin nπ2 ),

(n) yn = 3n((C1 + C2n) cos nπ2 + (C3 + C4n) sin nπ

2

),

(o) yn = (C1 + C2n+ C3n2) · (−1)n + C4 · (−2)n.

We wszystkich powyższych rozwiązaniach C, C1, C2, C3, C4 oznaczajądowolne stałe.


Rozwiązania wybranych przykładów:(f) Mnożymy równanie stronami przez 2 i otrzymujemy

yn+2 − 8yn+1 + 16yn = 0.

Wielomian charakterystyczny p(r) = r2− 8r+ 16 ma pierwiastek podwójny r = 4.Stąd rozwiązaniem ogólnym jest

yn = (C1 + C2n) · rn = (C1 + C2n) · 4n.

(m) Wielomian charakterystyczny ma postać p(r)=r4−16=(r + 2)(r − 2)(r2 + 4),więc pierwiastkami charakterystycznymi są liczby r1 = −2, r2 = 2, r3 = 2i,r4 = −2i. Zapisując pierwiastki zespolone r3 oraz r4 w postaci trygonometrycz-nej, mamy

r3 = 2n(

cosπ

2+ i sin

π

2

), r4 = 2n

(cos

π

2− i sin

π

2

).

Zatem, po uwzględnieniu wzoru (17.7), rozwiązaniem ogólnym równania jest

yn = C1 · (−2)n + C2 · 2n + 2n(C3 cos

nπ

2+ C4 sin

nπ

2

).

(a) Za pomocą instrukcji load() wczytujemy pakiet solve rec:

(%i1) load(solve rec);(%o1) C : /Maxima− 5.28.0− 2/share/ . . . solve rec/solve rec.mac

Wprowadzamy równanie różnicowe

(%i2) y[n+1]+6*y[n]=0;(%o2) yn+1 + 6 yn = 0

i rozwiązujemy je używając funkcji solve rec:

(%i3) solve rec( %o2,y[n]);(%o3) yn = %k1 (−6)n%k1 oznacza dowolną stałą.

(n)

(%i1) load(solve rec);(%o1) C : /Maxima− 5.28.0− 2/share/ . . . solve rec/solve rec.mac(%i2) y[n+4]+18*y[n+2]+81*y[n]=0;(%o2) yn+4 + 18 yn+2 + 81 yn = 0(%i3) solve rec( %o2,y[n]);(%o3) yn = ( %k4 n+ %k3) (−1)

n2 3n + (− %i)n ( %k2 n+ %k1) 3n

Korzystamy z funkcji rectform(), która zapisuje zespolone rozwiązanie w postacikartezjańskiej.

(%i4) rectform( %o3);


(%o4) yn = %i(( %k4 n+ %k3) 3n sin

(π n2

)− ( %k2 n+ %k1) 3n sin

(π n2

))+

+ ( %k4 n+ %k3) 3n cos(π n2

)+ ( %k2 n+ %k1) 3n cos

(π n2

)Uprościmy teraz uzyskany wynik, używając funkcji ratsimp()

(%i5) ratsimp( %o4);(%o5) yn = (( %i %k4 − %i %k2) n+ %i %k3 − %i %k1) 3n sin

(π n2

)+

+ (( %k4 + %k2) n+ %k3 + %k1) 3n cos(π n2

)%k1, %k2, %k3, %k4 oznaczają dowolne stałe.

Uwaga. Aby uzyskać taką postać rozwiązania jak w odpowiedzi 17.1 (n), wpro-wadzamy oznaczenia C1 = %k3 + %k1, C2 = %k4 + %k2, C3 = ( %k3 − %k1) %i,C4 = ( %k4 − %k2) %i.

Zadanie 17.2. Znaleźć rozwiązanie szczególne równania liniowego jednorodnegospełniające podane warunki brzegowe

(a) yn+2 − 5yn+1 + 6yn = 0, y0 = −2, y1 = −5,

(b) yn+2 − 4yn+1 + 3yn = 0, y0 = 2, y1 = 8,

(c) yn+2 − 4yn+1 + 4yn = 0, y0 = 2, y1 = 4,

(d) yn+2 − 2yn+1 − 8yn = 0, y0 = 5, y1 = 8,

(e) 3yn+2 − 6yn+1 + 3yn = 0, y0 = 1, y1 = 5,

(f) yn+2 +√

3yn+1 + yn = 0, y0 = 2, y1 = 3√

3,

(g) yn+3 − 3yn+2 + 3yn+1 − yn = 0, y0 = 2, y1 = 6, y2 = 4,

(h) yn+4 − 4yn+3 − yn+2 + 16yn+1 − 12yn = 0, y0 = 10, y1 = 13, y2 = 51,y3 = 103.

Odpowiedzi:

(a) yn = −3n − 2n,

(b) yn = 3n+1 − 1,

(c) yn = 2n+1,

(d) yn = 3 · 4n + 2 · (−2)n

(e) yn = 1 + 4n,

(f) yn = 2 cos 5nπ6 + 8

√3 sin 5nπ

6 ,

(g) yn = 1 + 5n− n2,

(h) yn = 3 + 2 · (−2)n + 2n + 4 · 3n.

Rozwiązania wybranych przykładów:(a) Pierwiastkami wielomianu charakterystycznego p(r) = r2 − 5r + 6 są r1 = 3,r2 = 2, więc rozwiązaniem ogólnym równania jest

yn = C1 · 3n + C2 · 2n, C1, C2 ∈ R.


