Matematyka A, egzamin, 17 czerwca 2005  rozwiazania

Mam nadzieje, że nie ma tu bledów poza jakimiś literówkami, od których uwolnić sie jest bardzo

trudno. Zachecam do obejrzenia rozwiazań zadań z egzaminu dla matematyki A1.
Zadanie 0.
Znalez
ć zbiór X zlożony z tych wszystkich liczb zespolonych z , dla których zz + |z2 - i| = 1 .
Å»
Narysować X na plaszczyz
nie.

Rozwiazanie 1.
Mamy zz = |z|2 = |z2| . |z2 - i| to odleglość punktów z2 oraz i , |z2| to odleglość punktu z2
Å»

od punktu 0 . Suma odleglości punktu z2 od punktów i oraz 0 ma być równa 1 , wiec odleglości

punktu i od punktu 0 . Z nierówności trójkata (znanej ze szkoly podstawowej) wynika, że punkt

z2 musi sie znajdować na odcinku o końcach i oraz 0 . Oczywiście z = 0 spelnia ten warunek.
Ä„ Ä„
Dalej z = 0 . Musi być 0 < |z| d" 1 i Arg(z2) = . Wobec tego Arg(z) = lub Arg(z) =

2 4
Ä„ Ä„

=1( + 2Ą) = + Ą . Wynika stad, że liczby z leża na odcinku nachylonym do osi rzeczywistej
2 2 4
Ä„

pod katem , którego dlugość równa jest 2 i którego środkiem jest 0 . Końcami tego odcinka sa
4
" " " "
2 2 2 2
×
liczby + i oraz - - i .
2 2 2 2

Rozwiazanie 2.

Niech z = x + iy , x, y " . Wtedy zz = (x + iy)(x - iy) = x2 - (iy)2 = x2 + y2 . Zachodzi
Å»
też równość |z2 - i| = |x2 + 2ixy - y2 - i| = (x2 - y2)2 + (2xy - 1)2 = (x2 + y2)2 - 4xy + 1 .

Wobec tego (x2 + y2)2 - 4xy + 1 = (1 - x2 - y2)2 = 1 - 2(x2 + y2) + (x2 + y2)2 . Stad wynika, że

2xy = x2 + y2 , czyli (x - y)2 = 0 , zatem x = y . Wracajac do wyjściowego równania otrzymujemy

x2 + x2 + (2x2 - 1)2 = 1 , czyli (2x2 - 1)2 = 1 - 2x2 . Ponieważ (2x2 - 1)2 e" 0 , wiec
"
2

1-2x2 e" 0 , czyli |x| d" . Wobec tego rozwiazaniem jest fragment prostej y = x odpowiadajacy
2
" "
2 2

liczbom x " - , . Bez trudu stwierdzamy, że jest to zbiór opisany w końcu rozwiazania
2 2
pierwszego.
Zadanie 1.

Znalez
ć wszystkie lokalne ekstrema funkcji f , jeśli dla każdego (x, y) " zachodzi równość
f(x, y) = x2y4(7 - x - y) .

Rozwiazanie.
Funkcja może mieć lokalne ekstrema jedynie w punktach, w których jej gradient, czyli wektor
"f "f
"f = grad f = , = 2xy4(7 - x - y) - x2y4, 4x2y3(7 - x - y) - x2y4 jest zerowy, czyli gdy
"x "y

2xy4(7 - x - y) - x2y4 = 0 i 4x2y3(7 - x - y) - x2y4 = 0 . Równości te sa spelnione w trzech
przypadkach x = 0 lub y = 0 lub x = 0 = y i 2(7 - x - y) - x = 0 i 4(7 - x - y) - y = 0 . W


trzecim przypadku musi być y = 2x . Podstawiajac te równość np. do pierwszego z dwóch ostatnich
równań otrzymujemy 0 = 2(7 - x - 2x) - x = 14 - 7x , czyli x = 2 i wobec tego y = 4 .

