Matematyka A1, egzamin, 17 czerwca 2005 — rozwiazania

Mam nadzieje, ˙ze nie ma tu b led´

ow poza jakimi´s liter´

owkami, od kt´

orych uwolni´

c sie jest bardzo

trudno. Zachecam do obejrzenia rozwiaza´

n zada´

n z egzaminu dla matematyki A.

Zadanie 0.

Znale´z´c zbi´

or X z lo˙zony z tych wszystkich liczb zespolonych z , dla kt´

orych z ¯

z

+ |z

2

+ 1| = 1 .

Narysowa´c X na p laszczy´znie.

Rozwiazanie 1.

Mamy z ¯

z

= |z|

2

= |z

2

| .

|z

2

+ 1| to odleg lo´s´c punkt´ow z

2

oraz −1 , |z

2

| to odleg lo´s´c punktu

z

2

od punktu 0 . Suma odleg lo´sci punktu z

2

od punkt´

ow −1 oraz 0 ma by´c r´owna 1 , wiec

odleg lo´sci punktu −1 od punktu 0 . Z nier´owno´sci tr´ojkata (znanej ze szko ly podstawowej) wynika,

˙ze punkt z

2

musi sie znajdowa´c na odcinku o ko´

ncach −1 oraz 0 . Oczywi´scie z = 0 spe lnia ten

warunek. Dalej z 6= 0 . Musi by´c 0 < |z| ≤ 1 i Arg(z

2

) = π . Wobec tego Arg(z) =

π

2

lub

Arg(z) = =

1
2

(π + 2π) =

π

2

+ π . Wynika stad, ˙ze liczby z le˙za na odcinku zawartym w osi urojonej,

kt´

orego d lugo´s´c r´

owna jest 2 i kt´

orego ´srodkiem jest 0 . Ko´

ncami tego odcinka sa liczby −i oraz

i

.

×

Rozwiazanie 2.

Niech z = x+iy , x, y ∈

. Wtedy z ¯

z

= (x+iy)(x−iy) = x

2

−(iy)

2

= x

2

+y

2

. Zachodzi te˙z r´

owno´s´c

|z

2

+ 1| = |x

2

+ 2ixy − y

2

+ 1| =

p(x

2

− y

2

+ 1)

2

+ (2xy)

2

=

p(x

2

+ y

2

)

2

+ 2x

2

− 2y

2

+ 1 . Wobec

tego (x

2

+ y

2

)

2

+ 2x

2

− 2y

2

+ 1 = (1 − x

2

− y

2

)

2

= 1 − 2(x

2

+ y

2

) + (x

2

+ y

2

)

2

. Stad 2x

2

= −2x

2

,

czyli x = 0 . Wracajac do wyj´sciowego r´

ownania otrzymujemy y

2

+

p(−y

2

+ 1)

2

= 1 , czyli

p(−y

2

+ 1)

2

= 1 − y

2

. Poniewa˙z

p(−y

2

+ 1)

2

≥ 0 , wiec 1 − y

2

≥ 0 , czyli |y| ≤ 1 . Wobec

tego rozwiazaniem jest fragment osi urojonej odpowiadajacy liczbom y ∈

 − 1, 1 . Bez trudu

stwierdzamy, ˙ze jest to zbi´

or opisany w ko´

ncu rozwiazania pierwszego.

Zadanie 1.

Znale´z´c wszystkie lokalne ekstrema funkcji f , je´sli dla ka˙zdego (x, y) ∈

zachodzi r´

owno´s´c

f

(x, y) = x

2

y

5

(8 − x − y) .

Rozwiazanie.

