Matematyka A, egzamin, 17 czerwca 2011, 12:35 – 15:30
Tekst poprawiony 6 wrze´snia 2011, godz 1:29
Wszystkie stwierdzenia nale˙zy uzasadnia´c. Wolno i NALE ˙ZY powo lywa´c sie
,
na twierdzenia, kt´ore
zosta ly udowodnione na wyk ladzie lub na ´cwiczeniach. Na ko´
ncu apel autora tekstu.
Mam nadzieje
,
, ˙ze b le
,
d´ow jest niewiele, je´sli kto´s co´s zauwa˙zy, prosze
,
o zawiadomienie, poprawie
,
.
1. 4 pt. Znale´z´c ´srodek masy jednorodnego p´o lkola K = {(x, y):
0 ≤ x i 0 ≤ x
2
+ y
2
≤ 100} .
Rozwia
,
zanie. Pole p´o lkola to oczywi´scie
1
2
· π · 10
2
= 50π . Je´sli kto´s nie pamie
,
ta wzoru na kole
ko la, mo˙ze obliczy´c ca lke
,
R
10
0
√
100 − x
2
− (−
√
100 − x
2
dx = 2
R
10
0
√
100 − x
2
dx
x=10 sin t
===========
dx=10 cos t dt
= 2
R
π/2
0
p
100 − 100 sin
2
t · 10 · cos tdt = 200
R
π/2
0
cos
2
tdt = 100
R
π/2
0
1 + cos(2t)
dt =
= 100 t +
1
2
sin(2t)
π/2
0
= 100
π
2
+
1
2
sin π − 0 −
1
2
sin 0
= 50π , ale jednak wz´or na pole ko la ka˙zda
osoba, kt´ora jest w stanie zapamie
,
ta´c swoje imie
,
i nazwisko, powinna pamie
,
ta´c.
Ze wzgle
,
du na symetrie
,
wzgle
,
dem osi OX , druga wsp´o lrze
,
dna ´srodka masy p´o lkola jest r´ow-
na 0 . Aby znale´z´c pierwsza
,
obliczymy ca lke
,
R
10
0
x
√
100 − x
2
−(−
√
100 − x
2
dx , kt´ora
,
naste
,
pnie
podzielimy przez pole p´o lkola — czyli znajdziemy ´srednia
,
wa˙zona
,
pierwszej wsp´o lrze
,
dnej (czyli
x ), a waga
,
jest d lugo´s´c pionowego odcinka z lo˙zonego z punkt´ow, kt´orych pierwsza
,
wsp´o lrze
,
d-
na
,
jest liczba x . Mamy wie
,
c:
R
10
0
x
√
100 − x
2
− (−
√
100 − x
2
dx =
R
10
0
2x
√
100 − x
2
dx =
= −
1
3
(100 − x
2
)
3/2
10
0
=
1
3
− 0 + 100
3/2
=
1
3
√
100
3
=
1
3
10
3
=
1000
3
. Wobec tego pierwsza
wsp´o lrze
,
dna ´srodka cie
,
˙zko´sci jest r´owna
1000
3·50·π
=
20
3π
=
4
3π
· 5 . Poszukiwanyn ´srodekiem cie
,
˙zko´sci
jest punkt
20
3π
, 0
.
Jasne jest, ˙ze je´sli ko lo o promieniu 10 zasta
,
pimy tak samo po lo˙zonym ko lem o promieniu r > 0 ,
to ´srodkiem cie
,
˙zko´sci p´o lkola be
,
dzie punkt
4
3π
r, 0
.
6 pt. Znale´z´c ´srodek masy jednorodnego obszaru D = {(x, y):
0 ≤ y i 1 ≤ x
2
+ y
2
≤ 25} .
Rozwia
,
zanie. Z tego, co wykazali´smy w pierwszej cze
,
´sci tego zadania, wynika, ˙ze ´srodkiem cie
,
˙zko´sci
p´o lkola P
5
:= {(x, y):
0 ≤ y, 0 ≤ x
2
+ y
2
≤ 25} jest punkt (0,
4
3π
· 5) = (0,
20
3π
) — zmienili´smy
role wsp´o lrze
,
dnych. ´
Srodkiem cie
,
˙zko´sci p´o lkola P
1
:= {(x, y):
0 ≤ y, 0 ≤ x
2
+ y
2
≤ 1} jest
punkt (0,
4
3π
) . P´o lkole P
5
sk lada sie
,
z p´o lkola P
1
i z obszaru D . Jasne jest (symetria), ˙ze ´srodek
cie
,
˙zko´sci obszaru D znajduje sie
,
na osi OY . Oznaczmy jego druga
,
wsp´o lrze
,
dna
,
litera
,
d . Wtedy
´srodek p´o lkola P
5
jest ´srednia
,
wa˙zona
,
punkt´ow (0, d) i (0,
4
3π
) , a wagami sa
,
25
2
π −
1
2
π = 12π
(czyli pole obszaru) D oraz
1
2
π (czyli pole p´o lkola P
1
). Mamy wie
,
c r´owno´s´c
(0,
20
3π
) =
12π
(25/2)·π
(0, d) +
π/2
(25/2)·π
(0,
4
3π
) =
24
25
(0, d) +
1
25
(0,
4
3π
) .
Z tej r´owno´sci wynika, ˙ze
20
3π
=
24
25
· d +
1
25
·
4
3π
. Mamy wie
,
c d =
25
24
20
3π
−
1
25
·
4
3π
=
124
24
·
4
3π
=
62
9π
.
Wobec tego ´srodkiem cie
,
˙zko´sci obszaru D jest punkt 0,
62
9π
.
Zadanie jest rozwia
,
zane. A teraz co´s dla mi lo´snik´ow podstawianie do gotowych wzor´ow, kt´ore
zapamie
,
tali na egzamin i chca
,
o nich mo˙zliwie szybko zapomnie´c. Niech
f (x) =
√
25 − x
2
, g(x) =
( 0
gdy −5 ≤ x ≤ −1,
√
1 − x
2
gdy −1 ≤ x ≤ 1,
0
gdy 1 ≤ x ≤ 5.
