Matematyka A, egzamin, 21 czerwca 2007, rozwiazania zada´

n

By l b lad w rozwiazaniu zadania 7. Wykry l go jeden ze student´

ow. Moga tu by´

c jeszcze inne b ledy. W

razie watpliwo´sci prosze o kontakt elektroniczny.

1.

Predko´s´c wody wyp lywajacej przez otw´

or w dnie naczynia jest r´

owna 0,6

√

2Gh , gdzie G = 10

m

s

2

,

a h oznacza g leboko´s´c wody. Naczynie ma kszta lt walca o ´srednicy podstawy 2R = 1,8 m. Otw´

or

w dnie ma ´srednice 2r = 6 cm. Wysoko´s´c walca jest r´

owna H = 2,45 m. Po jakim czasie ca la woda

wycieknie z walca? Zak ladamy, ˙ze w chwili poczatkowej walec jest wype lniony w ca lo´sci woda.

Rozwiazanie.

Niech h(t) oznacza g leboko´s´c wody w naczyniu w chwili t . W szczeg´

olno´sci

h(0) = 2, 45 . W bardzo kr´

otkim czasie ∆t z naczynia wyp lynie w przybli˙zeniu 0,6

p2Gh(t)·∆t·π·r

2

wody. W wyniku tego poziom wody obni˙zy sie o h(t) − h(t + ∆t) ≈

0,6

√

2Gh(t)·∆t·π·r

2

π·R

2

. Przybli˙zenie

bierze sie stad, ˙ze predko´s´c wody w ˙zadnym momencie nie jest sta la. W granicy otrzymujemy

−h

0

(t) = lim

∆t→0

h(t)−h(t+∆t)

∆t

=

0,6

√

2Gh(t)·π·r

2

π·R

2

= 0,6

√

2G ·

r

2

R

2

·

ph(t) =

√

5

750

·

ph(t)

— oczywi´scie do granicy przechodzimy po podzieleniu otrzymanej r´

owno´sci przybli˙zonej przez ∆t ,

bo inaczej otrzymaliby´smy ma lo interesujaca r´

owno´s´c 0 = 0 . Mamy wiec

h

0

(t)

h(t)

= −

√

5

750

. Stad

2

ph(t) = R

h

0

(t)

√

h(t)

dt = −

R

√

5

750

dt = −

√

5

750

t + C , wiec h(t) =

C

2

−

√

5

1500

t

2

. Stad wynika, ˙ze

2,45 = h(0) =

C

2

2

, wiec

C

2

=

√

2,45 . Oczywi´scie h(t) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy

t =

1500

√

5

·

C

2

= 750 ·

q

2,45

5

= 750 ·

√

0,49 = 750 · 0,7 = 525 s = 8

3
4

min.

2.

(a) Znale´z´c rozwiazanie og´

olne r´

ownania r´

o˙zniczkowego

(2t + 1)x

0

(t) = 2x(t) + 4t .

(b) Znale´z´c rozwiazanie spe lniajace warunek x(−1) = 0 . Znale´z´c

lim

t→−1/2

x(t) .

Rozwiazanie.

Rozwia ˙zemy najpierw r´

ownanie jednorodne (2t + 1)x

0

(t) = 2x(t) . Mamy wiec

ln |x(t)| =

R

x

0

(t)

x(t)

dt =

R

2

2t+1

dt = ln |2t + 1| + C

1

, gdzie C

1

oznacza pewna sta la. Z otrzymanej

r´

owno´sci wynika od razu, ˙ze x(t) = ±e

C

1

(2t + 1) = C · (2t + 1) . Uzmiennimy sta la C , czyli

znajdziemy rozwiazanie r´

ownania (2t + 1)x

0

(t) = 2x(t) + 4t w postaci x(t) = C(t)(2t + 1) , gdzie

C oznacza nieznana funkcje r´

o˙zniczkowalna. Po podstawieniu do r´

ownania otrzymujemy

C

0

(t)(2t + 1)

2

+ 2C(t)(2t + 1) = 2C(t)(2t + 1) + 4t ,

wiec C

0

(t) =

4t

(2t+1)

2

. Stad wynika, ˙ze

C(t) =

R

4t

(2t+1)

2

dt =

R

4t+2

(2t+1)

2

dt −

R

2

(2t+1)

2

dt =

R

2

2t+1

dt −

R

2

(2t+1)

2

dt = ln |2t + 1| +

1

2t+1

+ c .

