Matematyka A, kolokwium, 23 marca 2011, 18:15 – 20:00

Nale˙zy przeczyta´c

CAÃLE

zadanie

PRZED

rozpocze

,

ciem rozwia

,

zywania go!

1. Niech f (x) = ln(x

2

− 1) dla x ∈ [3, 7] .

(5 pt.) Znale´z´c d lugo´s´c wykresu funkcji f .

(5 pt.) Znale´z´c odleg lo´s´c ´srodka masy tego wykresu od osi OY .

Zak ladamy, ˙ze masa jest roz lo˙zona r´ownomiernie, tzn. ˙ze jest masa dowolnego luku

jest proporcjonalna do jego d lugo´sci

Rozwia

,

zanie. D lugo´s´c tego wykresu to

R

7

3

p

1 + (f

0

(x))

2

dx . Poniewa˙z f

0

(x) =

2x

x

2

−1

, wie

,

c

1 + (f

0

(x))

2

= 1 +

4x

2

(x

2

−1)

2

=

x

4

−2x

2

+1+4x

2

(x

2

−1)

2

=

x

4

+2x

2

+1

(x

2

−1)

2

=

(x

2

+1)

2

(x

2

−1)

2

, zatem 1 + (f

0

(x))

2

=

x

2

+1

x

2

−1

.

Wobec tego d lugo´s´c jest r´owna

R

7

3

x

2

+1

x

2

−1

dx =

R

7

3

1 +

2

x

2

−1

dx =

R

7

3

1 +

1

x−1

−

1

x+1

dx =

= x + ln(x − 1) − ln(x + 1)





7
3

= (7 + ln 6 − ln 8) − (3 + ln 2 − ln 4) = 4 + ln

3
2

.

Odleg lo´s´c ´srodka masy od osi OY , to po prostu pierwsza wsp´o lrze

,

dna tego ´srodka, wie

,

c

R

7

3

x

p

1 + (f

0

(x))

2

dx

R

7

3

p

1 + (f

0

(x))

2

dx

=

R

7

3

x

x

2

+1

x

2

−1

dx

4 + ln

3
2

=

R

7

3

x +

2x

x

2

−1

dx

4 + ln

3
2

=

1
2

x

2

+ ln(x

2

− 1)





7
3

4 + ln

3
2

=

=

49

2

+ ln 48 −

9
2

− ln 8

4 + ln

3
2

=

20 + ln 6

4 + ln

3
2

≈ 4,95 .

Ostatnie przybli˙zenie to ju˙z nie jest cze

,

´s´c zadania, ale informacja dla tych kt´orych mog lo by to

zainteresowa´c.

Ca lki

R

2x

x

2

−1

dx oczywi´scie nie obliczamy, bo rozwia

,

zanie zacze

,

lo sie

,

od r´

owno´sci

ln(x

2

− 1)

0

=

2x

x

2

−1

— pozdrawiam tych, kt´

orzy jednak obliczali.

2. (10 pt.)

Rozwia

,

za´c r´ownanie z

6

+ 2z

4

+ 8z

2

− 32 = 0 , tzn. znale´z´c wszystkie zespolone

rozwia

,

zania tego r´ownania.

Rozwia

,

zanie. Niech w = z

2

. Wtedy 0 = w

3

+2w

2

+8v−32 = (w−2)(w

2

+4w+16) = =(w−

2) (w+2)