Wtedy obszar D mo˙zna opisa´c tak: D = {(x, y):
−5 ≤ x ≤ 5, g(x) ≤ y ≤ f (x) . Wtedy pole
obszaru D r´owne jest
R
f (x)
g(x)
f (x) − g(x)
dx =
R
−1
−5
√
25 − x
2
dx +
R
1
−1
√
25 − x
2
−
√
1 − x
2
+
+
R
5
1
√
25 − x
2
dx =
R
5
−5
√
25 − x
2
dx −
R
1
−1
√
1 − x
2
dx = rachuneczki . . . =
25π
2
−
π
2
= 12π — sko-
rzysta lem tu z r´owno´sci
R
−1
−5
. . . +
R
1
−1
. . . +
R
5
1
. . . =
R
5
−5
. . . . W liczniku natomiast pojawi sie
,
ca lka
R
5
−5
1
2
f (x) + g(x)
(f (x) − g(x)
dx =
1
2
R
5
−5
f (x)
2
− g(x)
2
dx . Zn´ow przedzia l [−5, 5] rozbijamy
na trzy mniejsze i obliczamy bez trudu ca lke
,
z wielomianu, pierwiastki znikaja
,
, bo podnosili´smy
do kwadratu. Dodajmy jeszcze, ˙ze liczba
1
2
f (x) + g(x)
to druga wsp´o lrze
,
dna ´srodka cie
,
˙zko´sci
pionowego odcinka o ko´
ncach x, g(x)
i x, f (x)
, wie
,
c iloraz
R
5
−5
1
2
f (x)+g(x)
(f (x)−g(x)
dx
R
5
−5
f (x)−g(x)
dx
to
´srednia wa˙zona liczb
1
2
f (x) + g(x)
, czyli drugich wsp´o lrze
,
dnych ´srodk´ow cie
,
˙zko´sci pionowych
odcink´ow, a wagami sa
,
d lugo´sci odcink´ow.
To jeszcze nie koniec uwag. Mo˙zna te˙z patrze´c na zbi´or D „z punktu widzenia osi OY .
Przekroje tego zbioru prostymi prostopad lymi do osi OY sa
,
odcinkami (na wysoko´sci y ≥ 1 )
lub sumami dw´och roz la
,
cznych odcink´ow (na wysoko´sci y < 1 . Nale˙zy wie
,
c znale´z´c ´srednia
,
wa˙zona
,
wsp´o lrze
,
dnej y ∈ [0, 5] a waga
,
ma by´c liczba 2
p
25 − y
2
dla y ≥ 1 , a dla y < 1
— liczba 2
p
25 − y
2
−
p
1 − y
2
. Nale˙zy wie
,
c obliczy´c ca lke
,
R
1
0
2y
p
25 − y
2
−
p
1 − y
2
dy +
+
R
5
1
2y
p
25 − y
2
dy , a naste
,
pnie podzieli´c ja
,
przez pole obszaru D Jest to latwe, bo zachodzi
wz´or 2y
p
a
2
− y
2
=
d
dy
−
1
3
(a
2
− y
2
)
3/2
— pochodna funkcji z lo˙zonej. Zn´ow nie ko´
nczymy tych
oblicze´
n zostawiaja
,
c to studentom.
Zauwa˙zmy na zako´
nczenie, ˙ze
62
9π
>
60
9π
=
=20
3π
, wie
,
c wynik jest zgodny z przewidywa-
niem: ´srodek cie
,
˙zko´sci obszaru D le˙zy troche
,
wy˙zej ni˙z ´srodek cie
,
˙zko´sci p´o lkola P
5
. Tak jest,
bo usune
,
li´smy P
1
z „cie
,
˙zszej” strony P
5
, by otrzyma´c D .
2. 10 pt. Znale´z´c wszystkie takie r´o˙zniczkowalne funkcje, kt´orych wykres le˙zy w pierwszej ´cwiartce
uk ladu wsp´o lrze
,
dnych, ˙ze dla ka˙zdej liczby x
0
> 0 styczna w punkcie
x
0
, f (x
0
)
do
wykresu funkcji f przecina o´s OX w punkcie A(x
0
) a o´s OY w punkcie B(x
0
) , przy
czym punkt A(x
0
) jest ´srodkiem odcinka o ko´
ncach x
0
, f (x
0
)
i B(x
0
) .
Rozwia
,
zanie. R´ownanie prostej stycznej w punkcie (x, f (x)) do wykresu funkcji f wygla
,
da tak:
y = f
0
(x
0
)(x − x
0
) + f (x
0
) — przez y oznaczyli´smy tu druga
,
wsp´o lrze
,
dna
,
punktu na stycznej,
a przez x — pierwsza
,
, przypominamy prosta styczna w punkcie (x
0
, f (x
0
)) do wykresu funkcji
f przechodzi przez ten punkt, a jej wsp´o lczynnik kierunkowy to f
0
(x
0
) . O´s OY jest przecie
,
ta
przez te
,
styczna
,
w punkcie B(x
0
) = 0, f (x
0
) − x
0
f
0
(x
0
)
, a o´s OX — w punkcie A(x
0
) = x
0
−
f (x
0
)
f
0
(x
0
)
, 0
, podstawiali´smy x = 0 i y = 0 . Wobec tego spe lnione sa
,
r´owno´sci: x
0
−
f (x
0
)
f
0
(x
0
)
=
1
2
x
0
+0
i 0 =
1
2
f (x
0
) + f (x
0
) − x
0
f
0
(x
0
)
. Ka˙zda z nich jest r´ownowa˙zna r´ownaniu x
0
f
0
(x
0
) = 2f (x
0
) .
Zaste
,
puja
,
c w tym r´ownaniu x
0
przez t i troszke
,
przekszta lcaja
,
c otrzymujemy r´ownanie
f
0
(t)
f (t)
=
2
t
.
Sta
,
d 2 ln |t| + C =
R
2
t
dt =
R
f
0
(t)
f (t)
dt
f =f (t)
=========
df =f
0
(t)dt
R
df
f
= ln |f | , wie
,
c ln |f (t)| = 2 ln |t| + C =
ln(t
2
)+C . Wobec tego |f (t)| = e
ln |f (t)|
= e
ln(t
2
)+C
= t
2
e
C
, a to oznacza, ˙ze f (t) = ±t
2
e
C
= Kt
2
,
gdzie K = ±e
C
. Poniewa˙z wykres ma le˙ze´c w pierwszej ´cwiartce, wie
,
c K > 0 .
Mo˙zna nie u˙zywa´c r´ownania prostej. Zamiast niego mo˙zna skorzysta´c z tego, ˙ze tg α = f
0
(x
0
) ,
gdzie α oznacza ka
,
t, jaki tworzy styczna z dodatnia
,
p´o losia
,
pozioma
,
i poslu˙zy´c sie
,
tr´ojka
,
tem
prostoka
,
tnym.
3. 7 pt. Rozwia
,
za´c r´ownanie
x
00
(t) + 4x(t) = 60 cos t + 60 cos(2t) + 60 cos(3t) + 16e
2t
cos(2t) .