Uwzględniając warunki brzegowe, otrzymujemy układ równańC1 · 30 + C2 · 20 = −2C1 · 31 + C2 · 21 = −5

,

który ma rozwiązanie C1 = −1, C2 = −1. Zatem szukanym rozwiązaniem szczegól-nym jest ciąg

yn = −3n − 2n.

(f) Wielomian charakterystyczny p(r) = r2 +√

3r + 1 ma pierwiastki zespoloner1 = −

√3

2 + 12 i, r2 = −

√3

2 −12 i. Postać trygonometryczna tych pierwiastków jest

następująca

r1 = cos5π6

+ i sin5π6, r2 = cos

5π6− i sin

5π6.

Zatem, zgodnie ze wzorem (17.7), rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnegojest

yn = C1 cos5nπ

6+ C2 sin

5nπ6.

Uwzględniając warunki brzegowe, dostajemy układ równańC1 cos 0 + C2 sin 0 = 2C1 cos 5π

6 + C2 sin 5π6 = 3

√3,

który ma rozwiązanie C1 = 2, C2 = 8√

3. Zatem szukanym rozwiązaniem szczegól-nym jest ciąg

yn = 2 cos5nπ

6+ 8√

3 sin5nπ

6.

(h)

(%i1) load(solve rec);(%o1) C : /Maxima− 5.28.0− 2/share/ . . . solve rec/solve rec.mac(%i2) y[n+4]+4*y[n+3]-y[n+2]+16*y[n+1]-12*y[n]=0;(%o2) yn+4 + 4 yn+3 − yn+2 + 16 yn+1 − 12 yn = 0(%i3) solve rec( %o2,y[n],y[0]=10,y[1]=13,y[2]=51,y[3]=103);(%o3) yn = −(−2)n+1 + 4 · 3n + 2n + 3

Zadanie 17.3. Znaleźć rozwiązanie ogólne równania liniowego niejednorodnego

(a) yn+2 − 2yn+1 − 8yn = 6 · 4n,

(b) yn+2 − 4yn+1 + 4yn = 18 · 5n,

(c) yn+2 − 5yn+1 + 6yn = 10,


(d) yn+2 − 4yn+1 + 3yn = 4,

(e) yn+2 −√

2yn+1 + yn = 4 sin nπ4 ,

(f) yn+3 − 3yn+2 − 4yn+1 + 12yn = 6 · 4n,

(g) yn+3 + 9yn+2 + 27yn+1 + 27yn = 25 · 2n + 27 · 3n,

(h) yn+3 − yn = 3,

(i) yn+4 − 13yn+2 + 36yn = 10 · (−3)n,

(j) yn+4 − yn+3 − 3yn+2 + 5yn+1 − 2yn = 18.

Odpowiedzi:

(a) yn = C1 · 4n + C2 · (−2)n + n · 4n−1,

(b) yn = (C1 + C2n) · 2n + 2 · 5n,

(c) yn = C1 · 3n + C2 · 2n + 5,

(d) yn = C1 + C2 · 3n − 2n,

(e) yn = C1 cos 3nπ4 + C2 sin 3nπ

4 − cos nπ4 + sin nπ4 ,

(f) yn = C1 · (−2)n + C2 · 2n + C3 · 3n + 12 · 4

n,

(g) yn = (C1 + C2n+ C3n2) · (−3)n + 1

5 · 2n + 1

8 · 3n,

(h) yn = n+ C1 + C2 cos 2nπ3 + C3 sin 2nπ

3 ,

(i) yn = C1 · (−2)n + C2 · 2n + C3 · 3n + C4 · (−3)n + 19n · (−3)n,

(j) yn = C1 · (−2)n + C2 + C3n+ C4n2 + n3.

We wszystkich powyższych rozwiązaniach C1, C2, C3, C4 oznaczają dowolne stałe.

Rozwiązania wybranych przykładów:(d) Wielomian charakterystyczny p(r) = r2 − 4r + 3 ma pierwiastki pojedynczer1 = 1, r2 = 3. Stąd rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego jest

yOn = C1rn1 + C2r

n2 = C1 · 1n + C2 · 3n = C1 + C2 · 3n.

Ponieważ prawą stronę równania można zapisać w postaci 4 · 1n, więc t = 1 = r1

i krotność k = 1. Przewidujemy rozwiązanie szczególne równania niejednorodnegow postaci

ySn = An1 = An.


Obliczamy ySn+1 = A(n + 1) = An + A, ySn+2 = A(n + 2) = An + 2A i wstawiamydo danego równania

An+ 2A− 4(An+A) + 3An = 4.

Po redukcji wyrazów podobnych dostajemy A = −2, więc

ySn = −2n.

Ostatecznie rozwiązaniem ogólnym podanego równania jest

yn = yOn + ySn = C1 + C2 · 3n − 2n.

(e) Wielomian charakterystyczny p(r) = r2 +√

2r+1 posiada pierwiastki zespoloner1 = −

√2

2 +√

22 i, r2 = −

√2

2 −√

22 i. Zapisując r1 oraz r2 w postaci trygonometrycznej,

mamy

r1 = cos3π4

+ i sin3π4, r2 = cos

3π4− i sin

3π4.

Zatem, zgodnie ze wzorem (17.7), rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnegojest

yOn = C1 cos3nπ

4+ C2 sin

3nπ4.