Jest wiec wielu kandydatów na lokalne ekstrema (czyli punktów krytycznych funkcji f ):
punkty postaci (0, y) , punkty postaci (x, 0) i punkt (2, 4) .
1

7-y
Mamy f(0, y) = 0 niezależnie od y " . Jeśli y < 7 , to 7 - 0 - y > 0 . Zalóżmy, że |u|, |v| < .
2

Wtedy 7 - (0 + u) - (y + v) > 0 . Stad wynika, że f(0 + u, y + v) e" 0 , zatem w punkcie (0, y)
funkcja f ma lokalne minimum niewlaściwe. Analogicznie wykazujemy, że jeśli y > 7 , to wartości
funkcji f w punktach dostatecznie bliskich punktowi (0, y) sa niedodatnie, a to oznacza, że w
punkcie (0, y) funkcja f ma lokalne maksimum niewlaściwe. W taki sam sposób stwierdzamy, że
w punktach postaci (x, 0) , x < 7 funkcja ma lokalne minima, a w punktach postaci (x, 0) , x > 7

 lokalne maksima. W ten sposób wyjaśniliśmy kwestie lokalnych ekstremów we wszystkich punk-

tach krytycznych z wyjatkiem (0, 7) , (7, 0) i (2, 4) . Mamy f(x, 7) = x2 · 74 · (7 - x - 7) = -74 · x3 ,
to wyrażenie zmienia znak w punkcie 0 : dla x < 0 mamy f(x, 0) > 0 = f(0, 7) a dla x > 0

 f(x, 0) < 0 = f(0, 7) . Wynika stad, że w punkcie (0, 7) funkcja f lokalnego ekstremum nie
ma. Tak samo uzasadniamy, że funkcja f nie ma w punkcie (7, 0) lokalnego ekstremum. Kolej
na punkt (2, 4) . Teraz zrobimy, to co wielu studentów lubi najbardziej: zastosujemy twierdzenie.
Mamy
"2f "
= 2xy4(7 - x - y) - x2y4 = 2(7 - y)y4 - 6xy4 = -2y4(3x + y - 7) ,
"x2 "x
"2f
"
= 2xy4(7 - x - y) - x2y4 = 56xy3 - 12x2y3 - 10xy4 = -2xy3(6x + 5y - 28) ,
"x"y "y
"2f
"
= 4x2y3(7 - x - y) - x2y4 = 12x2y2(7 - x) - 20x2y3 = -4x2y2(3x + 5y - 21) .
"y2 "y
-6 · 44 -45

Stad wynika, że D2f(2, 4) = .
-45 -5 · 44

Ponieważ -6 · 44 < 0 i (-6 · 44)(-5 · 44) - (-45)(-45) = 48(30 - 42) > 0 , wiec w tym punkcie
×
funkcja ma lokalne maksimum.

Ostatni fragment można zastapić rozumowaniem, w którym drugie pochodne sie pojawiaja. Funk-

cja f jest ciagla. Trójkat T o wierzcholkach (0, 7) , (0, 0) i (7, 0) jest zbiorem domknietym

i ograniczonym, zatem w jakimś punkcie trójkata T funkcja f przyjmuje najwieksza spośród

wartości przyjmowanych w punktach zbioru T . Jasne jest, ze na obwodzie trójkata funkcja sie

zeruje, a wewnatrz jest dodatnia, zatem najwieksza wartość musi być przyjeta w jakimś punkcie

wewnetrznym. W tym punkcie gradient musi być wektorem zerowym. Jest tylko jeden kandydat:

(2, 4) , zatem w tym punkcie funkcja f ma najwieksza wartość. Wobec tego w tym punkcie ma

maksimum lokalne. Oczywiście poza trójkatem T funkcja przyjmuje dowolnie duże wartości, np.
f(-10, -10) = (-10)2 · (-10)4 · (7 + 10 + 10) = 27 000 000 > 1024 = 22 · 44 · (7 - 2 - 4) = f(2, 4) .
Zadanie 2.
1
x
y
2
Niech w = , x = .
z
2

(2.1) Znalez
ć macierz A taka, że
"
1 1 3
A x = (w · x)w - x + w × x .
18 2 6
(2.2) Znalez
ć Aw .
(2.3) Sprawdzić, że jeśli wektor x jest prostopadly do wektora w , to również wektor A x jest
prostopadly do wektora w .
(2.4) Sprawdzić, że dla każdego wektora x zachodzi równość A x = x .
2

(2.5) Niech x oznacza wektor prostopadly do wektora w . Znalez
ć kosinus kata miedzy wekto-
rami x i A x .

