Matematyka A, 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 A1.

Zadanie 0.

Znale´z´c zbi´

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

orych z ¯

z

+ |z

2

− i| = 1 .

Narysowa´c X na p laszczy´znie.

Rozwiazanie 1.

Mamy z ¯

z

= |z|

2

= |z

2

| .

|z

2

− i| to odleg lo´s´c punkt´ow z

2

oraz i , |z

2

| to odleg lo´s´c punktu z

2

od punktu 0 . Suma odleg lo´sci punktu z

2

od punkt´

ow i oraz 0 ma by´c r´

owna 1 , wiec odleg lo´sci

punktu i 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 i 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

2

. Wobec tego Arg(z) =

π

4

lub Arg(z) =

=

1
2

(

π

2

+ 2π) =

π

4

+ π . Wynika stad, ˙ze liczby z le˙za na odcinku nachylonym do osi rzeczywistej

pod katem

π

4

, kt´

orego d lugo´s´c r´

owna jest 2 i kt´

orego ´srodkiem jest 0 . Ko´

ncami tego odcinka sa

liczby

√

2

2

+ i

√

2

2

oraz −

√

2

2

− i

√

2

2

.

×

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

− i| = |x

2

+ 2ixy − y

2

− i| =

p(x

2

− y

2

)

2

+ (2xy − 1)

2

=

p(x

2

+ y

2

)

2

− 4xy + 1 .

Wobec tego (x

2

+ y

2

)

2

− 4xy + 1 = (1 − x

2

− y

2

)

2

= 1 − 2(x

2

+ y

2

) + (x

2

+ y

2

)

2

. Stad wynika, ˙ze

2xy = x

2

+ y

2

, czyli (x − y)

2

= 0 , zatem x = y . Wracajac do wyj´sciowego r´

ownania otrzymujemy

x

2

+ x

2

+

p(2x

2

− 1)

2

= 1 , czyli

p(2x

2

− 1)

2

= 1 − 2x

2

. Poniewa˙z

p(2x

2

− 1)

2

≥ 0 , wiec

1 −2x

2

≥ 0 , czyli |x| ≤

√

2

2

. Wobec tego rozwiazaniem jest fragment prostej y = x odpowiadajacy

liczbom x ∈

 −

√

2

2

,

√

2

2

 . 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

4

(7 − 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

4

(7 − x − y) − x

2

y

4

,

4x

2

y

3

(7 − x − y) − x

2

y

4

 jest zerowy, czyli gdy

2xy

4

(7 − x − y) − x

2

y

4

= 0

i

4x

2

y

3

(7 − x − y) − x

2

y

4

= 0 . R´

owno´sci te sa spe lnione w trzech

przypadkach x = 0 lub y = 0 lub x 6= 0 6= y i 2(7 − x − y) − x = 0 i 4(7 − x − y) − y = 0 . W

trzecim przypadku musi by´c y = 2x . Podstawiajac te r´

owno´s´c np. do pierwszego z dw´

och ostatnich

r´

owna´

n otrzymujemy 0 = 2(7 − x − 2x) − x = 14 − 7x , czyli x = 2 i wobec tego y = 4 .

Jest wiec wielu kandydat´

ow na lokalne ekstrema (czyli punkt´

ow krytycznych funkcji f ):

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

i punkt (2, 4) .

1

Mamy f (0, y) = 0 niezale˙znie od y ∈

. Je´sli y < 7 , to 7 − 0 − y > 0 . Za l´o˙zmy, ˙ze |u|, |v| <

7−y

2

.

Wtedy 7 − (0 + u) − (y + v) > 0 . Stad wynika, ˙ze f(0 + u, y + v) ≥ 0 , zatem w punkcie (0, y)

funkcja f ma lokalne minimum niew la´sciwe. Analogicznie wykazujemy, ˙ze je´sli y > 7 , 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 < 7 funkcja ma lokalne minima, a w punktach postaci (x, 0) , x > 7

— lokalne maksima. W ten spos´

ob wyja´snili´smy kwestie lokalnych ekstrem´

ow we wszystkich punk-

tach krytycznych z wyjatkiem (0, 7) , (7, 0) i (2, 4) . Mamy f (x, 7) = x

2

· 7

4

· (7 − x − 7) = −7

4

· x

3

,

to wyra˙zenie 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, ˙ze w punkcie (0, 7) funkcja f lokalnego ekstremum nie

ma. Tak samo uzasadniamy, ˙ze funkcja f nie ma w punkcie (7, 0) lokalnego ekstremum. Kolej

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

ow lubi najbardziej: zastosujemy twierdzenie.

