11 06 17 egzch-rozw

Matematyka A, egzamin, 17 czerwca 2011, 12:35 – 15:30

Tekst poprawiony 22 czerwca 2011, godz 23:29

Wszystkie stwierdzenia należy uzasadniać. Wolno i NALE ŻY powoÃlywać sie na twierdzenia, które

zostaÃly udowodnione na wykÃladzie lub na ćwiczeniach. Na końcu apel autora tekstu.

Mam nadzieje, że bÃledów jest niewiele, jeśli ktoś coś zauważy, prosze o zawiadomienie, poprawie.

1. 4 pt. Znaleźć środek masy jednorodnego póÃlkola K = {( x, y):

0 ≤ x i 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 100 } .

Rozwiazanie. Pole póÃlkola to oczywiście 1 · π · 102 = 50 π . Jeśli ktoś nie pamieta wzoru na kole

¡ √

√

koÃla, może obliczyć caÃlke

100 − x 2 − ( − 100 − x 2 dx = 2 10

100 − x 2 dx

x=10 sin t

===========

dx=10 cos t dt

= 2 π/ 2

100 − 100 sin2 t · 10 · cos tdt = 200 π/ 2 cos2 tdt = 100 π/ 2 1 + cos(2 t) dt =

¢¯

= 100 t + 1 sin(2 t) ¯ π/ 2 = 100 π + 1 sin π − 0 − 1 sin 0 = 50 π , ale jednak wzór na pole koÃla każda 2

osoba, która jest w stanie zapamietać swoje imie i nazwisko, powinna pamietać.

Ze wzgledu na symetrie wzgledem osi OX , druga wspóÃlrzedna środka masy póÃlkola jest rów-

¡ √

√

na 0 . Aby znaleźć pierwsza obliczymy caÃlke 10 x

100 − x 2 −( − 100 − x 2 dx , która nastepnie

podzielimy przez pole póÃlkola — czyli znajdziemy średnia ważona pierwszej wspóÃlrzednej (czyli

x ), a waga jest dÃlugość pionowego odcinka zÃlożonego z punktów, których pierwsza wspóÃlrzed-

¡ √

√

na jest liczba x . Mamy wiec:

10 x 100 − x 2 − ( − 100 − x 2 dx = 10 2 x 100 − x 2 dx =

√

= − 2 (100 − x 2)3 / 2¯10 = 2 − 0 + 1003 / 2 = 2 100

= 2 103 = 2000 . Wobec tego pierwsza

wspóÃlrzedna środka cieżkości jest równa 2000 = 40 = 4 · 10 . Poszukiwanyn środekiem cieżkości

3 · 50 ·π

3 π

jest punkt

40 , 0 .

3 π

Jasne jest, że jeśli koÃlo o promieniu 10 zastapimy tak samo poÃlożonym koÃlem o promieniu r > 0 ,

to środkiem cieżkości póÃlkola bedzie punkt

4 r, 0 .

3 π

6 pt. Znaleźć środek masy jednorodnego obszaru D = {( x, y):

0 ≤ y i 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 25 } .

Rozwiazanie. Z tego, co wykazaliśmy w pierwszej cześci tego zadania, wynika, że środkiem cieżkości

póÃlkola P 5 := {( x, y):

0 ≤ y, 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 25 } jest punkt (0 , 4 · 5) = (0 , 20 ) — zmieniliśmy 3 π

3 π

role wspóÃlrzednych. Środkiem cieżkości póÃlkola P

1 := {( x, y):

0 ≤ y, 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 } jest

punkt (0 , 4 ) . PóÃlkole P

z póÃlkola P

3 π

5 skÃlada sie ,

1 i z obszaru D . Jasne jest (symetria), że środek

cieżkości obszaru D znajduje sie na osi OY . Oznaczmy jego druga wspóÃlrzedna litera d . Wtedy

środek póÃlkola P

5 jest średnia ważona punktów (0 , d) i (0 , 4 ) , a wagami sa

π − 1 π = 12 π

3 π

(czyli pole obszaru) D oraz 1 π (czyli pole póÃlkola P

c równość

1 ). Mamy wie ,

(0 , 20 ) =

12 π

(0 , d) +

π/ 2

(0 , 4 ) = 24 (0 , d) + 1 (0 , 4 ) .