Funkcja mo˙ze mie´c lokalne ekstrema jedynie w punktach, w kt´

orych jej gradient, czyli wektor

∇f = grad f =



∂f
∂x

,

∂f
∂y

 = 2xy

5

(8 − x − y) − x

2

y

5

,

5x

2

y

4

(8 − x − y) − x

2

y

5

 jest zerowy, czyli gdy

2xy

5

(8 − x − y) − x

2

y

5

= 0

i

5x

2

y

4

(8 − x − y) − x

2

y

5

= 0 . R´

owno´sci te sa spe lnione w trzech

przypadkach x = 0 lub y = 0 lub x 6= 0 6= y i 2(8 − x − y) − x = 0 i 5(8 − x − y) − y = 0 . Z lat-

wo´scia stwierdzamy, ˙ze w trzecim przypadku spe lniona musi by´c r´

owno´s´c y =

5
2

x

. Podstawiajac te

r´

owno´s´c np. do pierwszego z dw´

och ostatnich r´

owna´

n otrzymujemy 0 = 2(8−x−

5
2

x

)−x = 16−8x ,

czyli x = 2 i wobec tego y = 5 .

Jest wiec wielu kandydat´

ow na lokalne ekstrema (czyli punkt´

ow krytycznych funkcji f ):

1

punkty postaci (0, y) , punkty postaci (x, 0)

i punkt (2, 5) .

Mamy f (0, y) = 0 dla ka˙zdej liczby y ∈

. Niech 0 < y < 8 , |u|, |v| <

8−y

2

i v < y . Wynika stad,

˙ze 8 − (0 + u) − (y + v) > 0 , zatem f(0 + u, y + v) = u

2

(y + v)

5

(8 − y − u − v) ≥ 0 , zatem w punkcie

(0, y) funkcja f ma lokalne minimum niew la´sciwe. Takie samo rozumowanie przekonuje nas o tym,

˙ze je´sli y < 0 , |u|, |v| <

8−y

2

i |v| < |y| , to f(0 + u, y + v) = u

2

(y + v)

5

(8 − y − u − v) ≤ 0 , a to

oznacza, ˙ze w punkcie (0, y) mamy lokalne maksimum niew la´sciwe. Analogicznie wykazujemy, ˙ze

je´sli y > 8 , to warto´sci funkcji f w punktach dostatecznie bliskich punktowi (0, y) sa niedodatnie,

a to oznacza, ˙ze w punkcie (0, y) funkcja f ma lokalne maksimum niew la´sciwe.

W taki sam spos´

ob stwierdzamy, ˙ze w punktach postaci (x, 0) , x 6= 0 funkcja nie ma lokalnych

ekstrem´

ow: y

5

zmienia znak w punkcie 0 , zatem w pobli˙zu punktu (x, 0) funkcja przyjmuje

warto´sci r´

o˙znych znak´

ow.

W ten spos´

ob wyja´snili´smy kwestie lokalnych ekstrem´

ow we wszystkich punktach krytycznych

z wyjatkiem (0, 8) , (8, 0) , (0, 0) i (2, 5) . Mamy f (x, 8) = x

2

· 8

5

· (8 − x − 8) = −8

5

· x

3

.

Wyra˙zenie to zmienia znak w punkcie 0 : dla x < 0 mamy f (x, 0) > 0 = f (0, 8) a dla x > 0 —

f

(x, 0) < 0 = f (0, 8) . Wynika stad, ˙ze w punkcie (0, 8) funkcja f lokalnego ekstremum nie ma.

Mamy te˙z f (t, t) = t

2

· t

5

· (8 − t − t) = t

7

(8 − 2t) . Poniewa˙z wyra˙zenie t

7

(8 − 2t) zmienia

znak w punkcie t = 0 , wiec funkcja f nie ma ekstremum lokalnego w punkcie (0, 0) .

Wyka˙zemy, ˙ze funkcja f nie ma w punkcie (8, 0) lokalnego ekstremum. Zachodzi r´

owno´s´c

f

(8 + t, t

2

) = (8 + t)

2

t

10

(8 − 8 − t − t

2

) = (8 + t)

2

t

11

(−1 − 2t) . Dla t > 0 prawdziwa jest

nier´

owno´s´c f (8 + t, t

2

) < 0 = f (8, 0) , wiec w punkcie (8, 0) funkcja nie ma lokalnego minimum.