Ze względu na postać składnika wymuszającego bn = 4 · 1n sin nπ4 , tak jak w Przy-

padku 2 (str. 295), mamy t = 1, ϕ = π4 . Stąd α = cos π4 =

√2

2 , β = sin π4 =

√2

2 .Ponadto P0(n) = 0, Q0(n) = 4, a zatem j = 0. W konsekwencji

N(E) =(E −

√2

2−√

22i

)(E −

√2

2+

√2

2i

)= E2 −

√2E + 1.

Równanie jednorodne N(E)yn = 0 ma pierwiastki charakterystyczne µ1 =√

22 +

√2

2 i,

µ2 =√

22 −

√2

2 i. Zbiory r1, r2 i µ1, µ2 są rozłączne, więc zgodnie z Przypadkiem 1(str. 296), uwzględniając wzór (17.7), otrzymujemy

ySn = C3 cosnπ

4+ C4 sin

nπ

4.

Wstawiając ciąg (ySn) do rozważanego równania niejednorodnego mamy

C3 cos(n+ 2)π

4+ C4 sin

(n+ 2)π4

+√

2C3 cos(n+ 1)π

4+√

2C4 sin(n+ 1)π

4+

+ C3 cosnπ

4+ C4 sin

nπ

4= 4 sin

nπ

4.

Korzystając ze wzorów na sinus sumy i cosinus sumy, otrzymujemy

(−2C3 + 2C4) sinnπ

4+ (2C3 + 2C4) cos

nπ

4= 4 sin

nπ

4,


a stąd, po porównaniu współczynników występujących po obu stronach powyższejrówności odpowiednio przy sin nπ

4 oraz cos nπ4 , mamy C3 = −1, C4 = 1. W konse-kwencji rozwiązaniem ogólnym rozważanego równania niejednorodnego jest

yn = yOn + ySn = C1 cos3nπ

4+ C4 sin

3nπ4− cos

nπ

4+ sin

nπ

4.

(g)

(%i1) load(solve rec);(%o1) C : /Maxima− 5.28.0− 2/share/ . . . solve rec/solve rec.mac(%i2) y[n+3]+9*y[n+2]+27*y[n+1]+27*y[n]=25*2^n+27*3^n;(%o2) yn+3 + 9 yn+2 + 27 yn+1 + 27 yn = 3n+3 + 25 · 2n(%i3) solve rec( %o2,y[n]);(%o3) yn = 3n

8 + 2n

5 +(%k3 n2 + %k2 n+ %k1

)(−3)n

%k1, %k2, %k3 oznaczają dowolne stałe.

Zadanie 17.4. Znaleźć rozwiązanie szczególne równania liniowego niejednorod-nego spełniające podane warunki brzegowe

(a) yn+1 − yn = 3n+2, y0 = −2,

(b) yn+1 − yn = 6n− 8, y0 = 6,

(c) yn+2 + 6yn+1 + 9yn = 3 · (−3)n, y0 = 2, y1 = 0,

(d) 12yn+2 − 4yn+1 + 8yn = 9, y0 = 3, y1 = −2,

(e) 2yn+2 − 2yn+1 − 12yn = −3n2 + 13n− 2, y0 = 0, y1 = −1,

(f) 2yn+2 + 12yn+1 − 14yn = 16, y0 = 1, y1 = 2,

(g) yn+2 − 4yn+1 + 3yn = 6 + 16 · (−1)n, y0 = 2, y1 = −7,

(h) yn+2 + 9yn = 18 · 3n sin nπ2 , y0 = 2, y1 = 6,

(i) yn+2 + 16yn = 32 · 4n cos nπ2 − 64 · 4n sin nπ2 , y0 = 2, y1 = −8,

(j) yn+2 − yn = sin nπ6 , y0 = −

√3

2 , y1 = −5,

(k) yn+3 − 3yn+2 − yn+1 + 3yn = 8 · (−1)n, y0 = 1, y1 = −4, y2 = 7,

(l) yn+3 − 6yn+2 + 12yn+1 − 8yn = n, y0 = −2, y1 = −2, y2 = 7,

(m) yn+3 − 3yn+2 + 3yn+1 − yn = 3 · 2n, y0 = 5, y1 = 8, y2 = 12,

(n) yn+4−10yn+2+9yn+1−yn = 15·2n, y0 = −1, y1 = −12, y2 = −4, y3 = −66,

(o) yn+4 + 8yn+2 + 16yn = 25, y0 = 0, y1 = 0, y2 = −1, y3 = 1.


Odpowiedzi:

(a) yn = −2− 92(1− 3n),

(b) yn = 6 + (3n+ 11)n,

(c) yn = (2− 136 n+ 1

6n2) · (−3)n,

(d) yn = (1− 2n) · 4n + 2,

(e) yn = −18 · 3

n + 14n

2 − n+ 18 ,

(f) yn = 1 + n,

(g) yn = 1− 3n − 3n+ 2 · (−1)n,

(h) yn = 2 · 3n cos nπ2 + 3 · 3n sin nπ2 − n · 3

n sin nπ2 ,

(i) yn = 2 · 4n cos nπ2 − n · 4n cos nπ2 − 4 · 4n sin nπ

2 + 2n · 4n sin nπ2 ,

(j) yn = −2 + 2 · (−1)n −√

32 cos nπ6 −

12 sin nπ

6 ,

(k) yn = 4 · (−1)n − n · (−1)n + 3n − 4,

(l) yn = (1− n+ n2) · 2n − n− 3,

(m) yn = 2 + n− n2 + 3 · 2n,

(n) yn = 2 · (−1)n − 2 + (−3)n − 3n − 2n,

(o) yn = (34n− 1) · 2n cos nπ2 + (1

4n−34) · 2n sin nπ

2 + 1.