Wobec tego funkcja (2t + 1) ln |2t + 1| + 1 + c(2t + 1) jest rozwiazaniem rozpatrywanego r´ownania.
Z r´

owno´sci 0 = x(−1) = (−2 + 1) ln | − 2 + 1| + 1 + c(−2 + 1) = 1 − c wynika, ˙ze c = 1 . Wobec tego

rozwiazaniem spe lniajacym warunek poczatkowy jest funkcja (2t + 1) ln |2t + 1| + 2t + 2 . Poniewa˙z
lim

s→0

+

s ln s = 0 — mo˙zna to wywnioskowa´c stosujac regu le de l’Hospitala, wiec

lim

t→−1/2

(2t + 1) ln |2t + 1| + 1 + c(2t + 1)

= 1 ,

niezale˙znie od c ∈

.

3.

Znale´z´c objeto´s´c i ´srodek masy jednorodnego obszaru G = {(x, y, z):

x

2

+

y

2

4

+

z

2

9

≤ 1, x ≥ 0} ,

czyli znale´z´c ´srodek masy odcinka [0, 1] zak ladajac, ˙ze gesto´s´c masy w punkcie x , kt´

ora oznaczamy

przez %(x) , r´

owna jest polu elipsy

y

2

4

+

z

2

9

≤ 1 − x

2

.

Rozwiazanie.

Pole elipsy

y

2

4

+

z

2

9

≤ 1 − x

2

jest r´

owne

2 ·

R

2

√

1−x

2

−2

√

1−x

2

3

p1 − x

2

− y

2

/4

dy

y=2

√

1−x

2

sin t

===============

dy=2

√

1−x

2

cos t dt

12 1 − x

2

R

π/2

−π/2

cos

2

tdt =

= 6 1 − x

2

R

π/2

−π/2

(1 + cos 2t)dt = 6 1 − x

2

t +

1
2

sin 2t





π/2

−π/2

= 6π 1 − x

2

.

´

Srodek masy znajduje sie w punkcie (x, 0, 0) , co wynika z symetrii zbioru

y

2

4

+

z

2

9

≤ 1−x

2

wzgledem

obu osi uk ladu wsp´

o lrzednych. Masa zbioru G , czyli jego objeto´s´c, jest r´

owna ca lce

R

1

0

6π(1 − x

2

)dx = 6π(x −

1
3

x

3

)




1
0

= 6π(1 −

1
3

) = 4π .

W celu znalezienia ´srodka masy nale˙zy znale´z´c jeszcze ca lke

R

1

0

6πx(1 − x

2

)dx = 6π

1
2

x

2

−

1
4

x

4





1
0

= 6π

1
2

−

1
4

) =

3
2

π .

Pierwsza wsp´

o lrzedna ´srodka masy to iloraz

3π/2

4π

=

3
8

. Wobec tego ´srodkiem masy zbioru G jest

punkt

3
8

, 0, 0

.

4.

Znale´z´c rozwiazanie og´

olne r´

ownania

x

00

(t) + x

0

(t) − 6x(t) = (15t

2

+ 6t)e

2t

+ (4t

2

+ 6t − 2)e

−2t

+ 10 cos t.

Rozwiazanie.

Zaczniemy od r´

ownania jednorodnego x

00

(t) + x

0

(t) − 6x(t) = 0 . Pierwiastkami

r´

ownania charakterystycznego λ

2

+ λ − 6 = 0 sa liczby 2 i −3 . Wobec tego rozwiazaniem og´olnym

jest funkcja c

1

e

2t

+ c

2

e

−3t

. Teraz zajmiemy sie kolejno r´

ownaniami

x

00

(t) + x

0

(t) − 6x(t) = (15t

2

+ 6t)e

2t

,

x

00

(t) + x

0

(t) − 6x(t) = (4t

2

+ 6t − 2)e

−2t

,

x

00

(t) + x

0

(t) − 6x(t) = 10 cos t .

W pierwszym przypadku mo˙zna znale´z´c rozwiazanie w postaci t(At

2

+ Bt + C)e

2t

— nastepuje

podwy˙zszenie stopnia o 1 , bo 2 jest jednokrotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego.

Podstawiajac to wyra˙zenie do pierwszego r´

ownania otrzymujemy

(15t

2

+ 6t)e

2t

= (At

3

+ B

2

t + Ct)e

2t

00

+ (At

3

+ B

2

t + Ct)e

2t

0

− 6(At

3

+ B

2

t + Ct)e

2t

=

= 4At

3

+ (12A + 4B)t

2

+ (6A + 8B + 4C)t + 2B + 4C

e

2t

+

+ 2At

3

+ (3A + 2B)t

2

+ (2B + 2C)t + C

e

2t

− 6(At

3

+ B

2

t + Ct)e

2t

=

= 15At

2

+ (6A + 10B)t + 2B + 5C

e

2t

.