Je´sli −

1
2

< t <

0 , to f (8 + t, t

2

) > 0 = f (8, 0) , zatem w punkcie (8, 0) funkcja nie ma lokalnego

maksimum.*

Kolej na punkt (2, 4) . Teraz zrobimy, to co wielu student´

ow lubi najbardziej: zastosujemy

twierdzenie nie meczac sie analiza sytuacji. Mamy

∂

2

f

∂x

2

=

∂

∂x

2xy

5

(8 − x − y) − x

2

y

4

= 2(8 − y)y

5

− 6xy

5

= −2y

5

(3x + y − 8) ,

∂

2

f

∂x∂y

=

∂

∂y

2xy

5

(8 − x − y) − x

2

y

5

= 80xy

4

− 15x

2

y

4

− 12xy

5

= −xy

4

(15x + 12y − 80) ,

∂

2

f

∂y

2

=

∂

∂y

5x

2

y

4

(8 − x − y) − x

2

y

5

= 20x

2

y

3

(8 − x) − 30x

2

y

4

= −10x

2

y

3

(2x + 3y − 16) .

Stad wynika, ˙ze D

2

f

(2, 5) =

 −6 · 5

5

−4 · 5

5

−4 · 5

5

−24 · 5

4



.

Poniewa˙z −6 · 5

5

<

0 i (−6 · 5

5

)(−24 · 5

4

) − (−4 · 5

5

)(−4 · 5

5

) = 16 · 5

9

(9 − 5) > 0 , wiec w tym

punkcie funkcja ma lokalne maksimum.

×

Ostatni fragment mo˙zna zastapi´c rozumowaniem, w kt´

orym drugie pochodne sie nie pojawiaja.

*

Czytelnik mo˙ze zada´

c sobie pytanie: skad wiadomo, ˙ze nale˙zy zaja´

c sie punktami postaci (8+t,t

2

) ? Odpo-

wied´

z jest bardzo prosta. Poniewa˙z f (8,0)=0 , wiec autor rozwiazania zbada l znak funkcji w zale˙zno´

sci od

argumentu ( latwe!), a potem wybra l parabole ( y=(8−x)

2

), na kt´

orej sa punkty obszaru na kt´

orym funkcja

jest dodatnia i punkty obszaru, na kt´

orym funkcja jest ujemna, akurat punkt (8,0) le˙zy na brzegu obydw´

och

obszar´

ow.

2

Funkcja f jest ciag la. Tr´

ojkat T o wierzcho lkach (0, 8) , (0, 0) i (8, 0) jest zbiorem domknietym

i ograniczonym, zatem w jakim´s punkcie tr´

ojkata T funkcja f przyjmuje najwieksza spo´sr´

od

warto´sci przyjmowanych w punktach zbioru T . Jasne jest, ˙ze na obwodzie tr´

ojkata funkcja sie

zeruje, a wewnatrz jest dodatnia, zatem najwieksza warto´s´c musi by´c przyjeta w jakim´s punkcie

wewnetrznym. W tym punkcie gradient musi by´c wektorem zerowym. Jest tylko jeden kandydat:

(2, 5) , zatem w tym punkcie funkcja f ma najwieksza warto´s´c. Wobec tego w tym punkcie ma

maksimum lokalne. Oczywi´scie poza tr´

ojkatem T funkcja przyjmuje dowolnie du˙ze warto´sci, np.

f

(−10, 10) = (−10)

2

· 10

5

· (7 + 10 − 10) = 70 000 000 > 12 500 = 2

2

· 5

5

· (8 − 2 − 5) = f(2, 5) .

Zadanie 2.

Niech ~

w

=



1

2
2



, ~x =



x

y
z



.

(2.1) Znale´z´c macierz A taka, ˙ze

A~

x

=

1

18

(~

w

· ~x)~

w

+

1
2

~

x

−

√

3

6

~

w

× ~x .

(2.2) Znale´z´c A ~

w

.

(2.3) Sprawdzi´c, ˙ze je´sli wektor ~x jest prostopad ly do wektora ~

w

, to r´

ownie˙z wektor A~x jest

prostopad ly do wektora ~

w

.

(2.4) Sprawdzi´c, ˙ze dla ka˙zdego wektora ~x zachodzi r´

owno´s´c kA~xk = k~xk .

(2.5) Niech ~x oznacza wektor prostopad ly do wektora ~

w

. Znale´z´c kosinus kata miedzy wekto-

rami ~x i A~x .