2

+12

. Wobec tego w = 2 lub w+2 =

√

−12 = ±2

√

3i , czyli w = −2±2

√

3i . Wynika

sta

,

d, ˙ze z

1

= −

√

2 , z

2

=

√

2 , z

3

=

p

−2 − 2

√

3i , z

4

= −

p

−2 − 2

√

3i , z

5

=

p

−2 + 2

√

3i ,

z

6

= −

p

−2 + 2

√

3i . Mamy −2 − 2

√

3i = 4 −

1
2

− i

√

3

2

= 4 cos

4π

3

+ i sin

4π

3

, zatem z

3

=

=2 cos

2π

3

+ i sin

2π

3

= 2 −

1
2

+ i

√

3

2

= −1 + i

√

3 . Analogicznie z

4

= 1 − i

√

3 . Poniewa˙z

−2 + 2

√

3i = 4 −

1
2

+ i

√

3

2

= 4 cos

2π

3

+ i sin

2π

3

, wie

,

c z

5

= 2 cos

π

3

+ i sin

π

3

= 1 + i

√

3 . Sta

,

d

z

6

= −z

5

= −1 − i

√

3 .

Uwaga. Trygonometria nie jest w ostatniej fazie konieczna. Mo˙zna posta

,

pi´c tak. Je´sli z

2

=

= − 2 − 2i

√

3 i z = x + iy , x, y ∈ R , to x

2

− y

2

= −2 oraz 2xy = −2

√

3 , wie

,

c y = −

√

3

x

. Sta

,

d

x

2

−

3

x

2

= −2 , czyli x

4

+2x

2

−3 = 0 . Wobec tego (x

2

+1)

2

−4 = 0 , zatem x

2

= 1 (przypominamy,

˙ze x

2

≥ 0 , bo x ∈ R ). Wobec tego z = 1 − i

√

3 lub z = −1 + i

√

3 . Podobne rozumowanie

mo˙zna przeprowadzi´c w przypadku z

2

= −2 + 2i

√

3 , Otrzymujemy wtedy z = 1 ± i

√

3 .

3. Niech C oznacza czworo´scian (ostros lup tr´ojka

,

tny) o wierzcho lkach (0, 0, 0) , (4, 0, 0) ,

(0, 4, 0) i (0, 0, 4) . Niech C

g

be

,

dzie zbiorem z lo˙zonym z tych punkt´ow (x, y, z) czworo´scianu

C , dla kt´orych z ≥ 2 , C

d

— zbiorem z lo˙zonym z tych punkt´ow (x, y, z) czworo´scianu C ,

dla kt´orych z ≤ 2 , a T — tr´ojka

,

tem o wierzcho lkach (0, 0) , (a, 0) i (0, a) , a > 0 .

(2 pt.) Znale´z´c ´srodek masy (jednorodnego) tr´ojka

,

ta T .

(4 pt.) Znale´z´c ´srodek masy (jednorodnego) czworo´scianu C .

(1 pt.) Znale´z´c ´srodek masy (jednorodnego) czworo´scianu C

g

.

(3 pt.) Znale´z´c ´srodek masy (jednorodnego) pie

,

cio´scianu C

d

.

Rozwia

,

zanie. Na wyk ladzie udowodniono, ˙ze ´srodek masy jednorodnego tr´ojka

,

ta, to punkt

znany ze szko ly jako ´srodek cie

,

˙zko´sci tr´ojka

,

ta. czyli punkt przecie

,

cia ´srodkowych, tzn. punkt

1
3

(0, 0) + (a, 0) + (0, a)

= (

a
3

,

a
3

) . Pole tego tr´ojka

,

ta to oczywi´scie

1
2

a

2

.

Czworo´scian C to oczywi´scie zbi´or z lo˙zony z tych wszystkich punkt´ow (x, y, z) , dla kt´orych

x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 i x + y + z ≤ 4 . Przy ustalonym z otrzymujemy tr´ojka

,

t o wierzcho lkach

(0, 0, z) , (4−z, 0, z) i (0, 4−z, z) . Jego ´srodkiem masy jest punkt

4−z

3

,

4−z

3

, z

z masa

,

1
2

(4−z)

2

.

Mamy zatem

x

S

=

R

4

0

4−z

3

1
2

(4 − z)

2

dz

R

4

0

1
2

(4 − z)

2

dz

=

1
3

·

R

4

0

(4 − z)

3

dz

R

4

0

(4 − z)

2

dz

=

1
3

·

−

1
4

(4 − z)

4

|

4

0

−

1
3

(4 − z)

3

|

4

0

=

1
3

·

1
4

4

4

1
3

4

3

= 1 .