Rozwiązanie wybranego przykładu:(c) Wielomian charakterystyczny p(r) = r2 + 6r + 9 ma pierwiastek podwójnyr = −3, więc rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego jest

yOn = (C1 + C2n) · (−3)n, C1, C2 ∈ R.

Skoro po prawej stronie równania w podstawie potęgi znajduje się liczba t = −3równa pierwiastkowi r, to krotność k = 2, a rozwiązanie szczególne ma postać

ySn = An2 · (−3)n.

Obliczamy

ySn+1 = A(n+ 1)2 · (−3)n+1 = −3(An2 + 2An+A) · (−3)n,

ySn+2 = A(n+ 2)2 · (−3)n+2 = 9(An2 + 4An+ 4A) · (−3)n


i wstawiamy do danego równania:

9(An2+4An+4A)·(−3)n+6(−3)(An2+2An+A)·(−3)n+9An2 ·(−3)n = 3·(−3)n.

Po podzieleniu stronami przez (−3)n i redukcji dostajemy 18A = 3, czyli A = 16 .

Rozwiązaniem szczególnym jest ciąg

ySn =16n2 · (−3)n,

Natomiast rozwiązanie ogólne ma postać:

yn = yOn + ySn = (C1 + C2n) · (−3)n +16n2 · (−3)n.

Na koniec uwzględniamy warunki brzegowe. Wstawiając do otrzymanej postacirozwiązania ogólnego kolejno: n = 0, n = 1, dostajemy układ równań

C1 = 2−3(C1 + C2) + 1

6 · (−3) = 0,

stąd C1 = 2, C2 = −136 . Ostatecznie rozwiązaniem szczególnym spełniającym po-

dane warunki jest ciąg

yn =(

2− 136n

)· (−3)n +

16n2 · (−3)n.

(e)

(%i1) load(solve rec);(%o1) C : /Maxima− 5.28.0− 2/share/ . . . solve rec/solve rec.mac(%i2) 2*y[n+2]-2*y[n+1]-12*y[n]=-3*n^2+13*n-2;(%o2) 2 yn+2 − 2 yn+1 − 12 yn = −3 n2 + 13 n− 2(%i3) solve rec( %o2,y[n]);(%o3) yn = %k1 3n + %k2 (−2)n + n2

4 − n+ 18

(n)

(%i1) load(solve rec);(%o1) C : /Maxima− 5.28.0− 2/share/ . . . solve rec/solve rec.mac(%i2) y[n+4]+8*y[n+2]+16*y[n]=25;(%o2) yn+4 + 8 yn+2 + 16 yn = 25(%i3) solve rec( %o2,y[n],y[0]=0,y[1]=0,y[2]=-1,y[3]=1);

(%o3) yn =(3 %i−48 − ( %i−3) n

8

)(−1)

n2 2n + (− %i)n

(( %i+3) n8 − 3 %i+48

)2n + 1

(%i4) rectform( %o3);(%o4) yn = %i

(2n((3 n8 −

12

)sin(π n2

)+(38 −

n8

)cos

(π n2

))+

+2n((n8 −

38

)cos

(π n2

)−(3 n8 −

12

)sin(π n2

)))+

+2n((n8 −

38

)sin(π n2

)+(3 n8 −

12

)cos

(π n2

))+


+2n((3 n8 −

12

)cos

(π n2

)−(38 −

n8

)sin(π n2

))+ 1

Uprościmy teraz uzyskany wynik używając funkcji ratsimp()

(%i5) ratsimp( %o4);

(%o5) yn =(n−3) 2n sin(π n2 )+(3 n−4) 2n cos(π n2 )+4

4

Zadanie 17.5. Zapisać przewidywaną postać rozwiązania szczególnego ySn równa-nia

(a) yn+1 + 4yn = n · 2n,

(b) yn+1 − yn = n− 5,

(c) yn+2 + 2yn+1 − 8yn=−10n+ 3,

(d) yn+2 + 3yn+1 − 10yn = 14 · 2n,

(e) yn+2 − 2yn+1 + yn = (−2)n,

(f) yn+2 − 4yn+1 + 4yn = 24 · 2n,

(g) yn+2 + 2yn+1 − 3yn = n2 · 3n + 4,

(h) yn+3 − 10yn+2 + 32yn+1 − 32yn =

= 5 · 4n,

(i) yn+3 − 3yn+2 + 3yn+1 − yn = n,

(j) yn+4+6yn+3+8yn+2−6yn+1−9yn =

= (−1)n + (−3)n.

Odpowiedzi:

(a) ySn = (An+B) · 2n,

(b) ySn = An2 +Bn,

(c) ySn = An+B,

(d) ySn = An · 2n,

(e) ySn = A · (−2)n,

(f) ySn = An2 · 2n,

(g) ySn = (An2 +Bn+D) · 3n + En,

(h) ySn = An2 · 4n,

(i) ySn = (An+B)n3,

(j) ySn = An · (−1)n +Bn2 · (−3)n.