(2.6) Sprawdzi´c, ˙ze je´sli λ jest warto´scia w lasna macierzy A , to |λ| = 1 .

Rozwiazanie

Mamy ~

w

·x = 1·x+2·y+2·z oraz ~

w

×~x =








2

2

y

z






,

−






1

2

x

z






,






1

2

x

y








= (2z−2y, 2x−z, y−2x) .

Stad A~x =

x

+2y+2z

18



1

2
2



+

1
2



x

y
z



−

√

3

6



2z−2y

2x−z
y−2x



=

1

18

10x+(2+6

√

3)y+(2−6

√

3)z

(2−6

√

3)x+13y+(4+3

√

3)z

(2+6

√

3)x+(4−3

√

3)y+13z

!

. Wynika stad, ˙ze

A

=

1

18





10

2 + 6

√

3 2 − 6

√

3

2 − 6

√

3

13y

4 + 3

√

3

2 + 6

√

3 4 − 3

√

3

13z





=






10
18

2+6

√

3

18

2−6

√

3

18

2−6

√

3

18

13
18

4+3

√

3

18

2+6

√

3

18

4−3

√

3

18

13
18






.

Znale´zli´smy macierz A .

Mamy A ~

w

=

1

18

· (1

1

+ 2

2

+ 2

2

)~

w

+

1
2

~

w

−

√

3

6

~0 = ~

w

.

Niech ~x bedzie wektorem prostopad lym do wektora ~

w

. Oznacza to, ˙ze ~

w

·~x = 0 . Mamy wiec

A~

x

=

1

18

· 0 · ~

w

+

1
2

~

x

−

√

3

6

~

w

× ~x =

1
2

~

x

−

√

3

6

~

w

× ~x . Otrzymany wektor jest prostopad ly do wektora

~

w

, bo jest suma dw´

och wektor´

ow prostopad lych do wektora ~

w

( ~x z za lo˙zenia; ~

w

× ~x te˙z, bo

iloczyn wektorowy jest prostopad ly do obydw´

och czynnik´

ow). Wykazali´smy 2.3

Sprawdzimy, ˙ze zachodzi 2.4. Zaczniemy od przypadku ~

w

· ~x = 0 . W tym przypadku A~x =

=

1
2

~

x

=

√

3

6

~

w

× ~x , przy czym wektory

1
2

~

x

i

√

3

6

~

w

× ~x sa prostopad le. Z twierdzenia Pitagorasa

3

wynika, ˙ze kA~xk

2

= k

1
2

~

x

k

2

+ k

√

3

6

~

w

× ~xk

2

=

1
4

k~xk

2

+

3

36

k~

w

× ~xk

2

=

1
4

k~xk

2

+

1

12

k~

w

k

2

· k~xk

2

=

=

1
4

k~xk

2

+

9

12

k~xk

2

= k~xk

2

— skorzystali´smy z tego, ˙ze k~

w

× ~xk = k~

w

k · k~xk , co jest konsekwencja

prostopad lo´sci wektor´

ow ~

w

i ~x : w tym przypadku r´

ownoleg lobok rozpiety przez te wektory staje

sie prostokatem. Niech teraz ~x oznacza dowolny, niekoniecznie prostopad ly do ~

w

, wektor. Niech

t

=

1

18

~

w

· ~x , ~v = ~x − t~

w

. W tej sytuacji ~

w

· ~v = ~

w

· ~x − t~

w

· ~

w

= 0 . Wobec tego wektor

t ~

w

jest rzutem prostopad lym wektora ~x na prosta wyznaczona przez wektor ~

w

. Mamy wiec

A~

x

= A(t ~

w

+ ~v) = tA ~

w

+ A~v = t~

w

+ A~v . Poniewa˙z wektor ~v jest prostopad ly do wektora ~

w

,

wiec r´

ownie˙z wektor A~v jest prostopad ly do wektora ~

w

. Wiemy te˙z, ˙ze kA~vk = k~vk . Wobec

tego wektory ~x i A~x zosta ly przedstawione w postaci sum prostopad lych wektor´

ow o tych samych

d lugo´sciach. Maja wiec taka sama d lugo´s´c.