(2.6) Sprawdzić, że jeśli  jest wartościa wlasna macierzy A , to || = 1 .

Rozwiazanie
" "
1 1 3 1 1 3
Mamy Aw = (w · w)w - w + w × w = · (11 + 22 + 22)w - w + 0 = 0 . Wobec tego
18 2 6 18 2 6

nie jest prawda, że Aw = w , czyli nie zachodzi równość 2.4. Rzecz w tym, że mialo być
"
1 1 3
A x = (w · x)w + x + w × x
18 2 6

Zmieniliśmy jeden znak. Rozwiażemy zadanie w poprawnej, w tym przypadku trudniejszej wersji.
2 2 1 2 1 2
Mamy w·x = 1·x+2·y+2·z oraz w× x = , - , = (2z-2y, 2x-z, y-2x) .
y z x z x y
" "
10x+(2-6 3)y+(2+6"3)z
"
1 2z-2y
x
"
x+2y+2z 1 3 1
y
2 2x-z
(2+6"3)x+13y+(4-3 3)z

Stad A x = + + = . Wynika stad, że
"
18 2 6 18
z
2 y-2x
(2-6 3)x+(4+3 3)y+13z
" "
ëÅ‚ öÅ‚
ëÅ‚ " " öÅ‚
10 2-6 3 2+6 3
10" 2 - 6 3 2 + 6"3
18 18 18
" "
÷Å‚.
1
2+6 3 13 4-3 3
íÅ‚ Å‚Å‚=ìÅ‚
A = 2 + 6"3 13y 4 - 3 3
íÅ‚ Å‚Å‚
18 "
18 18 18
" "
2 - 6 3 4 + 3 3 13z 2-6 3 4+3 3 13
18 18 18
"
1 1 3
Znalez
liÅ›my macierz A . Po poprawieniu treÅ›ci Aw = · (11 + 22 + 22)w + w + 0 = w .
18 2 6

Niech x bedzie wektorem prostopadlym do wektora w . Oznacza to, że w · x = 0 . Mamy wiec
" "
1 1 3 1 3
A x = · 0 · w + x + w × x = x + w × x . Otrzymany wektor jest prostopadly do wektora
18 2 6 2 6

w , bo jest suma dwóch wektorów prostopadlych do wektora w ( x z zalożenia; w × x też, bo
iloczyn wektorowy jest prostopadly do obydwóch czynników). Wykazaliśmy 2.3
Sprawdzimy, że zachodzi 2.4. Zaczniemy od przypadku w · x = 0 . W tym przypadku A x =
" "
3 1 3

=1 x + w × x , przy czym wektory x i w × x sa prostopadle. Z twierdzenia Pitagorasa
2 6 2 6
"
2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 1 2 2
wynika, że A x = x + w × x = x + w × x = x + w · x =
2 6 4 36 4 12
2 9 2 2

=1 x + x = x  skorzystaliÅ›my z tego, że w × x = w · x , co jest konsekwencja
4 12

prostopadlości wektorów w i x : w tym przypadku równoleglobok rozpiety przez te wektory staje

sie prostokatem. Niech teraz x oznacza dowolny, niekoniecznie prostopadly do w , wektor. Niech
1
t = w · x , v = x - tw . W tej sytuacji w · v = w · x - tw · w = 0 . Wobec tego wektor
18

tw jest rzutem prostopadlym wektora x na prosta wyznaczona przez wektor w . Mamy wiec
A x = A(tw + v) = tAw + A v = tw + A v . Ponieważ wektor v jest prostopadly do wektora w ,

wiec również wektor A v jest prostopadly do wektora w . Wiemy też, że A v = v . Wobec
tego wektory x i A x zostaly przedstawione w postaci sum prostopadlych wektorów o tych samych

dlugościach. Maja wiec taka sama dlugość.
"
1 3 1 2 1
Znów zakladamy, że w · x = 0 . Wtedy x · A x = x · ( x + w × x) = x = x · A x ,
2 6 2 2
1
zatem poszukiwany kosinus równy jest . Wykazaliśmy 2.5.
2

Zajmiemy sie 2.6. JeÅ›li A v =  v , to v = A v =  v = || · v , a ponieważ v = 0 ,
×

wiec || = 1 . Rozwiazanie zostalo zakończone.