Mamy

∂

2

f

∂x

2

=

∂

∂x

2xy

4

(7 − x − y) − x

2

y

4

= 2(7 − y)y

4

− 6xy

4

= −2y

4

(3x + y − 7) ,

∂

2

f

∂x∂y

=

∂

∂y

2xy

4

(7 − x − y) − x

2

y

4

= 56xy

3

− 12x

2

y

3

− 10xy

4

= −2xy

3

(6x + 5y − 28) ,

∂

2

f

∂y

2

=

∂

∂y

4x

2

y

3

(7 − x − y) − x

2

y

4

= 12x

2

y

2

(7 − x) − 20x

2

y

3

= −4x

2

y

2

(3x + 5y − 21) .

Stad wynika, ˙ze D

2

f

(2, 4) =

 −6 · 4

4

−4

5

−4

5

−5 · 4

4



.

Poniewa˙z −6 · 4

4

<

0 i (−6 · 4

4

)(−5 · 4

4

) − (−4

5

)(−4

5

) = 4

8

(30 − 4

2

) > 0 , wiec w tym punkcie

funkcja ma lokalne maksimum.

×

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

orym drugie pochodne sie pojawiaja. Funk-

cja f jest ciag la. Tr´

ojkat T o wierzcho lkach (0, 7) , (0, 0) i (7, 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, 4) , 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)

4

· (7 + 10 + 10) = 27 000 000 > 1024 = 2

2

· 4

4

· (7 − 2 − 4) = f(2, 4) .

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

(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 A ~

w

=

1

18

(~

w

· ~

w

)~

w

−

1
2

~

w

+

√

3

6

~

w

× ~

w

=

1

18

· (1

1

+ 2

2

+ 2

2

)~

w

−

1
2

~

w

+

√

3

6

~0 = ~0 . Wobec tego

nie jest prawda, ˙ze

kA~

w

k = k~

w

k , czyli nie zachodzi r´owno´s´c 2.4. Rzecz w tym, ˙ze mia lo by´c

A~

x

=

1

18

(~

w

· ~x)~

w

+

1
2

~

x

+

√

3

6

~

w

× ~x

Zmienili´smy jeden znak. Rozwia ˙zemy zadanie w poprawnej, w tym przypadku trudniejszej wersji.

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 . Po poprawieniu tre´sci 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

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

3

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!

Zadanie 3.

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






16

0 9 16

−5

2 3

5

−10 0 7 10
−12 0 6 14






oraz macierzy A

−2

.

Rozwiazanie

Obliczymy









16 − λ

0

9

16

−5

2 − λ

3

5

−10

0

7 − λ

10

−12

0

6

14 − λ









. Poniewa˙z w kolumnie drugiej zero pojawia sie trzy

razy, wiec najpro´sciej bedzie rozwina´c wyznacznik wzgledem tej kolumny:









16 − λ

0

9

16

−5

2 − λ

3

5

−10

0

7 − λ

10

−12

0

6

14 − λ









= (2 − λ)








16 − λ

9

16

−10

7 − λ

10

−12

6

14 − λ








=

=(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

+ 0x

2

+ 9x

3

+ 16x

4

= 0,

− 5x

1

+ 0x

2

+ 3x

3

+ 5x

4

= 0,

−10x

1

+ 0x

2

+ 5x

3

+ 10x

4

= 0,

−12x

1

+ 0x

2

+ 6x

3

+ 12x

4

= 0.

Widzimy wiec, ˙ze x

2

wystepuje w tym uk ladzie r´

owna´

n tylko pozornie. Oznacza, to ˙ze zmiana

warto´sci x

2

nie ma wp lywu na to, czy czw´

orka (x

1

, x

2

, x

3

, x

4

) jest rozwiazaniem uk ladu, czy nie.

Poza tym r´

ownanie trzecie i czwarte sa r´

ownowa˙zne. Mamy wiec uk lad trzech r´

owna´

n z trzema

niewiadomymi:

(

14x

1

+ 9x

3

+ 16x

4

= 0,

− 5x

1

+ 3x

3

+ 5x

4

= 0,

−10x

1

+ 5x

3

+ 10x

4

= 0.

