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