Uwaga: Można oczywiście rozwiazać to zadanie korzystajac w jawny sposób z tego, jak wyglada
3

macierz A . Niektórzy zdajacy tak robili. Jest metoda poprawna, ale nie polecam jej, bo można

sie troche pogubić w rachunkach. Przed przystapieniem do obliczeń warto chwile pomyśleć, czy

rzeczywiście sa one niezbedne!
Zadanie 3.
ëÅ‚ öÅ‚
16 0 9 16
-5 2 3 5
÷Å‚
Znalez
ć wartoÅ›ci i wektory wlasne macierzy A =ìÅ‚ oraz macierzy A-2 .
íÅ‚ Å‚Å‚
-10 0 7 10
-12 0 6 14

Rozwiazanie
16 -  0 9 16
-5 2 -  3 5

Obliczymy . Ponieważ w kolumnie drugiej zero pojawia sie trzy
-10 0 7 -  10
-12 0 6 14 - 

razy, wiec najprościej bedzie rozwinać wyznacznik wzgledem tej kolumny:
16 -  0 9 16
16 -  9 16
-5 2 -  3 5
= (2 - ) -10 7 -  10 =
-10 0 7 -  10
-12 6 14 - 
-12 0 6 14 - 
=(2-) (16-)(7-)(14-)-9·10·12-16·10·6+12·16·(7-)-6·10·(16-)+9·10·(14-) =

=(2 - )[-3 + 372 - 656 + 1172] = (2 - )2(2 - 35 + 586) . Wynika stad, że wartościami
" "
1 1

wlasnymi macierzy A sa 1,2 = 2 oraz 3 = (35 - i 1119) , 4 = (35 + i 1119) . W celu
2 2

znalezienia wektorów wlasnych należy znalez
ć niezerowe rozwiazania ukladów równań liniowych.

Zaczniemy 1,2 = 2 . W tym przypadku uklad wyglada tak
Å„Å‚
14x1 + 0x2 + 9x3 + 16x4 = 0,
ôÅ‚
òÅ‚
- 5x1 + 0x2 + 3x3 + 5x4 = 0,
ôÅ‚ -10x1 + 0x2 + 5x3 + 10x4 = 0,
ół
-12x1 + 0x2 + 6x3 + 12x4 = 0.

Widzimy wiec, że x2 wystepuje w tym ukladzie równań tylko pozornie. Oznacza, to że zmiana

wartości x2 nie ma wplywu na to, czy czwórka (x1, x2, x3, x4) jest rozwiazaniem ukladu, czy nie.

Poza tym równanie trzecie i czwarte sa równoważne. Mamy wiec uklad trzech równań z trzema
niewiadomymi:
14x1 + 9x3 + 16x4 = 0,
- 5x1 + 3x3 + 5x4 = 0,
-10x1 + 5x3 + 10x4 = 0.

Mnożać drugie równanie przez 2 i odejmujac od wyniku trzecie otrzymujemy x3 = 0 . Teraz z

drugiego równania wnioskujemy, że x1 = x4 , a stad  po uwzglednieniu pierwszego równania 
otrzymujemy x1 = x4 = 0 . Wobec tego wektorami wlasnymi odpowiadaja cymi wartości wlasnej 2

sa wektory postaci (0, x2, 0, 0) , gdzie x2 oznacza dowolna liczbe różna od 0 . Teraz zajmiemy sie

wartościa wlasna 3 . Uklad równań wyglada teraz tak
"
Å„Å‚
3 1119
(- + i )x1" 0x2 + 9x3 + 16x4 = 0,
+
ôÅ‚
ôÅ‚ 2 2
ôÅ‚
òÅ‚
31 1119
- 5x1 + (- + i )x2 + 3x3 + 5x4 = 0,
2 2
"
1119
ôÅ‚
ôÅ‚ -10x1 + 0x2 + (-21 + i )x3 + 10x4 = 0,
2 2
ôÅ‚
"
ół
1119
-12x1 + 0x2 + 6x3 + (-7 + i )x4 = 0.
2 2
4