Poniewa˙z r´

owno´s´c ma zachodzi´c dla wszystkich liczb rzeczywistych t , wiec musza zachodzi´c r´

owno´sci

15A = 15 , 6A + 10B = 6 i 2B + 5C = 0 , a to oznacza, ˙ze A = 1 i B = C = 0 . Wobec tego funkcja

t

3

e

2t

jest jednym z rozwiaza´

n pierwszego r´

ownania.

Liczba −2 nie jest pierwiastkiem r´ownania charakterystycznego, zatem drugie r´ownanie ma

rozwiazanie postaci (At

2

+ Bt + C)e

−2t

. Podstawiajac do r´

ownania otrzymujemy

(4t

2

+ 6t − 2)e

−2t

= 4At

2

+ (−8A + 4B)t + 2A − 4B + 4C

e

−2t

+

+ − 2At

2

+ (2A − 2B)t + B − 2C

e

−2t

− 6(At

2

+ Bt + C)e

−2t

=

= − 4At

2

− (6A + 4B)t + (2A − 3B − 4C)

e

−2t

.

Wobec tego A = −1 , 6A + 4B = −6 i 2A − 3B − 4C = −2 , zatem B = 0 = C . Funkcja −t

2

e

−2t

jest wiec jednym z rozwiaza´

n drugiego r´

ownania.

Rozwiaza´

n trzeciego r´

ownania mo˙zemy szuka´c w postaci A cos t + B sin t , bo liczba i nie jest

pierwiastkiem r´

ownania charakterystycznego. Mogliby´smy poszukiwa´c ich te˙z w postaci zespolonej

ae

it

+ be

−it

, ale wolimy od razu w rzeczywistej; przypomnijmy tylko, ˙ze cos t =

1
2

(e

it

+ e

−it

) oraz

sin t =

1

2i

(e

it

− e

−it

) .

Podstawiajac do r´

ownania otrzymujemy 10 cos t = (−A cos t − B sin t) + (−A sin t + B cos t) −

6(A cos t + B sin t) = (−7A + B) cos t + (−A − 7B) sin t , zatem 10 = −7A + B i 0 = −A − 7B , czyli
A = −

7
5

i B =

1
5

, zatem funkcja −

7
5

cos t +

1
5

sin t jest jednym z rozwiaza´

n trzeciego r´

ownania.

Stad wynika, ˙ze rozwiazaniem og´

olnym r´

ownania wyj´sciowego jest funkcja

t

3

e

2t

− t

2

e

−2t

−

7
5

cos t +

1
5

sin t + c

1

e

2t

+ c

2

e

−3t

.

5.

Znale´z´c rozwiazanie og´

olne uk ladu r´

owna´

n:







x

0

(t) = x(t) − y(t) − z(t),

y

0

(t) = x(t) + y(t),

z

0

(t) = 3x(t) + z(t).

Znale´z´c rozwiazanie uk ladu spe lniajace warunek x(0) = 2 , y(0) = 0 , z(0) = 0 .

Rozwiazanie.

Niech M =





1 −1 −1
1

1

0

3

0

1





. R´

ownanie charakterystyczne macierzy M wyglada

tak: 0 = det(M − λI) =








1 − λ

−1

−1

1

1 − λ

0

3

0

1 − λ








= (1 − λ)

3

+ 4(1 − λ) = (1 − λ) (1 − λ)

2

+ 4

,

zatem warto´sciami w lasnymi macierzy M sa liczby 1 , 1 + 2i oraz 1

− 2i . Wsp´o lrzedne wektora

w lasnego odpowiadajacego warto´sci w lasnej 1 spe lniaja r´

ownania v

1

− v

2

− v

3

= v

1

, v

1

+ v

2

= v

2

i 3v

1

+ v

3

= v

3

, zatem v

1

= 0 i v

2

= −v

3

. Jednym z wektor´

ow w lasnych jest wektor

−−−−−−→

(0, 1, −1) .