Rozwiązanie wybranych przykładów:(g) Ze względu na postać prawej strony równania rozwiązanie szczególne będziesumą ySn = y

S1n + y

S2n , gdzie yS1n jest rozwiązaniem szczególnym równania

yn+2 + 2yn+1 − 3yn = n2 · 3n,

zaś yS2n jest rozwiązaniem szczególnym równania

yn+2 + 2yn+1 − 3yn = 4 · 1n.

Wielomian charakterystyczny p(r) = r2 +2r−3 ma pierwiastki pojedyncze r1 = 1,r2 = −3.Dla pierwszego równania przewidujemy, że yS1n = (An2 + Bn + D) · 3n · n0, gdyż


liczba t1 = 3 jest różna od obu pierwiastków r1, r2.Dla drugiego równania przewidujemy, że yS2n = En1, gdyż liczba t2 = 1 jest równapierwiastkowi r1 krotności 1.Zatem

ySn = (An2 +Bn+D) · 3n + En.

(j) Z uwagi na postać prawej strony równania rozwiązanie szczególne będzie sumąySn = y

S1n + y

S2n , gdzie yS1n jest rozwiązaniem szczególnym równania

yn+4 + 6yn+3 + 8yn+2 − 6yn+1 − 9yn = (−1)n,

natomiast yS2n jest rozwiązaniem szczególnym równania

yn+4 + 6yn+3 + 8yn+2 − 6yn+1 − 9yn = (−3)n.

Wielomian charakterystyczny p(r) = r4 +6r3 +8r2−6r−9 = (r+3)2(r+1)(r−1)ma pierwiastki r1 = r2 = −3, r3 = −1, r4 = 1.Dla pierwszego równania przewidujemy, że yS1n = A · (−1)n ·n, gdyż liczba t1 = −1jest równa pierwiastkowi r3 krotności 1.Dla drugiego równania przewidujemy, że yS2n = B · (−3)n · n2, gdyż liczba t2 = −3jest równa pierwiastkowi r1 krotności 2.Zatem

ySn = An · (−1)n +Bn2 · (−3)n.

Zadanie 17.6. Jaką kwotę powinniśmy otrzymać po n = 5 latach, jeżeli kapitałw wysokości K = 20 000 zł ulokowaliśmy na procent składany w wysokości i = 5%rocznie?

Odpowiedź:Kwota, którą powinnyśmy otrzymać to 25 527 zł.

Rozwiązanie:Oznaczmy przez yn kwotę uzyskaną z procentu składanego po n latach. Otrzymamyrównanie różnicowe jednorodne

yn+1 = (1 + i)yn,

z warunkiem początkowym y0 = K. Rozwiązanie ogólne powyższego równania mapostać

yn = C(1 + i)n.

Z warunku początkowego wynika, że C = K. Zatem yn = K(1 + i)n. Kwota, którąpowinniśmy otrzymać, jest więc równa y5 = 20 000 · (1,05)5 ≈ 25 527.

Zadanie 17.7. W pewnym zakładzie wartość produkcji w 2012 r. wynosiłaK = 500 000 zł. Jaka będzie wartość produkcji w 2020 r. przy założeniu, że bę-dzie ona rosła o i = 20% rocznie?

Odpowiedź:Wartość produkcji w 2020 r. powinna wynieść 2 149 908 zł (model z zadania 17.6).


Zadanie 17.8. Klient kupił na raty lodówkę. Kredyt w wysokości K = 2 300 złi oprocentowaniu miesięcznym i = 0,5% ma zostać spłacony w ciągu roku w 12 ra-tach R = 197,95 zł. Wyznaczyć wzór na pozostałą do spłacenia część kredytu tużpo zapłaceniu n-tej raty (n = 0, 1, . . . , 12), jeżeli pierwsza rata następuje

(a) w miesiąc po zakupie,

(b) w dniu zakupu.

Odpowiedzi:

(a) Zagadnienie: yn+1 − (1 + i)yn = −R, y0 = K, jego rozwiązaniem jest ciąg:yn = −37 290 · (1,005)n + 39 590.

Rozwiązanie:Oznaczmy przez yn pozostałą do spłacenia część kredytu tuż po zapłaceniu n-tejraty. Po upływie miesiąca do wartości yn dołożone są odsetki: (1 + i)yn oraz zapła-cona zostaje rata: (1 + i)yn −R. I dlatego po upływie n+ 1 miesięcy pozostała dospłacenia część kredytu jest równa

yn+1 = (1 + i)yn −R.

Powyższe równanie różnicowe niejednorodne przedstawia model spłaty kredytu.Rozwiązaniem ogólnym stowarzyszonego z nim równania jednorodnego jest

yOn = C(1 + i)n.

Przewidujemy ySn = A (gdyż 1 + i 6= 1). Podstawiając ySn i ySn+1 do naszego modelupowyżej otrzymujemy A = R

i . Zatem rozwiązaniem ogólnym zagadnienia jest

yn = C(1 + i)n +R

i.

Uwzględniając warunek y0 = K dostajemy C = K − Ri . Ostatecznie szukany wzór

ma postać

yn =(K − R

i

)(1 + i)n +

R

i.

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy

yn = −37 290 · (1,005)n + 39 590.

(b) Zagadnienie: yn+1 − (1 + i)yn = −R, y0 = K − R, jego rozwiązaniem jestyn = −37 487,95 · (1,005)n + 39 590.

Zadanie 17.9. Jaka musi być roczna stała spłata z dołu kredytu w wysokości200 000 zł przy rocznej stopie procentowej 8%, by został on spłacony w ciągu 10 lat?