Odejmujac od pierwszego równania pomnożonego przez 2 równanie czwarte pomnożone przez 3

otrzymujemy równość, w której wystepuja jedynie niewiadome x1 i x4 , co pozwala napisać
"
1

x4 = (3 - i 1119)x1 . Podstawiajac otrzymana wartość w miejsce x4 w równaniu pierwszym
47
"
5

otrzymujemy równanie, w którym wystepuja jedynie x1 i x3 . Sta d x3 = - (3 - i 1119)x1 .
282
"
1

Nastepnie z równania drugiego wyznaczamy x2 = (361-89i 1119)x1 . By otrzymać konkretny
9776

wektor wlasny wystarczy teraz podstawić dowolna, różna od 0 liczbe w miejsce x1 . Innymi slowy
"
1

wszystkie wektory wlasne odpowiadajace wartości wlasnej (35-i 1119) sa równolegle do wektora
2
" " "
1
9776, 361 - 89i 1119, (1560 - 520i 1119), 624 - 208i 1119 . Wektorami wlasnymi odpowia-
3
"
1

dajacymi wartości wlasnej (35 + i 1119) nie ma potrzeby zajmować sie: po prostu sprzegamy
2
"
1

wektory odpowiadajace wartości wlasnej (35 - i 1119) , metoda dziala, bo wyjściowa macierz
2
jest rzeczywista.

Macierz A-2 to macierz odwrotna do macierzy A2 . Wartościami wlasnymi macierzy A2 sa liczby
" 2 1 " " 2 1 "
1 1
22 , 22 , (35 - i 1119) = (53 - 35i 1119) oraz (35 + i 1119) = (53 + 35i 1119) , a
2 2 2 2

wektory wlasne sa takie same jak w przypadku macierzy A . Wynika to stad, że jeśli A v =  v , to
A2 v = A(A v) = A( v) = A v = 2 v .

JeÅ›li B v = µ v , to mnożac te równość stronami przez B-1 otrzymujemy v = µB-1 v . Ponieważ

zalożyliÅ›my, że B-1 istnieje, wiec B v = 0 , bo B-1 0 = 0 = v . Sta d wynika, że µ = 0 , zatem
1

z równoÅ›ci v = µB-1 v wynika, że B-1 v = v , a to oznacza, że jeÅ›li µ jest wartoÅ›cia wlasna
µ

macierzy B , to µ-1 jest wartoÅ›cia wlasna macierzy B-1 . Wobec tego wartoÅ›ciami wlasnymi ma-
1 1" 1

cierzy A-2 sa liczby , 2 i 253+35i"1119 . Odpowiadaja im te same wektory, które
4
53-35i 1119
×
odpowiadaly odpowiednim wartościom wlasnym macierzy A .
Uwaga
Końcówka rozumowania daje pelne uzasadnienie stwierdzenia: wartościami wlasnymi macierzy An

sa liczby postaci n , gdzie  jest wartościa wlasna macierzy A w przypadku, w którym wartości

wlasne macierzy A sa parami różne. Przypadek wartości wlasnych wielokrotnych wymaga dodat-
kowego rozumowania, którego nie podajemy.
Zadanie 4.
Znalez
ć wszystkie funkcje x , dla których
x (t) - 4x (t) + 4x(t) = 96te2t + 96t3e-2t + 96e-2t + 96t + 96 i x(0) = 56 .
Ile jest takich funkcji?

Rozwiazanie
Równanie charakterystyczne 0 = 2 - 4 + 4 = ( - 2)2 ma jeden pierwiastek podwójny, miano-

wicie 2 . Wobec tego rozwiazaniem ogólnym równania x (t) - 4x (t) + 4x(t) = 0 jest (c1 + c2t)e2t .

Rozwiażemy równanie x (t) - 4x (t) + 4x(t) = 96te2t . Ponieważ prawa strona jest quasi-
wielomianem stopnia 1 o wykladniku 2 i liczba 2 jest dwukrotnym pierwiastkiem wielomianu

charakterystycznego, wiec istnieje rozwiazanie postaci (at3 + bt2)e2t . Mamy
5
(at3 + bt2)e2t - 4 (at3 + bt2)e2t + 4 (at3 + bt2)e2t = (6at + 2b)e2t .