3 π

(25 / 2) ·π

3 π

Z tej równości wynika, że 20 = 24 · d + 1 · 4 . Mamy wiec d = 25 20 − 1 · 4

= 124 · 4 = 62 .

3 π

24 3 π

3 π

9 π

Wobec tego środkiem cieżkości obszaru D jest punkt 0 , 62 .

9 π

Zadanie jest rozwiazane. A teraz coś dla miÃlośników podstawianie do gotowych wzorów, które

zapamietali na egzamin i chca o nich możliwie szybko zapomnieć. Niech

(

√

gdy − 5 ≤ x ≤ − 1,

√

f ( x) =

25 − x 2 , g( x) =

1 − x 2

gdy − 1 ≤ x ≤ 1,

gdy 1 ≤ x ≤ 5.

Wtedy obszar D można opisać tak: D = {( x, y):

− 5 ≤ x ≤ 5 , g( x) ≤ y ≤ f ( x) . Wtedy pole

√

¡ √

√

obszaru D równe jest

f ( x) f( x) − g( x) dx = − 1 25 − x 2 dx + 1

25 − x 2 −

1 − x 2 +

g( x)

− 5

− 1

R √

√

+ 5 25 − x 2 dx = 5

25 − x 2 dx − 1

1 − x 2 dx = rachuneczki . . . = 25 π − π = 12 π — sko-

− 5

− 1

rzystaÃlem tu z równości

− 1 . . . + 1 . . . + 5 . . . = 5 . . . . W liczniku natomiast pojawi sie caÃlka

− 5

− 1

− 5

R 5

¢¡

1 f( x) + g( x) ( f( x) − g( x) dx = 1 5 f( x)2 − g( x)2 dx . Znów przedziaÃl [ − 5 , 5] rozbijamy

− 5 2

− 5

na trzy mniejsze i obliczamy bez trudu caÃlke z wielomianu, pierwiastki znikaja, bo podnosiliśmy

do kwadratu. Dodajmy jeszcze, że liczba 1 f ( x) + g( x) to druga wspóÃlrzedna środka cieżkości 2

¢¡

f ( x)+ g( x)

( f ( x) −g( x) dx

pionowego odcinka o końcach x, g( x) i x, f ( x) , wiec iloraz

− 5 2

f ( x) −g( x) dx

− 5

średnia ważona liczb 1 f ( x) + g( x) , czyli drugich wspóÃlrzednych środków cieżkości pionowych 2

odcinków, a wagami sa dÃlugości odcinków.

To jeszcze nie koniec uwag. Można też patrzeć na zbiór D ,,z punktu widzenia osi OY .

Przekroje tego zbioru prostymi prostopadÃlymi do osi OY sa odcinkami (na wysokości y ≥ 1 )

lub sumami dwóch rozÃlacznych odcinków (na wysokości y < 1 . Należy wiec znaleźć średnia

ważona wspóÃlrzednej y ∈ [0 , 5] a waga ma być liczba 2 25 − y 2 dla y ≥ 1 , a dla y < 1 —

¡p

liczba 2

25 − y 2 −

1 − y 2 . Należy wiec obliczyć caÃlke

1 2 y

25 − y 2 −

1 − y 2 dy +

+ 5 2 y 25 − y 2 dy , a nastepnie podzielić ja przez pole obszaru D Jest to Ãlatwe, bo zachodzi 1

wzór 2 y a 2 − y 2 = d − 1 ( a 2 − y 2)3 / 2 — pochodna funkcji zÃlożonej. Znów nie kończymy tych dy

obliczeń zostawiajac to studentom.

Zauważmy na zakończenie, że 62 > 60 = =20 , wiec wynik jest zgodny z przewidywaniem:

9 π

3 π

środek cieżkości obszaru D leży troche wyżej niż środek cieżkości póÃlkola P

5 .