Zn´

ow zak ladamy, ˙ze ~

w

· ~x = 0 . Wtedy ~x · A~x = ~x · (

1
2

~

x

−

√

3

6

~

w

× ~x) =

1
2

k~xk

2

=

1
2

k~xk · kA~xk ,

zatem poszukiwany kosinus r´

owny jest

1
2

. Wykazali´smy 2.5.

Zajmiemy sie 2.6. Je´sli A~v = λ~v , to k~vk = kA~vk = kλ~vk = |λ| · k~vk , a poniewa˙z ~v 6= ~0 ,

wiec

|λ| = 1 . Rozwiazanie zosta lo zako´nczone. ×

Uwaga:

Mo˙zna oczywi´scie rozwiaza´

c to zadanie korzystajac w jawny spos´

ob z tego, jak wyglada macierz

A . Niekt´

orzy zdajacy tak robili. Jest metoda poprawna, ale nie polecam jej, bo mo˙zna sie troche

pogubi´

c w rachunkach. Przed przystapieniem do oblicze´

n warto chwile pomy´sle´

c, czy rzeczywi´scie

sa one niezbedne!

×

Komentarz.

Wektorowi ~

x

przypisujemy wektor A~

x

. Mamy wiec okre´slone przekszta lcenie przestrzeni w siebie.

Punkty prostej przechodzacej przez punkt 0

= (0, 0, 0) i przez punkt (1, 2, 2) przy tym prze-

kszta lceniu nie ruszaja sie. Bez wiekszych trudno´sci mo˙zemy stwierdzi´

c, ˙ze opisane przekszta lcenie

to obr´

ot wok´

o l prostej

2x = y = z o taki kat α , ˙ze cos α =

1
2

oraz

sin α =

√

3

2

, czyli o kat

60

◦

.

Zadanie 3.

Znale´z´c warto´sci i wektory w lasne macierzy A =






16 −5 −10 −12

0

2

0

0

9

3

7

6

16

5

10

14






Rozwiazanie

Obliczymy









16 − λ

−5

−10

−12

0

2 − λ

0

0

9

3

7 − λ

6

16

5

10

14 − λ









. Poniewa˙z w drugim wierszu zero pojawia sie trzy

razy, wiec najpro´sciej bedzie rozwina´c wyznacznik wzgledem tego wiersza:









16 − λ

−5

−10

−12

0

2 − λ

0

0

9

3

7 − λ

6

16

5

10

14 − λ









= (2 − λ)









16 − λ

−10

−12

9

7 − λ

6

16

10

14 − λ









=

4

=(2−λ)

(16−λ)(7−λ)(14−λ)−9·10·12−16·10·6+12·16·(7−λ)−6·10·(16−λ)+9·10·(14−λ) =

=(2 − λ)[−λ

3

+ 37λ

2

− 656λ + 1172] = (2 − λ)

2

(λ

2

− 35λ + 586) . Wynika stad, ˙ze warto´sciami

w lasnymi macierzy A sa λ

1,2

= 2 oraz λ

3

=

1
2

(35 − i

√

1119) , λ

4

=

1
2

(35 + i

√

1119) . W celu

znalezienia wektor´

ow w lasnych nale˙zy znale´z´c niezerowe rozwiazania uk lad´

ow r´

owna´

n liniowych.

Zaczniemy λ

1,2

= 2 . W tym przypadku uk lad wyglada tak











14x

1

− 5x

2

− 10x

3

− 12x

4

= 0,

0x

1

+ 0x

2

+ 0x

3

+ 0x

4

= 0,

9x

1

+ 3x

2

+ 5x

3

+ 6x

4

= 0,

16x

1

+ 5x

2

+ 10x

3

+ 12x

4

= 0.

Widzimy wiec, ˙ze drugie r´

ownanie jest spe lnione przez wszystkie czw´

orki liczb (x

1

, x

2

, x

3

, x

4

) .