Rozwia
,
zanie. Mamy do czynienia z niejednorodnym r´ownaniem r´o˙zniczkowym liniowym, drugiego
rze
,
du. Najpierw rozwia
,
˙zemy r´ownanie jednorodne x
00
(t) + 4x(t) = 0 . Pierwiastkami r´ownania
charakterystycznego λ
2
+ e4 = 0 sa
,
liczby λ
1
= −2i oraz λ
2
= 2i . Wobec tego
x(t) = c
1
e
−2it
+ c
2
e
2it
= c
1
cos(−2t) + i sin(−2t)
+ c
2
cos(2t) + i sin(2t)
=
(c
1
+ c
2
) cos(2t) + i(−c
1
+ c
2
) sin(2t) = d
1
cos(2t) + d
2
sin(2t) ,
gdzie d
1
= c
1
+ c
2
i d
2
= i(−c
1
+ c
2
) . Znale´zli´smy rozwia
,
zanie og´olne r´ownania jednorodnego.
Teraz zajmiemy sie
,
kolejno r´ownaniami: x
00
(t) + 4x(t) = 60 cos t , x
00
(t) + 4x(t) = 60 cos(2t) ,
x
00
(t) + 4x(t) = 60 cos(3t) i x
00
(t) + 4x(t) = 16e
2t
cos(2t) .
Poniewa˙z liczba i nie jest pierwiastkiem r´ownania charakterystycznego, wie
,
c istnieje rozwia
,
-
zanie pierwszego r´ownania postaci A cos t + B sin t . Podstawiaja
,
c do r´ownania otrzymujemy
60 cos t = A cos t + B sin t
00
+ 4 A cos t + B sin t
= − A cos t + B sin t
+ 4 A cos t + B sin t
=
=3 A cos t + B sin t
. Wynika sta
,
d, ˙ze 3A = 60 i 3B = 0 , wie
,
c rozwia
,
zaniem szczeg´olnym jest
funkcja 20 cos t .
Poniewa˙z liczba 2i jest jednokrotnym pierwiastkiem r´ownania charakterystycznego, wie
,
c
trzeba zwie
,
kszy´c stopie´
n wielomianu o jeden, zatem poszukiwa´c rozwia
,
zania w postaci
(At + C) cos(2t) + (Bt + D) sin(2t) .
Poniewa˙z rozwia
,
zaniem og´olnym r´ownania jednorodnego jest funkcja d
1
cos(2t) + d
2
sin(2t) , wie
,
c
wsp´o lczynniki C, D sa
,
dowolnymi liczbami: je´sli funkcja (At + C) cos(2t) + (Bt + D) sin(2t) jest
rozwia
,
zaniem dla jakiej´s czw´orki liczb A, B, C, D , to po dowolnej zmianie liczb C, D i zachowaniu
warto´sci A, B otrzymamy inne rozwia
,
zanie r´ownania. Podstawimy wie
,
c C = 0 = D , aby mniej
pisa´c. Mamy zatem
60 cos(2t) = At cos(2t) + Bt sin(2t)
00
+ 4 At cos(2t) + Bt sin(2t)
=
= − 2At sin(2t) + A cos(2t) + 2Bt cos(2t) + B sin(2t)
0
+ 4 At cos(2t) + Bt sin(2t)
=
= −4At cos(2t) − 4A sin(2t) − 4Bt sin(2t) + 4B cos(2t) + 4 At cos(2t) + Bt sin(2t)
=
= −4A sin(2t) + 4B cos(2t) ,
wie
,
c −4A = 0 i 4B = 60 , czyli A = 0 i B = 15 . Mamy rozwia
,
zanie szczeg´olne: 15t sin(2t) .
Teraz zajmieny sie
,
r´ownaniem x
00
(t) + 4x(t) = 60 cos(3t) . Liczba 3i nie jest pierwiastkiem
r´ownania charakterystycznego. Istnieje wie
,
c rozwia
,
zanie postaci A cos(3t) + B sin(3t) . Podsta-
wiamy te
,
funkcje
,
do r´ownania:
60 cos(3t) = A cos(3t) + B sin(3t)
00
+ 4 A cos(3t) + B sin(3t)
=
= − 3A sin(3t) + 3B cos(3t)
0
+ 4 A cos(3t) + B sin(3t)
=
= −9A cos(3t) − 9B sin(3t) + 4 A cos(3t) + B sin(3t)
= −5A cos(3t) − 5B sin(3t) .
Wobec tego −5A = 60 i −5B = 0 , wie
,
c A = −12 , B = 0 . Rozwia
,
zanie szczeg´olne: −12 cos(3t) .
Kolej na ostatnie r´ownanie. Liczba 2 + 2i nie jest pierwiastkiem r´ownania charakterystycz-
nego, wie
,
c szukamy rozwia
,
zania w postaci Ae
2t
cos(2t) + Be
2t
sin(2t) . Po podstawieniu do r´ow-
nania otrzymujemy:
16e
2t
cos(2t) = Ae
2t
cos(2t) + Be
2t
sin(2t)
00
+ 4 Ae
2t
cos(2t) + Be
2t
sin(2t)
=
= 2Ae
2t
cos(2t) − 2Ae
2t
sin(2t) + 2Be
2t
sin(2t) + 2Be
2t
cos(2t)
0
+ 4 Ae
2t
cos(2t) + Be
2t
sin(2t)
=
= 2(A + B)e
2t
cos(2t) + 2(−A + B)e
2t
sin(2t)
0
+ 4 Ae
2t
cos(2t) + Be
2t
sin(2t)
=
= 8Be
2t
cos(2t) − 8Ae
2t
sin(2t) + 4 Ae
2t
cos(2t) + Be
2t
sin(2t)
=
= 4 (A + 2B)e
2t
cos(2t) + (B − 2A)e
2t
sin(2t)
.
Sta
,
d 4(A + 2B) = 16 , 4(B − 2A) = 0 , czyli A + 2B = 4 , B = 2A , wie
,
c A =
4
5
, B =
8
5
. Wobec
tego rozwia
,
zaniem szczeg´olnym jest funkcja
4
5
e
2t
cos(2t) +
8
5
e
2t
sin(2t) .
Rozwia
,
zaniem og´olnym r´ownania
x
00
(t) + 4x(t) = 60 cos t + 60 cos(2t) + 60 cos(3t) + 16e
2t
cos(2t)
jest funkcja
x(t) = d
1
cos(2t) + d
2
sin(2t) + 20 cos t + 15t sin(2t) − 12 cos(3t) +
4
5
e
2t
cos(2t) +
8
5
e
2t
sin(2t) .