Mno˙za´c drugie r´

ownanie przez 2 i odejmujac od wyniku trzecie otrzymujemy x

3

= 0 . Teraz z

drugiego r´

ownania wnioskujemy, ˙ze x

1

= x

4

, a stad – po uwzglednieniu pierwszego r´

ownania –

otrzymujemy x

1

= x

4

= 0 . Wobec tego wektorami w lasnymi odpowiadajacymi warto´sci w lasnej 2

sa wektory postaci (0, x

2

,

0, 0) , gdzie x

2

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

+ 0x

2

+ 9x

3

+ 16x

4

= 0,

− 5x

1

+ (−

31

2

+ i

√

1119

2

)x

2

+ 3x

3

+ 5x

4

= 0,

−10x

1

+ 0x

2

+ (−

21

2

+ i

√

1119

2

)x

3

+ 10x

4

= 0,

−12x

1

+ 0x

2

+ 6x

3

+ (−

7
2

+ i

√

1119

2

)x

4

= 0.

4

Odejmujac od pierwszego r´

ownania pomno˙zonego przez 2 r´

ownanie czwarte pomno˙zone przez 3

otrzymujemy r´

owno´s´c, w kt´

orej wystepuja jedynie niewiadome x

1

i x

4

, co pozwala napisa´c

x

4

=

1

47

(3 − i

√

1119)x

1

. Podstawiajac otrzymana warto´s´c w miejsce x

4

w r´

ownaniu pierwszym

otrzymujemy r´

ownanie, w kt´

orym wystepuja jedynie x

1

i x

3

. Stad x

3

= −

5

282

(3 − i

√

1119)x

1

.

Nastepnie z r´

ownania drugiego wyznaczamy x

2

=

1

9776

(361−89i

√

1119)x

1

. By otrzyma´c konkretny

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

o˙zna od 0 liczbe w miejsce 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

9776, 361 − 89i

√

1119,

1
3

(1560 − 520i

√

1119), 624 − 208i

√

1119

 . Wektorami w lasnymi odpowia-

dajacymi 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

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 macierzy 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 dodat-

kowego rozumowania, kt´

orego nie podajemy.

Zadanie 4.

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

orych

x

00

(t) − 4x

0

(t) + 4x(t) = 96te

2t

+ 96t

3

e

−2t

+ 96e

−2t

+ 96t + 96 i x(0) = 56 .

Ile jest takich funkcji?

Rozwiazanie

R´

ownanie charakterystyczne 0 = λ

2

− 4λ + 4 = (λ − 2)

2

ma jeden pierwiastek podw´

ojny, miano-

wicie 2 . Wobec tego rozwiazaniem og´

olnym r´

ownania x

00

(t) − 4x

0

(t) + 4x(t) = 0 jest (c

1

+ c

2

t

)e

2t

.

Rozwia ˙zemy r´

ownanie x

00

(t) − 4x

0

(t) + 4x(t) = 96te

2t

. Poniewa˙z prawa strona jest quasi-

wielomianem stopnia 1 o wyk ladniku 2 i liczba 2 jest dwukrotnym pierwiastkiem wielomianu

charakterystycznego, wiec istnieje rozwiazanie postaci (at

3

+ bt

2

)e

2t

. Mamy

5

(at

3

+ bt

2

)e

2t



00

− 4

(at

3

+ bt

2

)e

2t



0

+ 4

(at

3

+ bt

2

)e

2t

 = (6at + 2b)e

2t

.

Wynika stad, ˙ze dla ka˙zdego t musi zachodzi´c r´

owno´s´c 6at + 2b = 96t . Oznacza to, ˙ze b = 0 i

a

=

96

6

= 16 .

Teraz kolej na r´

ownanie x

00

(t) − 4x

0

(t) + 4x(t) = 96(t

3

+ 1)e

−2t

. Prawa strona jest quasiwie-

lomianem stopnia 3 o wyk ladniku −2 , wyk ladnik nie jest pierwiastkiem wielomianu charaktery-