Odpowiedź:Model jak w zadaniu 17.8 dla K = 200 000, i = 0,08 oraz y10 = 0.Szukana rata R = K(1+i)10−y10

(1+i)10−1 i ≈ 29 806 zł.


Zadanie 17.10. Do jakiej wysokości można inwestować rocznie (z dołu) tak, byprzy początkowym kapitale równym 100 000 zł i stopie wzrostu gospodarczego 10%kapitał obrotowy wynosił po 10 latach 120 000 zł?

Odpowiedź:Model jak w zadaniu 17.8 dla K = 100 000, i = 0, 1 oraz y10 = 120 000.Szukana wysokość inwestycji R = K(1+i)10−y10

(1+i)10−1 i ≈ 8 745 zł.

Zadanie 17.11. Kredyt w wysokości 100 000 zł został zaciągnięty przy rocznejstopie procentowej 10%. Po ilu latach zostanie on spłacony, jeżeli jego stała rocznaspłata wynosi 18 000 zł?

Odpowiedź:Kredyt zostanie spłacony po 9 latach (model z zadania 17.8).

Rozwiązanie:Niech yn oznacza wartość kredytu po n latach. Podobnie jak w zadaniu 17.8 processpłaty kredytu opisuje równanie różnicowe niejednorodne

yn+1 − (1 + i)yn = −R.

z warunkiem początkowym y0 = K, gdzie i = 0, 1, R = 18 000, K = 100 000.W konsekwencji rozwiązanie szczególne jest dane wzorem

yn =(K − R

i

)(1 + i)n +

R

i

i przy naszych danych liczbowych przyjmuje postać

yn = −80 000 · (1,1)n + 180 000.

Kredyt ma zostać po n latach spłacony, więc szukamy takiej liczby naturalnej n, dlaktórej zachodzi równość 0 = −80 000 · (1,1)n+180 000. Wynika stąd, że (1,1)n = 9

4 .

Rozwiązując to równanie względem n, dostajemy n =ln 94

ln 1,1 ≈ 8, 5. Kredyt zostaniezatem spłacony po 9 latach.

Zadanie 17.12. Na zakup roweru został wzięty kredyt w wysokości 10 000 zł,który należy spłacić w 12 ratach po 1 000 zł płaconych na koniec każdego miesiąca.Ile wynosi miesięczne oprocentowanie tego kredytu?

Odpowiedź:Miesięczna stopa procentowa wynosi i ≈ 2,9% (model z zadania 17.8).

Rozwiązanie:Niech yn oznacza wartość kredytu po n latach. Jak w zadaniu 17.8 schemat spłatykredytu może być opisany równaniem różnicowym niejednorodnym

yn+1 − (1 + i)yn = −R,


z warunkiem brzegowym y0 = K, gdzie i jest nieznaną stopą procentową, R = 1 000,K = 10 000. Rozwiązanie szczególne jest więc, podobnie jak w zadaniu 17.8, danewzorem

yn =(K − R

i

)(1 + i)n +

R

i

i przyjmuje postać

yn =(

10 000− 1 000i

)(1 + i)n +

1 000i

.

Ponieważ kredyt ma zostać spłacony w 12 ratach, więc y12 = 0. Zatem

0 =(

10 000− 1 000i

)(1 + i)12 +

1 000i

,

a stąd, po obustronnym pomnożeniu przez i100 , dostaniemy

0 = (100 i− 10)(1 + i)12 + 10.

W celu wyznaczenia wartości miesięcznej stopy procentowej i możemy wykorzystaćprogram Maxima. Otrzymujemy i = 0,029229 . . ., więc miesięczna stopa procen-towa wynosi i ≈ 2,9%.

Zadanie 17.13. Nowożeńcy otrzymali w Banku „Dla Młodych” pożyczkę miesz-kaniową w wysokości P = 150 000 zł na m = 20 lat na promocyjnych warunkach:– oprocentowanie pożyczki wynosi i = 0,25% miesięcznie,– spłata kredytu odbywa się ratami malejącymi płaconymi na koniec miesiąca.Raty są sumą części kapitałowej ( P

12m) i części odsetkowej liczonej od aktualniepozostałego długu. Wyznaczyć wzór na pozostałą do spłacenia część kredytu tużpo zapłaceniu n-tej raty (n = 0, 1, . . . , 240).

Odpowiedź:Zagadnienie: yn+1 − yn = − P

12m , y0 = P , jego rozwiązanie: yn = 150 000− 625n.Rozwiązanie:Niech Rn oznacza wysokość n-tej raty, zaś yn – pozostałą do spłacenia część po-życzki po zapłaceniu raty Rn. Po upływie miesiąca dołożone są odsetki i zapłaconarata, więc

yn+1 = (1 + i)yn −Rn.

Zgodnie z warunkami umowy kredytowej rata Rn składa się z części odsetkowejrównej iyn oraz części kapitałowej w wysokości P

12m . Zatem

yn+1 = (1 + i)yn − i yn −P

12m,

czyli

yn+1 − yn = − P

12m.


Równanie charakterystyczne ma pierwiastek r = 1, więc rozwiązanie ogólne stowa-rzyszonego równania jednorodnego jest postaci

yOn = C · 1n = C.

Przewidujemy ySn = An (gdyż t = 1 = r) i po podstawieniu ciągu (ySn) do otrzyma-nego równania różnicowego dostajemy

A(n+ 1)−An = − P

12m.