A teraz to samo z u˙zyciem liczb zespolonych
Mamy wz´or 60 cos t + 60 cos(2t) + 60 cos(3t) + 16e
2t
cos(2t) = Re 60[e
it
+ e
2it
+ e
3it
] + 16e
(2+2i)t
.
Mo˙zna wie
,
c rozwia
,
za´c r´ownanie x
00
(t) + 4x(t) = 60[e
it
+ e
2it
+ e
3it
] + 16e
(2+2i)t
, cze
,
´s´c rzeczy-
wista jego rozwia
,
zania jest rozwia
,
zaniem wyj´sciowego r´ownania. Rozwia
,
zanie og´olne r´ownania
jednorodnego ju˙z znamy: c
1
e
−2it
+ c
2
e
2it
. Rozwia
,
zania r´ownania x
00
(t) + 4x(t) = 60e
it
szukamy
w postaci ae
it
. Podstawiamy do r´ownania:
60e
it
= ae
it
00
+ 4ae
it
= iae
it
0
+ 4ae
it
= i
2
ae
it
+ 4ae
it
= −ae
it
+ 4ae
it
= 3ae
it
.
Wobec tego a = 20 , zatem rozwia
,
zaniem szczeg´olnym jest funkcja 20e
it
.
Teraz r´ownanie x
00
(t) + 4x(t) = 60e
2it
. Poniewa˙z liczba 2i jest jednokrotnym pierwiastkiem
r´ownania charakterystycznego, wie
,
c rozwia
,
zania poszukujemy w postaci ate
2it
. Podstawiamy:
60e
2it
= ate
2it
00
+ 4ate
2it
= 2iate
2it
+ ae
2it
0
+ 4ate
2it
= 4i
2
ate
2it
+ 4aie
2it
+ 4ate
2it
= 4iae
2it
.
Sta
,
d wynika, ˙ze 60 = 4ai , zatem a =
60
4i
= −15i , wie
,
c rozwia
,
zanie szczeg´olne to: −15ite
2it
.
Kolejne r´ownanie: x
00
(t) + 4x(t) = 60e
3it
. Podstawiamy x(t) = ae
3it
:
60e
3it
= ae
3it
00
+ 4ae
3it
= 3iae
3it
0
+ 4ae
3it
= 9i
2
ae
3it
+ 4ae
3it
= −9ae
3it
+ 4ae
3it
= −5ae
3it
.
Wynika sta
,
d, ˙ze 60 = −5a , czyli a = −12 . Rozwia
,
zaniem szczeg´olnym jest −12e
3it
.
No i ostatnie r´ownanie: x
00
(t) + 4x(t) = 16e
(2+2i)t
. Podstawiamy x(t) = ae
(2+2i)t
:
60e
(2+2i)t
= ae
(2+2i)t
00
+ 4ae
(2+2i)t
= (2 + 2i)ae
(2+2i)t
0
+ 4ae
(2+2i)t
=
= (2 + 2i)
2
ae
(2+2i)t
+ 4ae
(2+2i)t
= 8iae
(2+2i)t
+ 4ae
(2+2i)t
= 4a(2i + 1)e
(2+2i)t
.
zatem 16 = 4a(2i + 1) , wie
,
c a =
16
2i+1
=
4(1−2i)
5
. Rozwia
,
zanie szczeg´olne to:
4(1−2i)
5
e
(2+2i)t
.
Rozwia
,
zanie og´olne r´ownania x
00
(t) + 4x(t) = 60[e
it
+ e
2it
+ e
3it
] + 16e
(2+2i)t
to:
c
1
e
−2it
+ c
2
e
2it
+ 20e
it
− 15ite
2it
− 12e
3it
+
4(1−2i)
5
e
(2+2i)t
.
Bez trudu przekoba´c sie
,
mo˙zna, ˙ze jego cze
,
´s´c rzeczywista to funkcja znaleziona poprzednia
,
me-
toda
,
.
2 pt. Znale´z´c wszystkie ograniczone rozwia
,
zania r´ownania
x
00
(t) + 4x(t) = 60 cos t + 60 cos(2t) + 60 cos(3t) ,
tj. te rozwia
,
zania, dla kt´orych istnieje taka liczba M ≥ 0 , ˙ze |x(t)| ≤ M dla ka˙zdej liczby
rzeczywistej t .
Rozwia
,
zanie. Rozwia
,
zanie og´olne r´ownania x
00
(t)+4x(t) = 60 cos t+60 cos(2t)+60 cos(3t) wygla
,
da
tak: x(t) = d
1
cos(2t) + d
2
sin(2t) + 20 cos t + 15t sin(2t) − 12 cos(3t) . Poniewa˙z t jest liczba
,
rzeczy-
wista
,
, wie
,
c | cos t| ≤ 1 , | cos(2t)| ≤ 1 , | cos(3t)| ≤ 1 i | sin(2t)| ≤ 1 , wie
,
c |d
1
cos(2t) + d
2
sin(2t) +
20 cos t − 12 cos(3t)| ≤ |d
1
| + |d
2
| + 20 + 12 , zatem ta funkcja jest ograniczona. Funkcja t sin(2t)
ograniczona nie jest, bo dla ka˙zdej liczby naturalnej n mamy (
π
4
+nπ) sin(
π
2
+2nπ) =
π
4
+nπ > 3n .
Wobec tego to r´ownanie rozwia
,
za´
n ograniczonych nie ma.
1 pt. Znale´z´c wszystkie ograniczone rozwia
,
zania r´ownania
x
00
(t) + 4x(t) = 60 cos(3t) .
Rozwia
,
zanie. Rozwia
,
zanie og´olne r´ownania x
00
(t) + 4x(t) = 60 cos(3t) znale´zli´smy wcze´sniej:
x(t) = d
1
cos(2t) + d
2
sin(2t) − 12 cos(3t) . Mamy zatem |x(t)| ≤ |d
1
| + |d
2
| + 12 , wie
,
c ta funkcja
jest ograniczona dla dowolnych d
1
, d
2
. W tym przypadku ka˙zde rozwia
,
zanie jest ograniczone.
4. 7 pt. Rozwia
,
za´c uk lad r´owna´
n
x
0
(t) = 3x(t) − y(t) + e
4t
· sin t,
y
0
(t) = x(t) + 5y(t) − e
4t
· sin t.