stycznego, zatem istnieje rozwiazanie tego r´

ownania postaci (at

3

+ bt

2

+ ct + d)e

−2t

. Podstawiajac

do r´

ownania otrzymujemy

(at

3

+bt

2

+ct+d)e

−2t



00

−4

(at

3

+bt

2

+ct+d)e

−2t



0

+4

(at

3

+bt

2

+ct+d)e

−2t

 = 96(t

3

+1)e

−2t

,

co nie wyglada zachecajaco. Oznaczmy wiec: w(t) = at

3

+ bt

2

+ ct + d i przeprowad´zmy rachunki

nie troszczac sie na razie o to czym jest w(t) . Mamy

w(t)e

−2t



00

− 4

w(t)e

−2t



0

+ 4w(t)e

−2t

=

=

{w

0

(t) − 2w(t)}e

−2t



0

− 4{w

0

(t) − 2w(t)}e

−2t

+ 4w(t)e

2t

= {w

00

(t) − 8w

0

(t) + 16w(t)}e

−2t

. Musi

wiec by´c spe lniona r´

owno´s´c w

00

(t)−8w

0

(t)+16w(t) = 96t

3

+96 i to dla ka˙zdej liczby t . Przepiszmy

te r´

owno´s´c w postaci 96t

3

+ 96 = 16at

3

+ (16b − 24a)t

2

+ (16c − 16b + 6a)t + 16d − 8c + 2b . Wynika

stad, ˙ze 16a = 96 , czyli a =

96
16

= 6 ; 16b − 24a = 0 , czyli b =

24
16

a

= 9 ; 16c − 16b + 6a = 0 , czyli

c

=

16b−6a

16

= b −

3
8

a

= 9 −

9
4

=

27

4

; 16d − 8c + 2b = 96 , czyli d =

4c−b+48

8

=

33

4

.

I ostatnie r´

ownanie x

00

(t) − 4x

0

(t) + 4x(t) = 96t + 96 . Prawa strona jest quasiwielomianem

stopnia 1 o wyk ladniku 0 , liczba 0 nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, zatem

istnieje rozwiazanie postaci at + b . Mamy (at + b)

00

− 4(at + b)

0

+ 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 .

Ostatecznie funkcja x(t) = 24t + 48 + (6t

3

+ 9t

2

+

27

4

t

+

33

4

)e

−2t

+ 16t

3

e

2t

+ (c

1

+ c

2

t

)e

2t

jest

rozwiazaniem og´

olnym r´

ownania x

00

(t) − 4x

0

(t) + 4x(t) = 96te

2t

+ 96t

3

e

−2t

+ 96e

−2t

+ 96t + 96 .

Musimy jeszcze zatroszczy´c sie o r´

owno´s´c 56 = x(0) . Z wzoru, kt´

ory otrzymali´smy wynika, ˙ze

x

(0) = 48 +

33

4

+ c

1

. Wobec tego c

1

= 56 − 48 −

33

4

= −

1
4

. Wynika stad, ˙ze dla ka˙zdej liczby t ∈

zachodzi r´

owno´s´c x(t) = 24t + 48 + (6t

3

+ 9t

2

+

27

4

t

+

33

4

)e

−2t

+ 16t

3

e

2t

+ (−

1
4

+ c

2

t

)e

2t

, c

2

oznacza

tu dowolna liczbe, zatem rozwiaza´

n jest niesko´

nczenie wiele.

Zadanie 5.

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

orych

x

00

(t) − 4x

0

(t) + 13x(t) = 36te

2t

sin(3t) + 36te

2t

+ 36 sin(3t) + 36 cos(3t) .

Rozwiazanie

R´

ownanie charakterystyczne ma posta´c 0 = λ

2

− 4λ + 13 = (λ − 2)

2

+ 9 , zatem ma ono dwa

pierwiastki: 2 ± 3i . Funkcja 36te

2t

jest quasiwielomianem stopnia 1 z wyk ladnikiem 2 . Liczba 2

nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, wiec r´

ownanie x

00

(t) − 4x

0

(t) + 13x(t) =

=36te

2t

ma rozwiazanie postaci (at+b)e

2t

. Mamy

(at+b)e

2t



00

−4

(at+b)e

2t



0

+13

(at+b)e

2t

 =

=

(at + b)e

2t



00

− 4

(at + b)e

2t



0

+ 4

(at + b)e

2t

 + 9(at + b)e

2t

 = 9(at + b)e

2t

 — ostatnia r´owno´s´c

wynika z tego, ˙ze funkcja (at+b)e

2t

jest rozwiazaniem og´

olnym r´

ownania y

00

(t)−4y

0

(t)+4y(t) = 0

6

(zob. rozwiazanie poprzedniego zadania). Musi wiec by´c spe lniona r´

owno´s´c 9(at + b) = 36t , czyli

a

= 4 , b = 0 .