Wynika stad, że dla każdego t musi zachodzić równość 6at + 2b = 96t . Oznacza to, że b = 0 i
96
a = = 16 .
6
Teraz kolej na równanie x (t) - 4x (t) + 4x(t) = 96(t3 + 1)e-2t . Prawa strona jest quasiwie-
lomianem stopnia 3 o wykladniku -2 , wykladnik nie jest pierwiastkiem wielomianu charaktery-

stycznego, zatem istnieje rozwiazanie tego równania postaci (at3 + bt2 + ct + d)e-2t . Podstawiajac
do równania otrzymujemy
(at3 +bt2 +ct+d)e-2t -4 (at3 +bt2 +ct+d)e-2t +4 (at3 +bt2 +ct+d)e-2t = 96(t3 +1)e-2t ,

co nie wyglada zachecajaco. Oznaczmy wiec: w(t) = at3 + bt2 + ct + d i przeprowadz
my rachunki

nie troszczac sie na razie o to czym jest w(t) . Mamy w(t)e-2t - 4 w(t)e-2t + 4w(t)e-2t =
= {w (t) - 2w(t)}e-2t - 4{w (t) - 2w(t)}e-2t + 4w(t)e2t = {w (t) - 8w (t) + 16w(t)}e-2t . Musi

wiec być spelniona równość w (t)-8w (t)+16w(t) = 96t3 +96 i to dla każdej liczby t . Przepiszmy

te równość w postaci 96t3 + 96 = 16at3 + (16b - 24a)t2 + (16c - 16b + 6a)t + 16d - 8c + 2b . Wynika
96 24
sta d, że 16a = 96 , czyli a = = 6 ; 16b - 24a = 0 , czyli b = a = 9 ; 16c - 16b + 6a = 0 , czyli
16 16
16b-6a 3 9 27 4c-b+48 33
c = = b - a = 9 - = ; 16d - 8c + 2b = 96 , czyli d = = .
16 8 4 4 8 4
I ostatnie równanie x (t) - 4x (t) + 4x(t) = 96t + 96 . Prawa strona jest quasiwielomianem
stopnia 1 o wykladniku 0 , liczba 0 nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, zatem

istnieje rozwiazanie postaci at + b . Mamy (at + b) - 4(at + b) + 4(at + b) = 4at + 4(b - a) . Stad

4a = 96 , czyli a = 24 i 4(b - a) = 96 , zatem b - a = 24 , wiec b = 48 .
27 33
Ostatecznie funkcja x(t) = 24t + 48 + (6t3 + 9t2 + t + )e-2t + 16t3e2t + (c1 + c2t)e2t jest
4 4

rozwiazaniem ogólnym równania x (t) - 4x (t) + 4x(t) = 96te2t + 96t3e-2t + 96e-2t + 96t + 96 .

Musimy jeszcze zatroszczyć sie o równość 56 = x(0) . Z wzoru, który otrzymaliśmy wynika, że

33 33 1

x(0) = 48 + + c1 . Wobec tego c1 = 56 - 48 - = - . Wynika stad, że dla każdej liczby t "
4 4 4
27 33
zachodzi równość x(t) = 24t + 48 + (6t3 + 9t2 + t + )e-2t + 16t3e2t + (-1 + c2t)e2t , c2 oznacza
4 4 4

tu dowolna liczbe, zatem rozwiazań jest nieskończenie wiele.
Zadanie 5.
Znalez
ć wszystkie funkcje x , dla których
x (t) - 4x (t) + 13x(t) = 36te2t sin(3t) + 36te2t + 36 sin(3t) + 36 cos(3t) .

Rozwiazanie
Równanie charakterystyczne ma postać 0 = 2 - 4 + 13 = ( - 2)2 + 9 , zatem ma ono dwa
pierwiastki: 2 Ä… 3i . Funkcja 36te2t jest quasiwielomianem stopnia 1 z wykladnikiem 2 . Liczba 2

nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, wiec równanie x (t) - 4x (t) + 13x(t) =

=36te2t ma rozwiazanie postaci (at+b)e2t . Mamy (at+b)e2t -4 (at+b)e2t +13 (at+b)e2t =
= (at+ b)e2t - 4 (at+ b)e2t +4 (at +b)e2t +9 (at+b)e2t = 9 (at+b)e2t  ostatnia równość

wynika z tego, że funkcja (at+b)e2t jest rozwiazaniem ogólnym równania y (t)-4y (t)+4y(t) = 0
6

(zob. rozwiazanie poprzedniego zadania). Musi wiec być spelniona równość 9(at + b) = 36t , czyli
a = 4 , b = 0 .