(4)
Rozwia
,
zanie. Znajdziemy warto´sci i wektory w lasne macierzy M =
3 −1
1
5
. R´ownanie charakte-
rystyczne to 0 =
3 − λ
−1
1
5 − λ
= (3 − λ)(5 − λ) + 1 = λ
2
− 8λ + 16 = (λ − 4)
2
, wie
,
c
λ
1
= λ
2
= 4.
v
1
v
2
jest wektorem w lasnym wtedy i tylko wtedy, gdy 3v
1
− v
2
= 4v
1
i jedno-
cze´snie v
1
+ 5v
2
= 4v
2
. Ka˙zde z tych r´owna´
n jest r´ownowa˙zne r´ownaniu v
1
= −v
2
. Znale´zli´smy
cze
,
´s´c rozwia
,
za´
n r´ownania jednorodnego: c
1
1
−1
e
4t
. Jednak nie sa
,
to wszystkie rozwia
,
zania, bo nie-
zale˙znie od wyboru liczby c
1
zachodzi nier´owno´s´c c
1
1
−1
e
4·0
6=
1
0
, wie
,
c nie dla ka˙zdego warunku
pocza
,
tkowego istnieje rozwia
,
zanie tej postaci. Znajdziemy je w postaci (w + tv)e
4t
. Podstawimy
do r´ownania: (v + 4w + 4tv)e
4t
= (w + tv)e
4t
0
= M (w + tv)e
4t
, zatem M v = 4v i jednocze´snie
M w = 4w + v . v ma by´c wektorem w lasnym, np. v =
1
−1
. Wtedy wsp´o lrze
,
dne wektora w wy-
znaczy´c mo˙zna z uk ladu r´owna´
n:
n 3w
1
− w
2
= 4w
1
+ 1,
w
1
+ 5w
2
= 4w
2
− 1.
Ka˙zde z tych r´owna´
n jest r´ownowa˙zne
r´ownaniu w
2
= −w
1
− 1 . Wobec tego uk lad jest spe lniony przez wsp´o lrze
,
dne wektora
0
−1
. Roz-
wia
,
zaniem og´olnym uk ladu jednorodnego jest c
1
1
−1
e
4t
+ c
2
0
−1
+ t
1
−1
e
4t
. Ka˙zdy wektor mo˙ze
by´c zapisany w postaci c
1
1
−1
+ c
2
0
−1
— wektory
1
−1
i
0
−1
nie sa
,
r´ownoleg le.
Teraz rozwia
,
˙zemy uk lad niejednorodny. Znajdziemy rozwia
,
zanie postaci α(t)
1
−1
. Podsta-
wiamy do r´ownania (wektorowego):
α
0
(t)
1
−1
=
3 −1
1
5
α(t)
1
−1
+ e
4t
sin t
1
−1
= 4α(t) + e
4t
sin t
1
−1
.
Wystarczy, by by la spe lniona r´owno´s´c: α
0
(t) = 4α(t) + e
4t
sin t . Otrzymali´smy r´ownanie r´o˙znicz-
kowe linowe, niejednorodne pierwszego rze
,
du. Ma ono rozwia
,
zanie postaci ae
4t
sin t + be
4t
cos t .
Podstawiaja
,
c do r´ownania otrzymujemy:
ae
4t
cos t + 4e
4t
sin t − be
4t
sin t + 4be
4t
cos t = 4ae
4t
sin t + 4be
4t
cos t + e
4t
sin t ,
czyli — po uproszczeniu — ae
4t
cos t−be
4t
sin t = e
4t
sin t . Sta
,
d mamy a = 0 , b = −1 . Znale´zli´smy
rozwia
,
zanie szczeg´olne: −e
4t
cos t
1
−1
, zatem og´olne wygla
,
da tak:
−e
4t
cos t
1
−1
+ c
1
1
−1
e
4t
+ c
2
0
−1
+ t
1
−1
e
4t
.
(4.1)
Oczywi´scie mo˙zna te˙z uzmienni´c sta le, czyli poszuka´c takich funkcji c
1
(t) , c
2
(t) , ˙ze funkcja
c
1
(t)
1
−1
e
4t
+ c
2
(t)
0
−1
+ t
1
−1
e
4t
jest rozwia
,
zaniem uk ladu niejednorodnego. Po podstawie-
niu i redukcji otrzymujemy: c
0
1
(t)
1
−1
e
4t
+ c
0
2
(t)
0
−1
+ t
1
−1
e
4t
= e
4t
sin t
1
−1
, wie
,
c c
0
2
(t) = 0 i
c
0
1
(t) = sin t dla ka˙zdego t ∈ R (przyp. wektory
1
−1
i
0
−1
sa
,
nier´ownoleg le!). Po sca lkowaniu
mamy c
1
(t) = − cos t + K
1
oraz c
2
(t) = K
2
, wie
,
c rozwia
,
zaniem og´olnym uk ladu jest
(− cos t + K
1
)
1
−1
e
4t
+ K
2
0
−1
+ t
1
−1
e
4t
,
(4.2)
wie
,
c x(t) = −e
4t
cos t + K
1
e
4t
+ K
2
te
4t
, y(t) = e
4t
cos t − K
1
e
4t
− K
2
(1 + t)e
4t
, K
1
, K
2
∈ R .
2 pt. Znale´z´c rozwia
,
zanie uk ladu (4) spe lniaja
,
ce warunki x(0) = −2 i y(0) = 2 .
Rozwia
,
zanie. Poniewa˙z warto´s´c rozwia
,
zania og´olnego (4.1) w punkcie t = 0 jest r´owna
(c
1
− 1)
1
−1
+ c
2
0
−1
, wie
,
c przyjmujemy we wzorze (4.1) c
1
= −1 , c
2
= 0 .
1 pt. Znale´z´c rozwia
,
zanie uk ladu (4) spe lniaja
,
ce warunki x(0) = 0 = y(0) .
Rozwia
,
zanie. Przyjmujemy we wzorze (4.1) c
1
= 1 , c
2
= 0 .
5. Niech f (x, y) = 8y
2
+ 6x
2
y − x
3
y .
2 pt. Znale´z´c punkty krytyczne funkcji f .
Rozwia
,
zanie. Mamy
∂f
∂x
= 12xy − 3x
2
y = 3xy(4 − x) ,
∂f
∂y
= 16y + 6x
2
− x
3
. Wobec tego (iloczyn
r´owny jest 0 , wie
,
c jeden z czynnik´ow zeruje sie
,
) x = 0 lub y = 0 lub x = 4 . Je´sli x = 0 , to
y = 0 . Je´sli y = 0 , to x = 0 albo x = 6 . Je´sli x = 4 , to y = −2 . Mamy wie
,
c trzy punkty
krytyczne: (0, 0) , (6, 0) i (4, −2) .
5 pt. Wyja´sni´c, w kt´orych punktach krytycznych funkcja f ma lokalne maksima, w kt´orych —
lokalne minima, a w kt´orych siod la.
Rozwia
,
zanie. Mamy D
2
f (x, y) =
12y − 6xy 12x − 3x
2
12x − 3x
2
16
.