Podobnie przekonujemy sie

,

, ˙ze y

S

= 1 i z

S

= 1 . Wobec tego ´srodkiem czworo´scianu C jest

punkt S = (1, 1, 1) .

Czworo´scian C

g

jest podobny do czworo´scianu C w skali

1
2

. Dok ladniej, mo˙zna uzyska´c go

z czworo´scianu C stosuja

,

c najpierw jednok ladno´s´c w skali

1
2

wzgle

,

dem (0, 0, 0) , a potem prze-

suwaja

,

c o wektor [0, 0, 2] . Z punktu (1, 1, 1) otrzymujemy S

g

= (

1
2

,

1
2

,

1
2

) + [0, 0, 2] = (

1
2

,

1
2

,

5
2

) .

Je´sli S

d

= (x, y, z) oznacza ´srodek cie

,

˙zko´sci pie

,

cio´scianu C

d

, to zachodzi r´owno´s´c:

1
8

S

g

+

7
8

S

d

= S .

Wynika to sta

,

d, ˙ze masa czworo´scianu C

g

jest 8 razy mniejsza ni˙z masa czworo´scianu C i

wobec tego masa pie

,

cio´scianu C

d

to

7
8

masy czworo´scianu C . Sta

,

d mamy r´ownania

1
2

+ 7x = 8,

1
2

+ 7y = 8 i

5
2

+ 7x = 8 . Sta

,

d od razu wynika, ˙ze x = y =

15
14

i z =

11
14

, wie

,

c S

d

=

15
14

,

15
14

,

11
14

.

Uwaga 1. Oczywi´scie w celu znalezienia S

g

i S

d

mo˙zna te˙z oblicza´c ca lki. W przy-

padku pierwszej wsp´o lrze

,

dnej punktu S

g

by lyby to

R

4

2

4−z

3

1
2

(4 − z)

2

dz

R

4

2

1
2

(4 − z)

2

dz

, a w przypadku S

d

:

R

2

0

4−z

3

1
2

(4 − z)

2

dz

R

2

0

1
2

(4 − z)

2

dz

Uwaga 2. W przypadku tr´ojka

,

ta ´srodek masy pokrywa sie

,

ze ´srodkiem masy uk ladu trzech

punkt´ow materialnych o r´ownych masach, umieszczonych w wierzcho lkach tr´ojka

,

ta. Okaza lo sie

,

,

˙ze w przypadku tego konkretnego czworo´scianu zachodzi analogiczne twierdzenie: ´srodek masy

jednorodnego czworo´scianu pokrywa sie

,

ze ´srodkiem masy uk ladu czterech punkt´ow materialnych

o r´ownych masach, umieszczonych w wierzcho lkach czworo´scianu. Mo˙zna udowodni´c ( latwe!), ˙ze

to twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnego czworo´scianu.

4. (10 pt.) Obliczy´c pole powierzchni powsta lej w wyniku obrotu wykresu funkcji y = tg x ,

π

6

≤ x ≤

π

3

wok´o l osi OX .

Rozwia

,

zanie.

Zgodnie z wzorem om´owionym na wyk ladzie to pole jest r´owne ca lce

2π

R

π/3

π/6

tg x ·

p

1 + ((tg x)

0

)

2

dx = 2π

R

π/3

π/6

sin x

cos x

·

q

1 +

1

cos

4

x

dx

y=cos

2

x

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

dy=−2 cos x sin x dx

= −π

R

1/4

3/4

1
y

q

1 +

1

y

2

dy = π

R

3/4

1/4

1

y

2

p

y

2

+ 1dy

y=tg α

===========

dy=cos

−2

α dα

π

R

arctg(3/4)

arctg(1/4)

cos

2

α

sin

2

α

·

1

cos α

·

1

cos

2

α

dα =

= π

R

arctg(3/4)

arctg(1/4)

cos α

sin

2

α cos

2

α

dα

z=sin α

==========

dz=cos α dα

π

R

sin(arctg(3/4))

sin(arctg(1/4))

dz

z

2

(1−z

2

)