Tak jest, bo

usuneliśmy P

ższej” strony P

1 z ,,cie ,

5 , by otrzymać D .

2. 10 pt. Znaleźć wszystkie takie różniczkowalne funkcje, których wykres leży w pierwszej ćwiartce

ukÃladu wspóÃlrzednych, że dla każdej liczby x

0 > 0 styczna w punkcie

0 , f ( x 0)

wykresu funkcji f przecina oś OX w punkcie A( x 0) a oś OY w punkcie B( x 0) , przy

czym punkt A( x 0) jest środkiem odcinka o końcach x 0 , f( x 0) i B( x 0) .

Rozwiazanie. Równanie prostej stycznej w punkcie ( x, f ( x)) do wykresu funkcji f wyglada

tak: y = f 0( x 0)( x − x 0) + f( x 0) — przez y oznaczyliśmy tu druga wspóÃlrzedna 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 wspóÃlczynnik kierunkowy to f 0( x 0) . Oś OY jest

przecieta przez te styczna w punkcie B( x

0 , f ( x

, a oś OX — w punkcie

0) =

0) − x 0 f 0( x 0)

A( x 0) = x 0 − f( x 0) , 0 , podstawialiśmy x = 0 i y = 0 . Wobec tego speÃlnione sa równości: f 0( x 0)

x 0 − f( x 0) = 1 x

i 0 = 1 f ( x

. Każda z nich jest równoważna

f 0( x

0 + 0

0) + f ( x 0) − x 0 f 0( x 0)

równaniu x 0 f0( x 0) = 2 f( x 0) . Zastepujac w tym równaniu x

przeksztaÃlcajac

0 przez t i troszke ,

f = f ( t)

otrzymujemy równanie f0( t) = 2 . Stad 2 ln |t| + C =

2 dt =

f 0( t) dt ========= df = ln |f| ,

f ( t)

df = f 0( t) dt

wiec 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 eC ,

a to oznacza, że f ( t) = ±t 2 eC = Kt 2 , gdzie K = ±eC . Ponieważ wykres ma leżeć w pierwszej ćwiartce, wiec K > 0 .

Można nie używać równania prostej. Zamiast niego można skorzystać z tego, że tg α = f 0( x 0) ,

gdzie α oznacza kat, jaki tworzy styczna z dodatnia póÃlosia pozioma i poslużyć sie trójkatem

prostokatnym.

3. 7 pt. Rozwiazać równanie

x00( t) + 4 x( t) = 60 cos t + 60 cos(2 t) + 60 cos(3 t) + 16 e 2 t cos(2 t) .

Rozwiazanie. Mamy do czynienia z niejednorodnym równaniem różniczkowym liniowym, drugiego

rzedu. Najpierw rozwia żemy równanie jednorodne x00( t) + 4 x( t) = 0 . Pierwiastkami równania

charakterystycznego λ 2 + e 4 = 0 sa liczby λ

1 = − 2 i oraz λ 2 = 2 i . Wobec tego

x( t) = c 1 e− 2 it + c 2 e 2 it = c 1 cos( − 2 t) + i sin( − 2 t) + c 2 cos(2 t) + i sin(2 t) =

( c 1 + c 2) cos(2 t) + i( −c 1 + c 2) sin(2 t) = d 1 cos(2 t) + d 2 sin(2 t) , gdzie d 1 = c 1 + c 2 i d 2 = i( −c 1 + c 2) . Znaleźliśmy rozwiazanie ogólne równania jednorodnego.

Teraz zajmiemy sie kolejno równaniami: x00( t) + 4 x( t) = 60 cos t , x00( t) + 4 x( t) = 60 cos(2 t) ,

x00( t) + 4 x( t) = 60 cos(3 t) i x00( t) + 4 x( t) = 16 e 2 t cos(2 t) .

Ponieważ liczba i nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, wiec istnieje rozwia-

zanie pierwszego równania postaci A cos t + B sin t . Podstawiajac do równania 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 stad, że 3 A = 60 i 3 B = 0 , wiec rozwiazaniem szczególnym jest

funkcja 20 cos t .