D
2
(6, 0) =
0
−36
−36
16
; warto´sciami w lasnymi tej macierzy sa
,
pierwiastki r´ownania kwadrato-
wego 0 = (0 − λ)(16 − λ) − (−36)(−36) = λ
2
− 16λ − 36
2
= (λ − 8)
2
− 8
2
− 36
2
, czyli liczby
λ
1
= 8−
√
8
2
+ 36
2
= 8−4
√
2
2
+ 9
2
< 8−4·9 < 0 i λ
2
= 8+
√
8
2
+ 36
2
= 8+4
√
2
2
+ 9
2
> 8 > 0 ;
poniewa˙z jedna jest dodatnia, a druga — ujemna, wie
,
c w punkcie (6, 0) funkcja ma siod lo.
Mamy D
2
(4, −2) =
24
0
0
16
, wie
,
c warto´sciami w lasnymi sa
,
liczby 24 i 16 , obie dodatnie.
Funkcja ma w w punkcie (4, −2) lokalne minimum.
Mamy D
2
(0, 0) =
0
0
0 16
, wie
,
c warto´sciami w lasnymi sa
,
liczby 0 i 16 . W tym przypadku
og´olne kryterium nie dzia la. Poniewa˙z jedna z warto´sci w lasnych jest dodatnia, wie
,
c po ogra-
niczeniu dziedziny do prostej przechodza
,
cej przez punkt (0, 0) , r´ownoleg lej do wektora w lasnego
odpowiadaja
,
cego dodatniej warto´sci w lasnej, funkcja ma lokalne minimum w la´sciwe, wie
,
c w punk-
cie (0, 0) funkcja nie ma lokalnego maksimum. Mamy
f (x, −
1
2
x
2
) = 2x
4
− 3x
4
+
1
2
x
5
= x
4
(−1 +
1
2
x) < 0 dla x ∈ (0, 2) ,
zatem w punkcie (0, 0) funkcja nie ma te˙z lokalnego minimum, bo dowolnie blisko tego punktu sa
,
punkty, w kt´orych warto´s´c funkcji jest ujemna, wie
,
c mniejsza ni˙z w punkcie (0, 0) .
3 pt. Znale´z´c najmniejsza
,
i najwie
,
ksza
,
warto´s´c funkcji f w prostoka
,
cie
R = {(x, y):
−1 ≤ x ≤ 6, −3 ≤ y ≤ 1}.
Rozwia
,
zanie. Mamy f (−1, y) = 7y + 8y
2
= 8y(y +
7
8
) , zatem pierwiastkami tego wielomianu kwa-
dratowego sa
,
liczby 0 i −
7
8
. Przyjmuje on swa
,
najmniejsza
,
warto´s´c w punkcie
1
2
(0−
7
8
) = −
7
16
.
Jest ona r´owna 8(−
7
16
)(−
7
16
+ −
7
8
) = −
49
32
. Najwie
,
ksza
,
warto´s´c na przedziale [−3, 1] ten wielo-
mian przyjmuje w punkcie −3 , le˙za
,
cym dalej od punktu −
7
16
ni˙z punkt 1 . Jest ona r´owna 51 .
Mamy f (x, 1) = 8+6x
2
−x
3
. Pochodna
,
tej funkcji jest 12x−3x
2
= 3x(4−x) , wie
,
c ta funkcja
maleje na przedziale [−1, 0] , — ro´snie na [0, 4] i maleje na [4, 6] . Mamy f (0, 1) = 8 = f (6, 1) ,
wie
,
c 8 jest najmniejsza
,
warto´scia
,
tej funkcji na przedziale [−1, 6] . Poniewa˙z f (−1, 1) = 15 <
<40 = f (4, 1) , wie
,
c najwie
,
ksza
,
warto´scia
,
funkcji f (x, 1) na przedziale [−1, 6] jest liczba 40 .
Mamy f (6, y) = 8y
2
, wie
,
c najmniejsza
,
warto´scia
,
tej funkcji jest 0 , a najwie
,
ksza
,
na przedziale
[−3, 1] jest 72 = f (6, −3) .
Mamy teraz f (x, −3) = 72 − 18x
2
+ 3x
3
. Pochodna
,
tej funkcji jest −36x + 9x
2
= 9x(x − 4) ,
wie
,
c ta funkcja ro´snie na przedziale [−1, 0] , maleje na [0, 4] i ro´snie na [4, 6] . Mamy f (−1, −3) =
=51 > −24 = f (4, −1) , wie
,
c najmniejsza
,
warto´scia
,
na przedziale [−1, 6] jest liczba −24 . Mamy
te˙z f (0, −3) = 72 = f (6, −3) , wie
,
c najwie
,
ksza
,
warto´scia
,
funkcji f (x, −3) osia
,
gana
,
na przedziale
[−1, 6] jest liczba 72 .
Mamy jeszcze f (4, −2) = 32−12·16+4
3
·2 = 32(1−6+4) = −32 < −24 < −
49
32
< 0 < 8 . Ozna-
cza to, ˙ze najmniejsza
,
warto´scia
,
funkcji w prostoka
,
cie R jest liczba −32 : na mocy twierdzenia
Weierstrassa o osia
,
ganiu kres´ow funkcja przyjmuje w jakim´s punkcie tego prostoka
,
ta najmniejsza
,
warto´s´c (poza nim przyjmuje mniejsze), a dzie
,
ki dokonanym obliczeniom wiemy, ˙ze musi to by´c
jedna z pie
,
ciu liczb, wybieramy najmniejsza
,
.
Mamy teraz 72 > 51 > 40 , wie
,
c najwie
,
ksza warto´s´c to 72 (poza prostoka
,
tem R przyjmo-
wane sa
,
wie
,
ksze), zn´ow stosujemy twierdzenie Weierstrassa o osia
,
ganiu kres´ow.
Troche
,
inny spos´
ob
Ustalmy na razie x . Wtedy funkcja f staje sie
,
wielomianem kwadratowym zmiennej y . Jego
pierwiastkami sa
,
liczby 0 oraz
x
3
−6x
2
8
, wie
,
c przyjmuje on swa
,
najmniejsza
,
warto´s´c w punkcie
x
3
−6x
2
16
. Ta najmniejsza (na ca lej prostej) warto´s´c to
x
3
−6x
2
16
x
3
−6x
2
2
+ 6x
2
− x
3
=
−1
32
(x
3
− 6x
2
)
2
.