Dodajac pierwsze r´

ownanie do czwartego otrzymujemy 30x

1

= 0 , czyli x

1

= 0 . Biorac pod

uwage r´

owno´s´c x

1

= 0 odejmujemy r´

ownanie czwarte od podwojonego trzeciego. Otrzymujemy

r´

owno´s´c x

2

= 0 . Je´sli x

1

= 0 = x

2

, to wszystkie r´

ownania (poza drugim) sa r´

ownowa˙zne r´

ownaniu

5x

3

+6x

4

= 0 . Przyk ladowym rozwiazaniem jest (0, 0, 6, −5) . Jasne jest, ˙ze ka˙zde inne rozwiazanie

rozwiazywanego uk ladu otrzyma´c mo˙zna przez pomno˙zenie wektora (0, 0, 6, −5) przez odpowiednio

dobrana liczbe. Wobec tego wektorami w lasnymi odpowiadajacymi warto´sci w lasnej 2 sa wektory

postaci (0, 0, 6t, −5t) , gdzie t oznacza dowolna liczbe r´o˙zna od 0 .

Teraz zajmiemy sie warto´scia w lasna λ

3

. Uk lad r´

owna´

n wyglada teraz tak



















(−

3
2

+ i

√

1119

2

)x

1

− 5x

2

− 10x

3

− 12x

4

= 0,

0x

1

+ (−

31

2

+ i

√

1119

2

)x

2

+ 0x

3

+ 0x

4

= 0,

9x

1

+ 3x

2

+ (−

21

2

+ i

√

1119

2

)x

3

+ 6x

4

= 0,

16x

1

+ 5x

2

+ 10x

3

+ (−

7
2

+ i

√

1119

2

)x

4

= 0.

Musi wiec by´c spe lniona r´

owno´s´c x

2

= 0 . Dodajac do pierwszego r´

ownania trzecie pomno˙zone

przez 2 otrzymujemy r´

owno´s´c, w kt´

orej wystepuja jedynie niewiadome x

1

i x

3

, co pozwala napisa´c

x

3

=

1

130

(−3 + 2i

√

1119)x

1

. Podstawiajac otrzymana warto´s´c w miejsce x

3

w r´

ownaniu czwartym

otrzymujemy r´

ownanie, w kt´

orym wystepuja jedynie x

1

i x

4

. Stad x

4

= −

1

104

(11−3i

√

1119)x

1

. By

otrzyma´c konkretny wektor w lasny wystarczy teraz podstawi´c dowolna, r´

o˙zna od 0 liczbe w miej-

sce x

1

. Innymi s lowy wszystkie wektory w lasne odpowiadajace warto´sci w lasnej

1
2

(35 − i

√

1119)

sa r´

ownoleg le do wektora

520, 0, −12 + 8i

√

1119, −55 + 15i

√

1119

 . Wektorami w lasnymi odpo-

wiadajacymi warto´sci w lasnej

1
2

(35 + i

√

1119) nie ma potrzeby zajmowa´c sie: po prostu sprzegamy

wektory odpowiadajace warto´sci w lasnej

1
2

(35 − i

√

1119) , metoda dzia la, bo wyj´sciowa macierz

jest rzeczywista.

Macierz A

−2

to macierz odwrotna do macierzy A

2

. Warto´sciami w lasnymi macierzy A

2

sa liczby

2

2

, 2

2

,

1
2

(35 − i

√

1119)

2

=

1
2

(53 − 35i

√

1119) oraz

1
2

(35 + i

√

1119)

2

=

1
2

(53 + 35i

√

1119) , a

wektory w lasne sa takie same jak w przypadku macierzy A . Wynika to stad, ˙ze je´sli A~v = λ~v , to

5

A

2

~

v

= A(A~v) = A(λ~v) = λA~v = λ

2

~

v

.

Je´sli B~v = µ~v , to mno˙zac te r´

owno´s´c stronami przez B

−1

otrzymujemy ~v = µB

−1

~

v

. Poniewa˙z

za lo˙zyli´smy, ˙ze B

−1

istnieje, wiec B~v 6= ~0 , bo B

−1

~

0

= ~0 6= ~v . Stad wynika, ˙ze µ 6= 0 , zatem

z r´

owno´sci ~v = µB

−1

~

v

wynika, ˙ze B

−1

~

v

=

1

µ

~

v

, a to oznacza, ˙ze je´sli µ jest warto´scia w lasna

macierzy B , to µ

−1

jest warto´scia w lasna macierzy B

−1

. Wobec tego warto´sciami w lasnymi ma-

cierzy A

−2

sa liczby

1
4

, 2

1

53−35i

√

1119

i 2

1

53+35i

√

1119

. Odpowiadaja im te same wektory, kt´

ore

odpowiada ly odpowiednim warto´sciom w lasnym macierzy A .