Ponieważ liczba 2 i jest jednokrotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, wiec

trzeba zwiekszyć stopień wielomianu o jeden, zatem poszukiwać rozwiazania w postaci

( At + C) cos(2 t) + ( Bt + D) sin(2 t) .

Ponieważ rozwiazaniem ogólnym równania jednorodnego jest funkcja d

1 cos(2 t) + d 2 sin(2 t) , wie ,

wspóÃlczynniki C, D sa dowolnymi liczbami: jeśli funkcja ( At + C) cos(2 t) + ( Bt + D) sin(2 t) jest

rozwiazaniem dla jakiejś czwórki liczb A, B, C, D , to po dowolnej zmianie liczb C, D i zachowaniu

wartości A, B otrzymamy inne rozwiazanie równania. Podstawimy wiec C = 0 = D , aby mniej

pisać. Mamy zatem

60 cos(2 t) = At cos(2 t) + Bt sin(2 t) 00 + 4 At cos(2 t) + Bt sin(2 t) =

= − 2 At sin(2 t) + A cos(2 t) + 2 Bt cos(2 t) + B sin(2 t) 0 + 4 At cos(2 t) + Bt sin(2 t) =

= − 4 At cos(2 t) − 4 A sin(2 t) − 4 Bt sin(2 t) + 4 B cos(2 t) + 4 At cos(2 t) + Bt sin(2 t) =

= − 4 A sin(2 t) + 4 B cos(2 t) ,

wiec − 4 A = 0 i 4 B = 60 , czyli A = 0 i B = 15 . Mamy rozwiazanie szczególne: 15 t sin(2 t) .

Teraz zajmieny sie równaniem x00( t) + 4 x( t) = 60 cos(3 t) . Liczba 3 i nie jest pierwiastkiem

równania charakterystycznego. Istnieje wiec rozwiazanie postaci A cos(3 t) + B sin(3 t) . Podstaw-

iamy te funkcje do równania:

60 cos(3 t) = A cos(3 t) + B sin(3 t) 00 + 4 A cos(3 t) + B sin(3 t) =

= − 3 A sin(3 t) + 3 B cos(3 t) 0 + 4 A cos(3 t) + B sin(3 t) =

= − 9 A cos(3 t) − 9 B sin(3 t) + 4 A cos(3 t) + B sin(3 t) = − 5 A cos(3 t) − 5 B sin(3 t) .

Wobec tego − 5 A = 60 i − 5 B = 0 , wiec A = − 12 , B = 0 . Rozwiazanie szczególne: − 12 cos(3 t) .

Kolej na ostatnie równanie. Liczba 2 + 2 i nie jest pierwiastkiem równania charakterystycz-

nego, wiec szukamy rozwiazania w postaci Ae 2 t cos(2 t) + Be 2 t sin(2 t) . Po podstawieniu do rów-

nania otrzymujemy:

16 e 2 t cos(2 t) = Ae 2 t cos(2 t) + Be 2 t sin(2 t) 00 + 4 Ae 2 t cos(2 t) + Be 2 t sin(2 t) =

= 2 Ae 2 t cos(2 t) − 2 Ae 2 t sin(2 t) + 2 Be 2 t sin(2 t) + 2 Be 2 t cos(2 t) 0 + 4 Ae 2 t cos(2 t) + Be 2 t sin(2 t) =

= 2( A + B) e 2 t cos(2 t) + 2( −A + B) e 2 t sin(2 t) 0 + 4 Ae 2 t cos(2 t) + Be 2 t sin(2 t) =

= 8 Be 2 t cos(2 t) − 8 Ae 2 t sin(2 t) + 4 Ae 2 t cos(2 t) + Be 2 t sin(2 t) =

= 4 ( A + 2 B) e 2 t cos(2 t) + ( B − 2 A) e 2 t sin(2 t) .

Stad 4( A + 2 B) = 16 , 4( B − 2 A) = 0 , czyli A + 2 B = 4 , B = 2 A , wiec A = 4 , B = 8 . Wobec

tego rozwiazaniem szczególnym jest funkcja 4 e 2 t cos(2 t) + 8 e 2 t sin(2 t) .