Teraz zajmiemy sie r´

ownaniem x

00

(t) − 4x

0

(t) + 13x(t) = 36te

2t

sin(3t) . Funkcja 36te

2t

sin(3t)

nie jest quasiwielomianem, ale 36te

2t

sin(3t) = Im 36te

(2+3i)t

. Najpierw znajdziemy rozwiazanie

szczeg´

olne r´

ownania pomocniczego x

00

(t) − 4x

0

(t) + 13x(t) = 36te

(2+3i)t

. Poniewa˙z liczba 2 + 3i

jest jednokrotnym pierwiastkiem r´

ownania charakterystycznego, wiec istnieje rozwiazanie postaci

(at

2

+ bt)e

(2+3i)t

, a, b ∈ . Oznaczmy w(t) = at

2

+ bt . Mamy

w(t)e

(2+3i)t



00

− 4

w(t)e

(2+3i)t



0

+ 13

w(t)e

(2+3i)t

 =

=

w

00

(t) + 2(2 + 3i)w

0

(t) + (2 + 3i)

2

w

(t) − 4w

0

(t) − 4(2 + 3i)w(t) + 13w(t)

e

(2+3i)t

=

=

w

00

(t) + 6iw

0

(t)

e

(2+3i)t

.

Wobec tego mamy r´

ownanie 12iat + 6ib + 2a = 36t . Z niego wynika, ˙ze a =

36

12i

= −3i oraz

6ib + 2a = 0 , czyli b = −

2a

6i

=

6i
6i

= 1 . Wobec funkcja (−3it

2

+ t)e

(2+3i)t

jest szczeg´

olnym

rozwiazaniem r´

ownania x

00

(t) − 4x

0

(t) + 13x(t) = 36te

(2+3i)t

. Jej cze´s´c urojona, czyli funkcja

Im (−3it

2

+ t)e

(2+3i)t

= −3t

2

e

2t

cos(3t) + te

2t

sin(3t) jest rozwiazaniem szczeg´

olnym r´

ownania,

kt´

ore chcieli´smy rozwiaza´c, czyli: x

00

(t) − 4x

0

(t) + 13x(t) = 36te

2t

sin(3t) .

Kolej na r´

ownanie x

00

(t) − 4x

0

(t) + 13x(t) = 36 sin(3t) + 36 cos(3t) . Mamy cos(3t) = Re e

3it

oraz sin(3t) = Re − ie

3it

, zatem 36 sin(3t) + 36 cos(3t) = Re 36(1 − i)e

3it

 , a wiec mo˙zna zaja´c

sie najpierw r´

ownaniem x

00

(t)−4x

0

(t)+13x(t) = 36(1−i)e

3it

. Prawa strona jest quasiwielomianem

stopnia 0 z wyk ladnikiem 3i , liczba 3i nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego,

zatem znajdzie sie rozwiazanie postaci ae

3it

, a ∈ . Mamy

ae

3it



00

− 4

ae

3it



0

+ 13

ae

3it

 =  − 9a − 12ai + 13a]e

3it

= 4a

1 − 3i]e

3it

.

Stad 4a

1 − 3i] = 36(1 − i) , czyli a =

9(1−i)

1−3i

=

9(1−i)(1+3i)

1+9

=

9(2+i)

5

. Wobec tego poszukiwa-

nym rozwiazaniem szczeg´

olnym r´

ownania zespolonego jest

9(2+i)

5

e

3it

, a r´

ownania rzeczywistego

Re



9(2+i)

5

e

3it

 =

18

5

cos(3t) −

9
5

sin(3t) .

Mo˙zemy w ko´

ncu poda´c rozwiazanie og´

olne naszego r´

ownania:

x

(t) = 4te

2t

− 3t

2

e

2t

cos(3t) + te

2t

sin(3t) +

18

5

cos(3t) −

9
5

sin(3t) + c

1

e

2t

cos(3t) + c

2

e

2t

sin(3t) .

Dwa ostatnie sk ladniki to rozwiazanie og´

olne r´

ownania jednorodnego x

00

(t) − 4x

0

(t) + 13x(t) = 0

w postaci rzeczywistej ( c

1

, c

2

∈

). Mo˙zna te˙z napisa´c rozwiazanie tego r´

ownania w postaci zespo-

lonej: C

1

e

(2+3i)t

+ C

2

e

(2−3i)t

, C

1

, C

2

∈ . Zespolona posta´c mo˙zna uwa˙za´c za nieco og´olniejsza,

ale je´sli dopu´scimy w „rzeczywistej” postaci wsp´

o lczynniki nierzeczywiste, to otrzymujemy te same

funkcje w obu przypadkach tylko nieco inaczej zapisane.

7