Stąd A = − P12m . Zatem rozwiązaniem ogólnym naszego zagadnienia jest

yn = C − Pn

12m.

Po uwzględnieniu warunku y0 = P mamy C = P oraz ostatecznie

yn = P − Pn

12m.

Podstawiamy dane liczbowe i otrzymujemy

yn = 150 000− 625n.

Zadanie 17.14. Niech yn oznacza kwotę, jaką należy ulokować na koncie o opro-centowaniu rocznym i = 4,5%, aby móc przez n lat co roku dokonywać wypłatw wysokości R = 15 000 zł, przy czym konto zeruje się po n latach. Wyznaczyćwzór ogólny ciągu (yn), gdy

(a) wypłaty są z dołu (tzn. na koniec roku),

(b) wypłaty są z góry (tzn. na początku roku).

Odpowiedzi:

(a) Zagadnienie: yn+1 + i yn+1 −R = yn, y0 = 0; jego rozwiązanie

yn = −Ri

1(1 + i)n

+R

i.

(Równoważnie yn = R 1−(1+i)−ni . W teorii procentu wielkość 1−(1+i)−n

i nosinazwę czynnika dyskontującego dla renty z dołu, jej wartości dla poszczegól-nych n oraz i są stablicowane.)

(b) Zagadnienie: yn+1 + iyn+1 −R(1 + i) = yn, y0 = 0; jego rozwiązanie

yn = −R(1 + i)i

1(1 + i)n

+R(1 + i)

i.

(Równoważnie yn = R 1−(1+i)−ni (1 + i). Wielkość 1−(1+i)−n

i (1 + i) nosi nazwęczynnika dyskontującego dla renty z góry, jej wartości dla poszczególnych noraz i są również stablicowane.)


Zadanie 17.15. Kredyt w wysokości 100 000 zł został zaciągnięty przy rocznej sto-pie procentowej 10%. Po ilu latach zostanie on spłacony, jeżeli początkowa rocznaspłata kredytu wynosi

(a) 18 000 zł i maleje z każdym rokiem o 1 000 zł?

(b) 20 000 zł i maleje z każdym rokiem o 50 zł?

Odpowiedzi:

(a) Zagadnienie: yn+1−(1+i)yn = 1 000n−18 000, y0 = 100 000, jego rozwiązanie:yn = 20 000 · (1,1)n − 10 000n + 80 000. Kredyt nie zostanie nigdy spłaconyprzy podanych warunkach spłaty.

Rozwiązanie:Niech yn oznacza wartość kredytu po n latach. Schemat spłaty kredytu może byćopisany równaniem różnicowym niejednorodnym postaci

yn+1 − (1 + i)yn = Qn−R,

z warunkiem początkowym y0 = K, gdzie i = 0,1, Q = 1 000, R = 18 000,K = 100 000.Rozwiązanie ogólne jednorodnego równania różnicowego odpowiadającego temurównaniu niejednorodnemu ma postać yOn = C(1 + i)n, gdzie C jest dowolną stałą.Przewidujemy ySn = An+B. Wstawiając ySn = An+B oraz ySn+1 = A(n+ 1) +Bdo rozważanego równania różnicowego niejednorodnego, otrzymamy równość

A−Ain−Bi = Qn−R.

Aby zachodziła powyższa równość, musi być spełniony układ równań−Ai = QA−Bi = −R ,

który ma rozwiązanie A = −Qi , B = Q

i2 + Ri . W konsekwencji

yn = yOn + ySn = C(1 + i)n − Q

in− Q

i2+R

i.

Biorąc pod uwagę warunek początkowy y0 = K, otrzymamy równość

K = C − Q

i2+R

i,

więc C = K + Qi2 −

Ri . W rezultacie

yn =(K +

Q

i2− R

i

)(1 + i)n − Q

in− Q

i2+R

i.


Uwzględniając warunki zadania, mamy

yn = 20 000 · (1,1)n − 10 000n+ 80 000.

Kredyt ma być spłacony po n latach, więc szukamy takiej liczby naturalnej n, dlaktórej zachodzi równość

0 = 20 000 · (1,1)n − 10 000n+ 80 000.

Jeżeli do wzoru na yn wstawimy kolejno n = 1, 2, . . . , 17 (możemy w tym celuwykorzystać np. kalkulator, program Maxima), to otrzymamy malejący ciąg (yn).Wartość kredytu będzie zatem malała. Dla n = 17 wartość y17 ≈ 11 098,3, nato-miast dla n = 18 będziemy mieć y18 ≈ 12 318,2 i w kolejnych latach coraz większewartości kredytu, a więc wartość kredytu po 17 roku zacznie rosnąć. Kredyt niezostanie zatem nigdy spłacony przy podanych warunkach spłaty.

(b) Zagadnienie: yn+1− (1 + i)yn = 50n− 20 000, y0 = 100 000, jego rozwiązanie:yn = −95 000 · (1, 1)n−500n+195 000. Kredyt zostanie spłacony po 8 latach.

Rozwiązanie:Przeprowadzając rozumowanie jak w podpunkcie (a) dla i = 0,1, Q = 50,R = 20 000, K = 100 000 i korzystając z otrzymanego w tym podpunkcie wzoru

yn =(K +

Q

i2− R

i

)(1 + i)n − Q

in− Q

i2+R

i,

otrzymujemy rozwiązanie szczególne

yn = −95 000 · (1,1)n − 500n+ 195 000.