Rozwiazaniem ogólnym równania

x00( t) + 4 x( t) = 60 cos t + 60 cos(2 t) + 60 cos(3 t) + 16 e 2 t cos(2 t) jest funkcja

x( t) = d 1 cos(2 t) + d 2 sin(2 t) + 20 cos t + 15 t sin(2 t) − 12 cos(3 t) + 4 e 2 t cos(2 t) + 8 e 2 t sin(2 t) .

A teraz to samo z użyciem liczb zespolonych

Mamy wzór 60 cos t + 60 cos(2 t) + 60 cos(3 t) + 16 e 2 t cos(2 t) = Re 60[ eit + e 2 it + e 3 it] + 16 e(2+2 i) t .

Można wiec rozwiazać równanie x00( t) + 4 x( t) = 60[ eit + e 2 it + e 3 it] + 16 e(2+2 i) t , cześć rzeczy-

wista jego rozwiazania jest rozwiazaniem wyjściowego równania. Rozwiazanie ogólne równania

jednorodnego już znamy: c 1 e− 2 it + c 2 e 2 it . Rozwiazania równania x00( t) + 4 x( t) = 60 eit szukamy

w postaci aeit . Podstawiamy do równania:

60 eit = aeit 00 + 4 aeit = iaeit 0 + 4 aeit = i 2 aeit + 4 aeit = −aeit + 4 aeit = 3 aeit .

Wobec tego a = 20 , zatem rozwiazaniem szczególnym jest funkcja 20 eit .

Teraz równanie x00( t) + 4 x( t) = 60 e 2 it . Ponieważ liczba 2 i jest jednokrotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, wiec rozwiazania poszukujemy w postaci ate 2 it . Podstawiamy:

60 e 2 it = ate 2 it 00 + 4 ate 2 it = 2 iate 2 it + ae 2 it 0 + 4 ate 2 it = 4 i 2 ate 2 it + 4 aie 2 it + 4 ate 2 it = 4 iae 2 it .

Stad wynika, że 60 = 4 ai , zatem a = 60 = − 15 i , wiec rozwiazanie szczególne to: − 15 ite 2 it .

4 i

Kolejne równanie: x00( t) + 4 x( t) = 60 e 3 it . Podstawiamy x( t) = ae 3 it :

60 e 3 it = ae 3 it 00 + 4 ae 3 it = 3 iae 3 it 0 + 4 ae 3 it = 9 i 2 ae 3 it + 4 ae 3 it = − 9 ae 3 it + 4 ae 3 it = − 5 ae 3 it.

Wynika stad, że 60 = − 5 a , czyli a = − 12 . Rozwiazaniem szczególnym jest − 12 e 3 it .

No i ostatnie równanie: x00( t) + 4 x( t) = 16 e(2+2 i) t . Podstawiamy x( t) = ae(2+2 i) t :

60 e(2+2 i) t = ae(2+2 i) t 00 + 4 ae(2+2 i) t = (2 + 2 i) ae(2+2 i) t 0 + 4 ae(2+2 i) t =

= (2 + 2 i)2 ae(2+2 i) t + 4 ae(2+2 i) t = 8 iae(2+2 i) t + 4 ae(2+2 i) t = 4 a(2 i + 1) e(2+2 i) t.

zatem 16 = 4 a(2 i + 1) , wiec a = 16 = 4(1 − 2 i) . Rozwiazanie szczególne to: 4(1 − 2 i) e(2+2 i) t .

2 i+1

Rozwiazanie ogólne równania x00( t) + 4 x( t) = 60[ eit + e 2 it + e 3 it] + 16 e(2+2 i) t to:

c 1 e− 2 it + c 2 e 2 it + 20 eit − 15 ite 2 it − 12 e 3 it + 4(1 − 2 i) e(2+2 i) t .

Bez trudu przekobać sie można, że jego cześć rzeczywista to funkcja znaleziona poprzednia metoda.