Wsp´

o lrzedne wektora w lasnego, kt´

ory odpowiada warto´sci w lasnej 1 + 2i spe lniaja nastepujace

r´

ownania v

1

− v

2

− v

3

= (1 + 2i)v

1

, v

1

+ v

2

= (1 + 2i)v

2

i 3v

1

+ v

3

= (1 + 2i)v

3

, zatem

v

1

= 2iv

2

i 3v

1

= 2iv

3

. Spe lnione sa te r´

ownania np. przez wsp´

o lrzedne wektora −−−−−→

(2i, 1, 3) . Poniewa˙z

1 + 2i = 1 − 2i i wyrazy macierzy M sa rzeczywiste, wiec warto´sci w lasnej 1 − 2i odpowiada m.in.

wektor w lasny −−−−−−→

(−2i, 1, 3) . Rozwiazaniem og´olnym uk ladu jest funkcja (o warto´sciach w

3

)

c

1

e

t



0

1

−1



+c

2

e

(1+2i)t



2i

1
3



+c

3

e

(1−2i)t



−2i

1
3



= c

1

e

t



0

1

−1



+(c

2

+c

3

)e

t



cos(2t)



0

1
3



−sin(2t)



2

0
0

 

+

+ (c

2

− c

3

)ie

t



sin(2t)



0

1
3



+ cos(2t)



2

0
0

 

.

W wersji rzeczywistej wyglada to tak

c

1

e

t



0

1

−1



+ ˜

c

2

e

t



cos(2t)



0

1
3



− sin(2t)



2

0
0

 

+ ˜

c

3

e

t



sin(2t)



0

1
3



+ cos(2t)



2

0
0

 

.

Mamy jeszcze znale´z´c rozwiazanie szczeg´

olne spe lniajace warunek poczatkowy. Bez trudu stwier-

dzamy, ˙ze przyjmujac c

1

= 0 , ˜

c

2

= 0 i ˜

c

3

= 1 otrzymujemy poszukiwana funkcje.

6.

Znale´z´c punkty zerowania sie gradientu funkcji f i lokalne ekstrema tej funkcji oraz wyja´sni´c, kt´

ore

z nich sa minimami, a kt´

ore maksimami, je´sli f (x, y) = 16y

4

− x

4

− 16x

2

y − 32y

2

dla (x, y) ∈

2

.

Wskaz´

owka. W otoczeniu tego z punkt´

ow krytycznych, kt´

orego charakteru nie da sie wyja´sni´c za

pomoca og´

olnego twierdzenia, rozwa˙zy´c f na jednej z osi oraz na paraboli 4y + x

2

= 0 .

Rozwiazanie.

Mamy

∂f
∂x

(x, y) = −4x

3

− 32xy = −4x(x

2

+ 8y) i

∂f
∂y

(x, y) = 64y

3

− 64y − 16x

2

.

Z r´

owno´sci

∂f
∂x

(x, y) = 0 wynika wiec, ˙ze x = 0 lub x

2

= −8y . Z r´owno´sci x = 0 i

∂f
∂y

(x, y) = 0

wynika, ˙ze y = 0 lub y = 1 , lub y = −1 . Z r´owno´sci x

2

= −8y i

∂f
∂y

(x, y) = 0 wynika, ˙ze

64y

3

+ 64y = 0 , czyli ˙ze y = 0 , a wiec r´

ownie˙z x = 0 .

Mamy

∂

2

f

∂x

2

(x, y) = −12x

2

− 32y ,

∂

2

f

∂x∂y

(x, y) = −32x oraz

∂

2

f

∂y

2

(x, y) = 192y

2

− 64 . Wobec

tego D

2

f (0, −1) =

 32

0

0

128



. Ta macierz jest dodatnio okre´slona (kryterium Sylvestera), wiec w

punkcie 0, −1 funkcja ma lokalne minimum w la´sciwe, czyli w dostatecznie ma lym otoczeniu punktu

(0, −1) przyjmuje jedynie warto´sci wieksze ni˙z w tym punkcie. Mamy te˙z D

2

f (0, 1) =

 −32

0

0

128



.

Otrzymana macierz ma jedna ujemna warto´s´c w lasna, −32 i jedna dodatnia 128 . Wynika st6adf,

˙ze w dowolnym otoczeniu punktu (0, 1) znajduja sie punkty, w kt´

orych funkcja przyjmuje zar´

owno

warto´sci wieksze ni˙z w tym punkcie jak i takie, w kt´

orych warto´sci funkcji sa mniejsze ni˙z w tym

punkcie, nie ma wiec w tym punkcie lokalnego ekstremum. Dalej D

2

f (0, 0) =

 0

0

0 64



. Tym razem

nie da sie wywnioskowa´c, czy funkcja ma w punkcie (0, 0) lokalne ekstremum z postaci drugiej

r´

o˙zniczki, to zale˙zy nie tylko od niej. Mamy jednak f (x, 0) = −x

4

, wiec funkcja ograniczona do

osi OX ma w punkcie 0 lokalne maksimum w la´sciwe, a z tego wynika, ˙ze nie ma w tym punkcie