Szukamy takiej liczby naturalnej n, dla której zachodzi warunek yn = 0. Ponieważ

y1 > y2 > y3 > y4 > y5 > y6 > y7 ≈ 6 371 > 0, y8 ≈ −12 640 < 0,

więc kredyt zostanie spłacony po 8 latach.

Najczęściej używane symbolei funkcje w Maximie

W Maximie każdą instrukcję kończymy znakiem ; lub $. Użycie znaku $ po-woduje, iż wynik obliczeń nie pojawi się na ekranie.Symbol % oznacza odwołanie do wyrażenia znajdującego się na poprzednim wyj-ściu.

Operatory:

+ dodawanie− odejmowanie∗ mnożenie/ dzielenie^ operator potęgowania. mnożenie macierzy: operator przypisania: = definicja funkcji; w zapisie funkcji wymagany jest wtedy argument,

np. f(x) := 2 ∗ x

Stałe:

%i jednostka urojona%pi liczba π%e podstawa logarytmu naturalnegoinf +∞minf −∞%c stała całkowania występująca w rozwiązaniu równań różniczkowych

pierwszego rzędu%k1, %k2 stałe całkowania występujące w rozwiązaniu równań różniczkowych

drugiego rzędu i równań różnicowych (dla równań różnicowychwystępują także stałe %k3, %k4)

Najczęściej używane symbole i funkcje w Maximie 495

Funkcje matematyczne:

sqrt() pierwiastek stopnia drugiegoabs() modułlog() logarytm naturalnysin() funkcja sinuscos() funkcja cosinustan() funkcja tangenscot() funkcja cotangensasin() funkcja arcus sinusacos() funkcja arcus cosinusatan() funkcja arcus tangensacot() funkcja arcus cotangens

Podstawowe funkcje Maximy:

coefmatrix() tworzy macierz współczynników przy niewiadomychw układzie równań

conjugate() wyznacza sprzężenie liczby zespolonejdeterminant() oblicza wyznacznik macierzydiff() oblicza pochodną funkcjiic1() podaje rozwiązanie równania różniczkowego pierwszego rzędu

z uwzględnieniem warunku początkowegoic2() podaje rozwiązanie równania różniczkowego drugiego rzędu

z uwzględnieniem warunków początkowychilt() wyznacza oryginał w transformacie Laplace’aimagpart() wyznacza część urojoną liczby zespolonejintegrate() oblicza całkęinvert() wyznacza macierz odwrotnąlaplace() wyznacza transformatę Laplace’alimit() oblicza granicęlinsolve() rozwiązuje układy równań liniowychmatrix() wyznacza macierzode2() rozwiązuje równanie różniczkowe zwyczajne pierwszego lub

drugiego rzęduplot2d() rysuje wykres funkcji jednej zmiennejrank() oblicza rząd macierzyratsimp() upraszcza wyrażenierealpart() wyznacza część rzeczywistą liczby zespolonejrealroots() znajduje pierwiastki rzeczywiste wielomianurectform() zapisuje liczbę zespoloną w postaci kartezjańskiejsolve() rozwiązuje równanie


solve rat ineq() rozwiązuje nierówność wymiernąsolve rec() rozwiązuje równanie różnicowetranspose() wyznacza macierz transponowaną

Maxima jest programem typu open source (licencja GNU GPL), a więc możnaużywać go całkowicie bezpłatnie. Program wraz z dokumentacją dostępny jest nastronie internetowej http://maxima.sourceforge.net.

Literatura

[1] A. Just „Wstęp do analizy matematycznej i wybranych zagadnień z fizyki”,Wydanie II, Wydawnictwo PŁ, 2009.

[2] A. Just „Zbiór zadań z matematyki i fizyki”, Wydanie II, Wydawnictwo PŁ,2008.

[3] E. Kotlicka-Dwurznik, B. Szkopińska, W. Walas „Elementy algebry i geome-trii analitycznej”, Wydawnictwo PŁ, 2000.

[4] I. Jędrzejewska, E. Kotlicka, B. Szkopińska „Wstęp do analizy matematycz-nej, logiki i teorii mnogości”, Wydawnictwo PŁ, 2007.

[5] I. Dziubiński, L. Siewierski „Elementy matematyki wyższej” cz. I, II i III,Wydawnictwo PŁ, 1977.

[6] K. Dobrowolska, W. Dyczka, H. Jakuszenkow „Matematyka dla studentówstudiów technicznych” cz. 1 i 2, Wydawnictwo Helpmath, 1997.

[7] E. Kącki „Równania różniczkowe cząstkowe w zagadnieniach fizyki i tech-niki”, Wydawnictwo Naukowo - Techniczne, Warszawa, 1989.

[8] E. Kącki, L. Siewierski „Wybrane działy matematyki wyższej z ćwiczeniami”,Państwowe Wydawnictwo Naukowe, Warszawa, 1985.

[9] S. Elaydi „An Introduction to Difference Equations”, Springer, New York,2010.

MA

TE

MA

TY

KA

DL

A S

TU

DE

NT

ÓW

PO

LIT

EC

HN

IK *

NR

2064

ISBN 978-83-7283-557-4

DLA TYKA TEMA MA - Cybracybra.p.lodz.pl/Content/8587/Andrzej Just 26.07.2013.pdfzadań zostały...

Documents

Transcript of DLA TYKA TEMA MA - Cybracybra.p.lodz.pl/Content/8587/Andrzej Just 26.07.2013.pdfzadań zostały...