2 pt. Znaleźć wszystkie ograniczone rozwiazania równania

x00( t) + 4 x( t) = 60 cos t + 60 cos(2 t) + 60 cos(3 t) ,

tj. te rozwiazania, dla których istnieje taka liczba M ≥ 0 , że |x( t) | ≤ M dla każdej liczby

rzeczywistej t .

Rozwiazanie. Rozwiazanie ogólne równania x00( t) + 4 x( t) = 60 cos t + 60 cos(2 t) + 60 cos(3 t)

wyglada tak: x( t) = d

1 cos(2 t) + d 2 sin(2 t) + 20 cos t + 15 t sin(2 t) − 12 cos(3 t) .

Ponieważ t

|d 1 cos(2 t) + d 2 sin(2 t) + 20 cos t − 12 cos(3 t) | ≤ |d 1 | + |d 2 | + 20 + 12 , zatem ta funkcja jest ograniczona. Funkcja t sin(2 t) ograniczona nie jest, bo dla każdej liczby naturalnej n mamy

( π + nπ) sin( π + 2 nπ) = π + nπ > 3 n . Wobec tego to równanie rozwiazań ograniczonych nie ma.

1 pt. Znaleźć wszystkie ograniczone rozwiazania równania

x00( t) + 4 x( t) = 60 cos(3 t) .

Rozwiazanie. Rozwiazanie ogólne równania x00( t) + 4 x( t) = 60 cos(3 t) znaleźliśmy wcześniej:

x( t) = d 1 cos(2 t) + d 2 sin(2 t) − 12 cos(3 t) . Mamy zatem |x( t) | ≤ |d 1 | + |d 2 | + 12 , wiec ta funkcja

jest ograniczona dla dowolnych d 1 , d 2 . W tym przypadku każde rozwiazanie jest ograniczone.

½ x0( t) = 3 x( t) − y( t) + e 4 t · sin t,

4. 7 pt. Rozwiazać ukÃlad równań

(4)

y0( t) = x( t) + 5 y( t) − e 4 t · sin t.

3 − 1

Rozwiazanie. Znajdziemy wartości i wektory wÃlasne macierzy M =

. Równanie charakte-

¯ 3 − λ

− 1 ¯

rystyczne to 0 = ¯

c λ

5 − λ ¯ = (3 − λ)(5 − λ) + 1 = λ 2 − 8 λ + 16 = ( λ − 4)2 , wie , 1 = λ 2 = 4 .

¡ ¢

v 1

jest wektorem wÃlasnym wtedy i tylko wtedy, gdy 3 v

1 −v 2 = 4 v 1 i jednocześnie v 1 + 5 v 2 = 4 v 2 .

Każde z tych równań jest równoważne równaniu v 1 = −v 2 . Znaleźliśmy cześć rozwiazań równania

¡ ¢

jednorodnego: c

e 4 t . Jednak nie sa to wszystkie rozwiazania, bo niezależnie od wyboru

− 1

¡ ¢

liczby c

1 zachodzi nierówność c 1

e 4 · 0 6=

, wiec nie dla każdego warunku poczatkowego ist-

− 1

nieje rozwiazanie tej postaci. Znajdziemy je w postaci (w + t v) e 4 t . Podstawimy do równania:

(v+4w+4 t v) e 4 t = (w+ t v) e 4 t 0 = M (w+ t v) e 4 t , zatem M v = 4v i jednocześnie M w = 4w+v .

¡ ¢

v ma być wektorem wÃlasnym, np.

v =

1 . Wtedy wspóÃlrzedne wektora w wyznaczyć

− 1

n 3 w

można z ukÃladu równań:

1 − w 2 = 4 w 1 + 1 , Każde z tych równań jest równoważne równaniu

w 1 + 5 w 2 = 4 w 2 − 1 .

¡ ¢

2 = −w 1 − 1 . Wobec tego ukÃlad jest speÃlniony przez wspóÃlrzedne wektora

. Rozwiazaniem

− 1

¡ ¢

£¡ ¢

¡ ¢¤

ogólnym ukÃladu jednorodnego jest c

e 4 t + c

+ t

e 4 t . Każdy wektor może być za-

− 1

¡ ¢

pisany w postaci c

+ c

— wektory

nie sa równolegÃle.