Mamy (x
3
− 6x
2
)
0
= 3x
2
− 12x = 3x(x − 4) , wie
,
c funkcja x
3
− 6x
2
ro´snie na p´o lprostej (−∞, 0] ,
maleje na przedziale [0, 4] i ro´snie na p´o lprostej [4, ∞] , nas interesuje tylko przedzia l [−1, 6] .
Warto´sciami funkcji x
3
− 6x
2
w punktach −1 , 0 , 4 , 6 sa
,
liczby −7 , 0 , −32 , 0 ,
zatem −32 ≤ x
3
− 6x
2
≤ 0 dla x ∈ [−1, 6]
(5.1)
i wobec tego
x
3
−6x
2
16
∈ [−3, 1] dla ka˙zdego x ∈ [−1, 6] . Wynika sta
,
d, ˙ze dla interesuja
,
cych nas
liczb x najmniejsza
,
warto´scia
,
wielomianu kwadratowego 8y
2
+ 6x
2
y − x
3
y na przedziale [−3, 1]
jest liczba
−1
32
(x
3
− 6x
2
)
2
. Najmniejsza
,
warto´scia
,
tej funkcji na przedziale [−1, 6] jest liczba
−1
32
· (−32)
2
= −32 — podnosimy do kwadratu liczby z przedzia lu [−32, 0] . Wykazali´smy, ˙ze naj-
mniejsza
,
warto´scia
,
funkcji f na prostoka
,
cie R jest liczba −32 stosuja
,
c jedynie to, co powinni
Pa´
nstwo wiedzie´c ju˙z w pierwszym semestrze.
Najwie
,
ksza warto´s´c wielomianu kwadratowego 8y
2
+ 6x
2
y − x
3
y na przedziale [−3, 1] jest
przyjmowana w jednym z jego ko´
nc´ow, wie
,
c jest wie
,
ksza
,
z liczb 72−18x
2
+3x
3
= 72+3(x
3
−6x
2
) ,
8 + 6x
3
− x
3
= 8 − (x
3
− 6x
2
) . Na mocy (5.1) 72 + 3(x
3
− 6x
2
) ≤ 72 dla x ∈ [−1, 6] oraz
8 − (x
3
− 6x
2
) ≤ 8 − (−32) = 40 < 70 . Wobec tego najwie
,
ksza
,
warto´scia
,
funkcji f na prostoka
,
cie
R jest liczba 72 .
6. Niech M =
5 2 0
2 5 0
0 0 4
.
(4 pt.) Znale´z´c warto´sci i wektory w lasne macierzy M oraz ka
,
ty mie
,
dzy wektorami w lasnymi.
Rozwia
,
zanie. R´ownanie charakterystyczne to
0 =
5 − λ
2
0
2
5 − λ
0
0
0
4 − λ
= (4−λ)
5 − λ
2
2
5 − λ
= (4−λ) (5−λ)
2
−4
2
= (4−λ)(3−λ)(7−λ) ,
wie
,
c λ
1
= 3 , λ
2
= 4 , λ
3
= 7 . v jest wektorem w lasnym odpowiadaja
,
cym warto´sci w lasnej 3
wtedy i tylko wtedy, gdy
( 5v
1
+ 2v
2
+ 0v
3
= 3v
1
2v
1
+ 5v
2
+ 0v
3
= 3v
2
0v
1
+ 0v
2
+ 4v
3
= 3v
3
⇔
( v
1
+ v
2
= 0
v
1
+ v
2
= 0
v
3
= 0
, wie
,
c wektorem w lasnym
odpowiadaja
,
cym λ
1
= 3 jest dowolny wektor postaci [x, −x, 0] = x[1, −1, 0] .
v jest wektorem w lasnym odpowiadaja
,
cym warto´sci w lasnej 4 wtedy i tylko wtedy, gdy
( 5v
1
+ 2v
2
+ 0v
3
= 4v
1
2v
1
+ 5v
2
+ 0v
3
= 4v
2
0v
1
+ 0v
2
+ 4v
3
= 4v
3
⇔
(
v
1
+ 2v
2
= 0
2v
1
+ v
2
= 0
0 = 0
, wie
,
c v
1
= v
2
= 0 , zatem wektorem w lasnym odpo-
wiadaja
,
cym λ
2
= 4 jest dowolny wektor postaci [0, 0, z] = z[0, 0, 1] .
v jest wektorem w lasnym odpowiadaja
,
cym warto´sci w lasnej 7 wtedy i tylko wtedy, gdy
( 5v
1
+ 2v
2
+ 0v
3
= 7v
1
2v
1
+ 5v
2
+ 0v
3
= 7v
2
0v
1
+ 0v
2
+ 4v
3
= 7v
3
⇔
( −v
1
+ v
2
= 0
v
1
− v
2
= 0
v
3
= 0
, wie
,
c wektorem w lasnym odpowiadaja
,
cym λ
3
= 7
jest dowolny wektor postaci [x, x, 0] = x[1, 1, 0] .
Wektory [1, −1, 0] , [0, 0, 1] i [1, 1, 0] sa
,
wzajemnie prostopad le, bo ich iloczyny skalarne sa
,
r´owne 0 .
(6 pt.)
Niech f (x, y, z) =( x y z )·
5 2 0
2 5 0
0 0 4
·
x
y
z
, je´sli x
2
+ y
2
+ z
2
= 2 .
Znale´z´c najmniejsza
,
i najwie
,
ksza
,
z liczb f (x, y, z) .
Uwaga: je´sli p
1
, p
2
, p
3
∈ R
3
sa
,
punktami, kt´ore nie le˙za
,
w jednej p laszczy´znie przechodza
,
cej przez
0 = (0, 0, 0) , to dla ka˙zdego wektora v istnieja
,
takie liczby c
1
, c
2
, c
3
, ˙ze v = c
1
v
1
+ c
2
v
2
+ c
3
v
3
,
gdzie v
i
=
−−−→
[0, p
1
] .