=

= π

R

sin(arctg(3/4))

sin(arctg(1/4))

1

z

2

+

1

1−z

2

dz = π

R

sin(arctg(3/4))

sin(arctg(1/4))

1

z

2

+

1

2(1−z)

+

1

2(1+z)

dz =

= π −

1
z

−

1
2

ln(1 − z) +

1
2

ln(1 + z)





sin(arctg(3/4))
sin(arctg(1/4))

= π

1
2

ln

(1+z)

2

1−z

2

−

1
z





sin(arctg(3/4))

sin(arctg(1/4))

=

= π ln

1+sin α

cos α

−

1

sin α





arctg(3/4)

arctg(1/4)

= π



ln

p

1 + tg

2

α + tg α

−

q

1 +

1

tg

2

α







arctg(3/4)

arctg(1/4)

=

= π



ln

p

1 + y

2

+ y

−

q

1 +

1

y

2







3/4

1/4

=

= π ln

q

1 +

9

16

+

3
4



− π

q

1 +

16

9

− π ln

q

1 +

1

16

+

1
4



+ π

q

1 +

16

1

=

= π ln 2 −

5
3

− ln

1+

√

17

4

+

√

17

= π

√

17 −

5
3

− ln

1+

√

17

8

≈ 9,11728 .

To by ly podstawienia, kt´ore pokazywa lem na zaje

,

ciach. Jednak to nie jest najprostsza me-

toda. W szczeg´olno´sci obliczanie ca lki wygla

,

da loby pro´sciej, gdybym oblicza l najpierw ca lke

,

nieoznaczona

,

, a granicami zaja

,

l sie

,

na ko´

ncu. Oczywi´scie ostatnie przybli˙zenie nie jest cze

,

´scia

,

rozwia

,

zania — to dodatkowa informacja.

Poka˙ze

,

teraz troche

,

kr´otsze rozwia

,

zanie za pomoca

,

nieco innych podstawie´

n. Mamy

2π

Z

π/3

π/6

tg x ·

p

1 + ((tg x)

0

)

2

dx = 2π

Z

π/3

π/6

tg x ·

p

1 + cos

−4

xdx

u=cos

−2

x

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

du=2 cos

−3

x sin x dx

= π

Z

4

4/3

√

1 + u

2

u

du

u=

t2−1

2t

, t>0

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

du=(

1

2

+

1

2t2

) dt

∗ π

Z

4+

√

17

3

t

2

+1

2t

t

2

−1

2t

·

t

2

+ 1

2t

2

dt =

π

2

Z

4+

√

17

3

(t

2

+ 1)

2

t

2

(t

2

− 1)

dt =

=

π

2

Z

4+

√

17

3



t

2

+ 2

t

2

− 1

+

1

t

2

(t

2

− 1)



dt =

π

2

Z

4+

√

17

3



t

2

+ 2

t

2

− 1

+

1

t

2

− 1

−

1

t

2



dt =

=

π

2

Z

4+

√

17

3



1 +

4

t

2

− 1

−

1

t

2



dt =

π

2

Z

4+

√

17

3



1 +

2

t − 1

−

2

t + 1

−

1

t

2



dt =

=

π

2



t + 2 ln(t − 1) − 2 ln(t + 1) +

1

t









4+

√

17

3

=

=

π

2



1 +

√

17 + 2 ln(3 +

√

17 ) − 2 ln 2 − 2 ln(5 +

√

17 ) + 2 ln 4 +

√

17 − 4 −

1
3



=

= π



−

5
3

+

√

17 + ln

2(3 +

√

17 )

5 +

√

17



= π



−

5
3

+

√

17 + ln

2(3 +

√

17 )(5 −

√

17 )

25 − 17



=

= π



−

5
3

+

√

17 + ln

2(−2 + 2

√

17 )

8



= π



−

5
3

+

√

17 + ln

−1 +

√

17

2



— mam nadzieje

,

, ˙ze studenci sprawdza

,

, ˙ze to jest ten sam wynik, co w poprzednim sposobie.