×

Uwaga

Ko´

nc´

owka rozumowania daje pe lne uzasadnienie stwierdzenia: warto´sciami w lasnymi ma-

cierzy A

n

sa liczby postaci λ

n

, gdzie λ jest warto´scia w lasna macierzy A w przypadku, w kt´

orym

warto´sci w lasne macierzy A sa parami r´

o˙zne. Przypadek warto´sci w lasnych wielokrotnych wymaga

dodatkowego rozumowania, kt´

orego nie podajemy.

Zadanie 4.

Rozwiaza´c r´

ownanie x

00

(t) + 4x

0

(t) = cos(νt) . Dla jakich liczb ν ∈

wszystkie rozwiazania tego

r´

ownania sa funkcjami ograniczonymi na ca lej prostej?

Przypomnienie: funkcja g

:

−→

nazywana jest ograniczona wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje

liczba nieujemna M taka, ˙ze

|g(x)| ≤ M dla ka˙zdej liczby x ∈

.

Rozwiazanie

R´

ownanie charakterystyczne wyglada tak λ

2

+ 4λ = 0 , wiec jego pierwiastkami sa λ

1

= 0 oraz

λ

2

= −4 . Mamy cos(νt) = Re(e

νit

) . Liczba νi nie jest pierwiastkiem wielomianu charaktery-

stycznego, zatem r´

ownanie x

00

(t) + 4x

0

(t) = e

νit

ma rozwiazanie postaci ae

νit

. Podstawiajac te

funkcje w miejsce x w ostatnim r´

ownaniu otrzymujemy −aν

2

e

νit

+4aνie

νit

= e

νit

. Stad wynika, ˙ze

a

=

1

4νi−ν

2

= −

4i+ν

ν

(16+ν

2

)

. Wobec tego funkcja Re

 −

4i+ν

ν

(16+ν

2

)

e

νit

 = −

1

ν

(16+ν

2

)

[ν cos(νt)−4 sin(νt)]

jest rozwiazaniem szczeg´

olnym r´

ownania x

00

(t) + 4x

0

(t) = cos(νt) . Wynika stad, ˙ze jego roz-

wiazaniem og´

olnym jest funkcja

1

ν

(16+ν

2

)

[−ν cos(νt) + 4 sin(νt)] + c

1

+ c

2

e

−4t

. Jest ona ograni-

czona wtedy i tylko wtedy, gdy c

2

= 0 , bowiem

lim

t→−∞

e

−4t

= +∞ , a drugi sk ladnik, czyli funkcja

1

ν

(16+ν

2

)

[−ν cos(νt)+4 sin(νt)]+c

1

jest ograniczony niezale˙znie od wyboru parametru c

1

. Oznacza

to, ˙ze nie istnieje warto´s´c ν , dla kt´

orej wszystkie rozwiazania r´

ownania x

00

(t) + 4x

0

(t) = cos(νt)

sa ograniczone.

Zadanie 5.

Znale´z´c wszystkie funkcje x , dla kt´

orych

x

00

(t) − 6x

0

(t) + 9x(t) = 36e

3t

+ 36e

−3t

+ 36e

3t

cos(3t) + 36t

2

.

Rozwiazanie

R´

ownanie charakterystyczne wyglada tak 0 = λ

2

− 6λ + 9 = (λ − 3)

2

, wiec jego pierwiastkiem

podw´

ojnym

jest liczba 3 . Liczby −3 , 3 + 3i ani 0 nie sa pierwiastkami tego r´ownania. Wobec

6

tego r´

ownanie ma rozwiazanie postaci at

2

e

3t

+ be

−3t

+ c

1

e

3t

cos 3t + c

2

e

3t

sin 3t + d

1

t

2

+ d

2

t

+ d

3

.