lokalnego minimum (r´

ownie˙z niew la´sciwego). f (x, −

x

2

4

) =

x

8

16

− x

4

+ 4x

4

− 32

x

4

16

=

x

8

16

+ x

4

> 0 dla

x 6= 0 . Wykazali´smy, ˙ze w punktach dowolnie bliskich punktowi (0, 0) funkcja przyjmuje warto´sci
wieksze ni˙z w punkcie (0, 0) , a to oznacza, ˙ze w tym punkcie nie ma lokalnego maksimum (r´

ownie˙z

niew la´sciwego). Poniewa˙z nie ma ani lokalnego maksimum ani lokalnego minimum, wiec funkcja f

nie ma w tym punkcie lokalnego ekstremum.

7.

Niech C = {(x, y):

−8 ≤ x ≤ 4, |y| ≤ 4} i f(x, y) = x

3

− 27x + xy

2

.

Znale´z´c lokalne ekstrema funkcji f .

Znale´z´c najwieksza i najmniejsza warto´s´c funkcji f w zbiorze C lub wykaza´c, ˙ze funkcja nie przyj-

muje kt´

orej´s warto´sci ekstremalnej w tym zbiorze.

Rozwiazanie.

Mamy

∂f
∂x

(x, y) = 3x

2

− 27 + y

2

oraz

∂f
∂y

(x, y) = 2xy . Je´sli

∂f
∂y

(x, y) = 0 to

x = 0 lub y = 0 . W pierwszym przypadku z r´

owno´sci

∂f
∂x

(x, y) = 0 wynika, ˙ze y = ±3

√

3 ;

w drugim z r´

owno´sci

∂f
∂x

(x, y) = 0 wynika, ˙ze x = ±3 . Mamy wiec cztery punkty, w kt´orych

gradient zeruje sie: (3, 0) , (−3, 0) , (0, −3

√

3) i (0, 3

√

3) . Mamy te˙z D

2

f (x, y) =

 6x 2y

2y

2x



, za-

tem D

2

f (3, 0) =

 18 0

0

6



, D

2

f (−3, 0) =

 −18

0

0

−6



, D

2

f (−3

√

3, 0) =



0

−6

√

3

−6

√

3

0



oraz

D

2

f (3

√

3, 0) =



0

6

√

3

6

√

3

0



. W pierwszym przypadku mamy do czynienia z lokalnym minimum

w la´sciwym, a w drugim — z lokalnym maksimum w la´sciwym, w trzecim i w czwartym z siod lami.

Poniewa˙z funkcja f jest ciag la, a zbi´

or C jest domkniety i ograniczony, wiec funkcja f osiaga

na nim warto´s´c najwieksza i warto´s´c najmniejsza. Mo˙ze przyjmowa´c kt´

orakolwiek z nich wewnatrz

obszaru lub na jego brzegu. Poniewa˙z 3

√

3 > 5 > 4 , wiec punkty (0, −3

√

3) i (0, 3

√

3) nie le˙za w

zbiorze C . Punkty (3, 0) i (−3, 0) le˙za w zbiorze C . Mamy f(3, 0) = 3

3

− 27 · 3 = −2 · 27 = −54 ,

f (−3, 0) = −3

3

+ 27 · 3 = 2 · 27 = 54 .

Teraz zajmiemy sie brzegiem zbioru C . Mamy f (−8, y) = −296−8y

2

. Je´sli |y| ≤ 4 , to −424 =

= −296−8·16 ≤ f(−8, y) ≤ −296 . Je´sli |y| ≤ 4 , to −44 ≤ f(4, y) = −44+4y

2

≤ −44+4·16 = 20 .

Dalej f (x, 4) = f (x, −4) = x

3

− 11x . Poniewa˙z (x

3

− 11x)

0

= 3x

2

− 11 , wiec na przedziale

h

− 8, −

q

11

3

i

funkcja x

3

− 11x ro´snie od warto´sci −424 do warto´sci

22

9

·

√

33 <

22

9

· 6 =

44

3

< 16 ,

na przedziale

h

−

q

11

3

,

q

11

3

i

— maleje od warto´sci

22

9

·

√

33 do warto´sci −

22

9

·

√

33 > −16 , a na

przedziale

hq

11

3

, 4

i

ro´snie od warto´sci −

22

9

·

√

33 do warto´sci 20 .

Wobec tego najmniejsza warto´scia funkcji f w zbiorze C jest −424 , a najwieksza — 54 .