Teraz zajmiemy sie równaniem x (t) - 4x (t) + 13x(t) = 36te2t sin(3t) . Funkcja 36te2t sin(3t)
nie jest quasiwielomianem, ale 36te2t sin(3t) = Im 36te(2+3i)t . Najpierw znajdziemy rozwia zanie
szczególne równania pomocniczego x (t) - 4x (t) + 13x(t) = 36te(2+3i)t . Ponieważ liczba 2 + 3i

jest jednokrotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, wiec istnieje rozwiazanie postaci

(at2 + bt)e(2+3i)t , a, b " . Oznaczmy w(t) = at2 + bt . Mamy
w(t)e(2+3i)t - 4 w(t)e(2+3i)t + 13 w(t)e(2+3i)t =
= w (t) + 2(2 + 3i)w (t) + (2 + 3i)2w(t) - 4w (t) - 4(2 + 3i)w(t) + 13w(t) e(2+3i)t =
= w (t) + 6iw (t) e(2+3i)t .
36
Wobec tego mamy równanie 12iat + 6ib + 2a = 36t . Z niego wynika, że a = = -3i oraz
12i
2a 6i
6ib + 2a = 0 , czyli b = - = = 1 . Wobec funkcja (-3it2 + t)e(2+3i)t jest szczególnym
6i 6i

rozwiazaniem równania x (t) - 4x (t) + 13x(t) = 36te(2+3i)t . Jej cześć urojona, czyli funkcja

Im (-3it2 + t)e(2+3i)t = -3t2e2t cos(3t) + te2t sin(3t) jest rozwiazaniem szczególnym równania,

które chcieliśmy rozwiazać, czyli: x (t) - 4x (t) + 13x(t) = 36te2t sin(3t) .
Kolej na równanie x (t) - 4x (t) + 13x(t) = 36 sin(3t) + 36 cos(3t) . Mamy cos(3t) = Re e3it

oraz sin(3t) = Re - ie3it , zatem 36 sin(3t) + 36 cos(3t) = Re 36(1 - i)e3it , a wiec można zaja ć

sie najpierw równaniem x (t)-4x (t)+13x(t) = 36(1-i)e3it . Prawa strona jest quasiwielomianem
stopnia 0 z wykladnikiem 3i , liczba 3i nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego,


zatem znajdzie sie rozwiazanie postaci ae3it , a " . Mamy
ae3it - 4 ae3it + 13 ae3it = - 9a - 12ai + 13a]e3it = 4a 1 - 3i]e3it .
9(1-i) 9(1-i)(1+3i) 9(2+i)

Stad 4a 1 - 3i] = 36(1 - i) , czyli a = = = . Wobec tego poszukiwa-
1-3i 1+9 5
9(2+i)

nym rozwiazaniem szczególnym równania zespolonego jest e3it , a równania rzeczywistego
5
9(2+i)
18 9
Re e3it = cos(3t) - sin(3t) .
5 5 5

Możemy w końcu podać rozwiazanie ogólne naszego równania:
18 9
x(t) = 4te2t - 3t2e2t cos(3t) + te2t sin(3t) + cos(3t) - sin(3t) + c1e2t cos(3t) + c2e2t sin(3t) .
5 5

Dwa ostatnie skladniki to rozwiazanie ogólne równania jednorodnego x (t) - 4x (t) + 13x(t) = 0


w postaci rzeczywistej ( c1, c2 " ). Można też napisać rozwiazanie tego równania w postaci zespo-


lonej: C1e(2+3i)t + C2e(2-3i)t , C1, C2 " . Zespolona postać można uważać za nieco ogólniejsza,
ale jeśli dopuścimy w  rzeczywistej postaci wspólczynniki nierzeczywiste, to otrzymujemy te same
funkcje w obu przypadkach tylko nieco inaczej zapisane.
7