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).
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
EGZAMIN Z GINEKOLOGII I POŁOŻNICTWA 17 06 2013
Egzamin 2000.06.17, rozwiazania zadań aktuarialnych matematyka finansowa
pytania ze stali egzamin 06 11
Matma A, egzamin komisyjny, 11 10 07
scanpre21 11 2010 17 06 05
Hydrologia 2 06 11 2012
06 11 12 rachunek kosztów
06 11 13 tabelka
Automatyka(000507) 2008 09 17 06
egzamin 2005 06 14
egzamin 2002 06 13
Egzamin zintegrowany chirurgia (11), Pielęgniarstwo- magisterka cm umk, I rok, Zaawansowana praktyka
matma egzamin 2007, uczelnia, matematyka finansowa
ei 07 2002 s 06 11
Egzamin (19 06 2007)
Ekonomia 18.06.11, Ekonomia WSHGIT Dorian
Odpowiedzi egzamin 2 (28 06 12)
więcej podobnych podstron