Rozwia
,
zanie. Niech u = [1, −1, 0] , v = [0, 0,
√
2 ] , w = [1, 1, 0] . Wektory u, v, w sa
,
wzajmenie
prostopad le, d lugo´s´c ka˙zdego z nich to
√
2 . Dla ka˙zdego wektora [x, y, z] o d lugo´sci
√
2 istnieja
,
takie liczby α, β, γ , ˙ze [x, y, z] = αu + βv + γw . Mamy 2 = x
2
+ y
2
+ z
2
= [x, y, z] · [x, y, z] =
(αu + βv + γw) · (αu + βv + γw)
u·v=0
============
v·w=0, u·w=0
α
2
u · u + β
2
v · v + γ
2
w · w = 2(α
2
+ β
2
+ γ
2
) ,
czyli α
2
+ β
2
+ γ
2
= 1 . Mamy te˙z
f (x, y, z) =( x y z )·
5 2 0
2 5 0
0 0 4
·
x
y
z
= (αu + βv + γw) ·
5 2 0
2 5 0
0 0 4
· (αu
T
+ βv
T
+ γw
T
) =
= (αu+βv+γw)·(3αu
T
+4βv
T
+7γw
T
) = 3α
2
·2+4β
2
·2+7γ
2
·2 , bowiem
5 2 0
2 5 0
0 0 4
·u
T
= 3u
T
,
gdy˙z u lest wektorem w lasnym odpowiadaja
,
cym warto´sci w lasnej 3 , symbol u
T
oznacza jedynie,
˙ze zamiast pisa´c go poziomo, piszemy pionowo; analogicznie dla v i w ; u · u
T
to iloczyn macierzy
r´owny kwadratowi skalarnemu u·u wektora u , itd. Z wzoru f (x, y, z) = 2(3α
2
+4β
2
+7γ
2
) wynika
natychmiast, ˙ze najmniejsza
,
warto´s´c to wyra˙zenie przyjmuje, gdy α
2
jest mo˙zliwie du˙ze, a β
2
i
γ
2
mo˙zliwie ma le, przypominam, ˙ze α
2
+ β
2
+ γ
2
= 1 . Oznacza to, ˙ze minimum funkcja osia
,
ga,
gdy α = ±1 i β = γ = 0 . Jest wie
,
c ono r´owne 6 . Analogiczne rozwa˙zania prowadza
,
do wniosku:
najwie
,
ksza
,
warto´scia
,
funkcji f na sferze x
2
+ y
2
+ z
2
= 2 jest liczba 14 .
Inne rozwia
,
zanie
Przemna˙zaja
,
c otrzymujemy wz´or
f (x, y, z) = 5x
2
+ 4xy + 5y
2
+ 4z
2
= 5x
2
+ 4xy + 5y
2
+ 4(2 − x
2
− y
2
) = 8 + x
2
+ 4xy + y
2
.
Wyeliminowali´smy zmienna
,
z dzie
,
ki r´owno´sci x
2
+y
2
+z
2
= 2 . Oczywi´scie dalej musimy pamie
,
ta´c
o nier´owno´sci x
2
+ y
2
≤ 2 . Dla dowolnych liczb x, y ∈ R zachodzi nier´owno´s´c 2xy ≤ x
2
+ y
2
,
kt´ora jest r´ownowa˙zna oczywistej nier´owno´sci 0 ≤ (x−y)
2
przechodza
,
cej w r´owno´s´c wtedy i tylko
wtedy, gdy x = y . Wobec tego
8 + x
2
+ 4xy + y
2
≤ 8 + x
2
+ 2(x
2
+ y
2
) + y
2
= 8 + 3(x
2
+ y
2
) ≤ 8 + 3 · 2 = 14 ,
przy czym r´owno´s´c jest osia
,
gana, gdy x = y = 1 . Mamy te˙z 2xy ≥ −x
2
− y
2
, tu r´owno´s´c ma
miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = −y . Sta
,
d wynika, ˙ze
8 + x
2
+ 4xy + y
2
≥ 8 + x
2
− 2(x
2
+ y
2
) + y
2
= 8 − (x
2
+ y
2
) ≥ 8 − 2 = 6 ,
przy czym nier´owno´s´c staje sie
,
r´owno´scia
,
, gdy x = 1 = −y .
Czytelnik zapewne widzi, ˙ze to rozwia
,
zanie formalnie rzecz biora
,
c jest doste
,
pne dla licealisty
w II klasie. Z formalnego punktu widzenia nie wyste
,
puja
,
w nim np. wektory w lasne. Ale one tu
sa
,
tylko troche
,
ukryte w zdaniach . . . r´owno´s´c zachodzi wtedy i tylko . . . .
APEL
Rozwia
,
zania napisa lem, by mogli je Pa´
nstwo przestudiowa´
c. To oznacza co´s zupe lnie innego
ni˙z przeczyta´c. Wymaga wie
,
cej czasu i wysi lku. Trzeba doj´s´c do tego, ska
,
d biora
,
sie
,
r´o˙zne zdania,
por´owna´c metody. Apeluje
,
o po´swie
,
cenie odpowiedniej ilo´sci czasu na przestudiowanie tych rozwia
,
za´
n,
obejrzenie stosowanych twierdze´
n, np. w notakach umiesczonych na mojej stronie internetowej.
Apeluje
,
te˙z o to, by wszyscy, kt´orzy przyjda
,
na egzamin poprawkowy:
1. znali definicje
,
pochodnej,
2. umieli oblicza´c pochodne dowolnie skomplikowanych funkcji (czyli umieli stosowa´c wzory na po-
chodna
,
sumy, r´o˙znicy, iloczynu, ilorazu i z lo˙zenia,
3. znali definicje
,
stycznej do wykresu funkcji,
4. znali definicje
,
logarytmu, sinusa i kosinusa,
5. znali wzory na ca lkowanie przez podstawienie i na ca lkowanie przez cze
,
´sci,
6. znali definicje
,
wektora w lasnego i warto´sci w lasnej.
Chodzi o to, ˙ze je´sli kto´s wyka˙ze sie
,
n ieznajomo´scia
,
jednej z tych rzeczy w dowolnej cze
,
sci
egzaminu, to zostanie nagrodzony ocena
,
niedostateczna
,
bez wzgle
,
du na pozosta le elementy egzaminu
— tu nie obwia
,
zuje dodwanie punkt´ow. Aby nie by lo ˙zadnych wa
,
tpliwo´sci: znajomo´s´c tych element´ow
jest konieczna do zdania egzaminu, ale nie musi okaza´c sie
,
dostateczna.
drobiazgi
Wielu student´ow, uwa˙za, ˙ze na egzamin pisemny trzeba przyj´s´c odzianym jak na przyje
,
cie u
angielskiej kr´olowej. Wasza sprawa. Jednak mam pro´sbe
,
, by wybieraja
,
c obuwie pamie
,
ta´c o tym, ˙ze
je´sli przyjdzie w czasie egzaminu wsta´c i przej´s´c kawa lek, to niekoniecznie wszyscy inni, np. my´sla
,
cy
nad jakim´s zadaniem, chca
,
to natychmiast uslysze´c. By loby wie
,
c mi lo, gdyby Pa´
nstwo zechcieli ubra´c
sie
,
tak, by m´oc porusza´c sie
,
cicho (oczywi´scie ta uwaga nie dotyczy os´ob, kt´ore w czasie egzaminu nie
chodza
,
w og´ole, np. nie wychodza
,
wcze´sniej).