Mamy x

00

(t) − 6x

0

(t) + 9x(t) = (D − 3)

2

x

(t) . Zachodzi r´

owno´s´c (D − 3)

w(t)e

3t

 = w

0

(t)e

3t

.

Z niej wynika, ˙ze (D − 3)

2

w

(t)e

3t

= w

00

(t)e

3t

. Mamy wiec znale´z´c funkcje w taka, ˙ze w

00

(t) = 36

dla ka˙zdego t ∈

. Przyk ladem takiej funkcji jest 18t

2

(inne r´

o˙znia sie od nie o wielomian stopnia

pierwszego lub zerowego). Oznacza to, ˙ze a = 18 , czyli ˙ze funkcja 18t

2

e

3t

jest rozwiazaniem

r´

ownania (D − 3)

2

[x(t)] = 36e

3t

.

Zachodzi oczywista r´

owno´s´c (D−3)[e

−3t

] = −6e

−3t

. Z niej wynika, ˙ze (D−3)

2

[e

−3t

] = 36e

−3t

.

Jasne jest wiec, ˙ze b = 1 , czyli ˙ze funkcja e

−3t

jest rozwiazaniem r´

ownania (D−3)

2

[x(t)] = 36e

−3t

.

Zajmiemy sie wyra˙zeniem c

1

e

3t

cos 3t + c

2

e

3t

sin 3t . Mamy (D − 3)[e

3t

cos 3t] = −3e

3t

sin 3t

oraz (D − 3)[e

3t

sin 3t] = 3e

3t

cos 3t . Stad wynikaja wzory (D − 3)

2

[e

3t

cos 3t] = −9e

3t

cos 3t oraz

(D − 3)

2

[e

3t

sin 3t] = −9e

3t

sin 3t , wiec nale˙zy przyja´c c

1

= −4 oraz c

2

= 0 , a to oznacza, ˙ze

rozwiazaniem szczeg´

olnym r´

ownania (D − 3)

2

[x(t)] = 36e

3t

cos(3t) jest funkcja −4e

3t

cos(3t) .

Trzeba w ko´

ncu zaja´c sie r´

ownaniem (D − 3)

2

[x(t)] = 36t

2

. Mamy

(D − 3)[d

1

t

2

+ d

2

t

+ d

3

] = (2d

1

t

+ d

2

) − 3(d

1

t

2

+ d

2

t

+ d

3

) = −3d

1

t

2

+ (2d

1

− 3d

2

)t + (d

2

− 3d

3

) .

Stosujac uzyskany wz´

or jeszcze raz do prawej strony otrzymanej r´

owno´sci otrzymujemy

(D − 3)

2

[d

1

t

2

+ d

2

t

+ d

3

] = 9d

1

t

2

+ (−12d

1

+ 9d

2

)t + (2d

1

− 6d

2

+ 9d

3

) .

Teraz ju˙z jest latwo. Musza by´c spe lnione r´

owno´sci: 9d

1

= 36 , czyli d

1

= 4 ; −12d

1

+ 9d

2

= 0 ,

czyli d

2

=

4
3

d

1

=

16

3

i 2d

1

− 6d

2

+ 9d

3

= 0 , czyli d

3

=

1
9

(−2d

1

+ 6d

2

) =

8
3

. Oznacza to, ze funkcja

4t

2

+

16

3

t

+

8
3

jest rozwiazaniem szczeg´

olnym r´

ownania (D − 3)

2

[x(t)] = 36t

2

.

Z tych wszystkich oblicze´

n wnioskujemy, ˙ze rozwiazaniem og´

olnym r´

ownania

x

00

(t) − 6x

0

(t) + 9x(t) = 36e

3t

+ 36e

−3t

+ 36e

3t

cos(3t) + 36t

2

jest funkcja x(t) = (C

1

+ C

2

t

)e

3t

+ 18t

2

e

3t

+ e

−3t

− 4e

3t

cos(3t) + 4t

2

+

16

3

t

+

8
3

, gdzie C

1

, C

2

oznaczaja dwie dowolne liczby (rzeczywiste, je´sli interesuja nas rozwiazania rzeczywiste; zespolone,

je´sli szukamy rozwiaza´

n zespolonych.)

7