*

Je´sli

t2−1

2t

=4 i t>0 , to t=4+

√

17 — r´

ownanie kwadratowe; je´sli

t2−1

2t

=

4

3

i t>0 , to t=3 ; (

√

17+4)(

√

17−4)=1.

5. (10 pt.) Obliczy´c (1 + i

√

3)

15

.

Rozwia

,

zanie.

Mamy



1 + i

√

3



 =

p

1

2

+

√

3

2

= 2 . Je´sli cos α =

1
2

i jednocze´snie

sin α =

√

3

2

, to α =

π

3

. Wobec tego 1 + i

√

3 = 2(cos

π

3

+ i sin

π

3

) , zatem

(1 + i

√

3 )

15

= 2

15

(cos

15π

3

+ i sin

15π

3

) = 2

15

(cos(5π) + i sin(5π)) = 32768 · (−1) = −32768 .

Osoby, kt´ore nie pamie

,

ta ly wzoru de Moivre’a mog ly, biora

,

c pod uwage

,

to, ˙ze liczba 15

jest niedu˙za, obliczy´c kilka pierwszych pote

,

g, przyjrze´c sie

,

wynikom i te˙z obliczy´c te

,

pote

,

ge

,

.

Mianowicie: 1+i

√

3

2

= 1+2i

√

3+i

2

√

3

2

= −2+2i

√

3 , 1+i

√

3

3

= −2+2i

√

3

1+i

√

3

=

= − 2 + 2i

2

√

3

2

+ 2i

√

3 − 2i

√

3 = −2 − 6 = −8 , zatem (1 + i

√

3 )

15

= (1 + i

√

3 )

3

5

= (−8)

5

=

= − 32768 .

Zagadka. Dlaczego tyle os´ob wysz lo kilkadziesia

,

t minut przed ko´

ncem kolokwium nie zro-

biwszy tego zadania? Co w nim jest trudnego poza spamie

,

taniem, ˙ze i

2

= −1 oraz (

√

3 )

2

= 3 ?

A mo˙ze trzeba te˙z pamie

,

ta´c, ˙ze ludzie sa

,

istotami my´sla

,

cymi i przed zdecydowaniem sie

,

na

wyj´scie z sali wzia

,

´c to pod uwage

,

? Dlaczego cze

,

´s´c z Pa´

nstwa zak lada, ˙ze je´sli nie wida´c od razu

rozwia

,

zania, to ju˙z nie da sie

,

go znale´z´c?

To nie jest tylko zrze

,

dzenie starszego pana. Uda lo mi sie

,

zatrzyma´c kilka os´ob i niekt´ore z nich

zrobi ly to lub inne zadanie.

Ciekawostki (kt´o˙z wie, co sie

,

mo˙ze przyda´c): 2

3

= 8 , 3

6

= 729 , 2

9

= 512 , 2

12

= 4096 ,

11

2

= 121 , 11

3

= 1331 , 11

4

= 14641 , 11

5

= 161051 , 11

6

= 1771561 , 11

7

= 12400927 ,

7

2

= 49 , 7

4

= 2401 , 7

6

= 117649 , 51

2

= 2601 , 52

2

= 2704 , 53

2

= 2809 , 54

2

= 2916 ,

64

2

= 4096 , 65

2

= 4225 , 66

2

= 4356 , 67

2

= 4489 , 666

2

= 443556 , sin

π

6

=

1
2

, cos

4π

3

= −

1
2

,

sin

5π

4

= −

√

2

2

.