− 1

2 − 1

− 1

¡ ¢

Teraz rozwia żemy ukÃlad niejednorodny. Znajdziemy rozwiazanie postaci α( t) 1 . Podsta-

− 1

wiamy do równania (wektorowego):

¡ ¢

3 − 1

¡ ¢

¢¡ ¢

α0( t) 1 =

α( t) 1 + e 4 t sin t 1 = 4 α( t) + e 4 t sin t

1 .

− 1

Wystarczy, by byÃla speÃlniona równość: α0( t) = 4 α( t) + e 4 t sin t . Otrzymaliśmy równanie różnicz-kowe linowe, niejednorodne pierwszego rzedu. Ma ono rozwiazanie postaci ae 4 t sin t + be 4 t cos t .

Podstawiajac do równania otrzymujemy:

ae 4 t cos t + 4 e 4 t sin t − be 4 t sin t + 4 be 4 t cos t = 4 ae 4 t sin t + 4 be 4 t cos t + e 4 t sin t , czyli — po uproszczeniu — ae 4 t cos t − be 4 t sin t = e 4 t sin t . Stad mamy a = 0 , b = − 1 .

¡ ¢

Znaleźliśmy rozwiazanie szczególne: −e 4 t cos t 1 , zatem ogólne wyglada tak:

− 1

¡ ¢

£¡ ¢

¡ ¢¤

−e 4 t cos t 1 + c

1 e 4 t + c

+ t 1 e 4 t .

(4 . 1)

− 1

1 − 1

− 1

Oczywiście można też uzmiennić staÃle, czyli poszukać takich funkcji c 1( t) , c 2( t) , że funkcja

¡ ¢

£¡ ¢

¡ ¢¤

1( t)

e 4 t + c

+ t

e 4 t jest rozwiazaniem ukÃladu niejednorodnego. Po podstaw-

− 1

2( t)

− 1

¡ ¢

£¡ ¢

¡ ¢¤

¡ ¢

ieniu i redukcji otrzymujemy: c0

1( t)

e 4 t + c0

+ t

e 4 t = e 4 t sin t

, wiec c0

− 1

2( t)

− 1

2( t) = 0

¡ ¢

i c0

1( t) = sin t dla ka żdego t ∈ R (przyp. wektory

sa nierównolegÃle!). Po scaÃlkowaniu

− 1

mamy c 1( t) = − cos t + K 1 oraz c 2( t) = K 2 , wiec rozwiazaniem ogólnym ukÃladu jest

¡ ¢

£¡ ¢

¡ ¢¤

( − cos t + K

e 4 t + K

+ t

e 4 t ,

(4 . 2)

− 1

wiec x( t) = −e 4 t cos t + K

1 e 4 t + K 2 te 4 t , y( t) = e 4 t cos t − K 1 e 4 t − K 2(1 + t) e 4 t , K 1 , K 2 ∈ R .

2 pt. Znaleźć rozwiazanie ukÃladu (4) speÃlniajace warunki x(0) = − 2 i y(0) = 2 .

Rozwiazanie. Ponieważ wartość rozwiazania ogólnego (4 . 1) w punkcie t = 0 jest równa

¡ ¢

( c

1 − 1)

+ c

, wiec przyjmujemy we wzorze (4 . 1) c

− 1

2 − 1

1 = − 1 , c 2 = 0 .

1 pt. Znaleźć rozwiazanie ukÃladu (4) speÃlniajace warunki x(0) = 0 = y(0) .

Rozwiazanie. Przyjmujemy we wzorze (4 . 1) c

1 = 1 , c 2 = 0 .

5. Niech f ( x, y) = 8 y 2 + 6 x 2 y − x 3 y .

2 pt. Znaleźć punkty krytyczne funkcji f .

Rozwiazanie. Mamy ∂f = 12 xy − 3 x 2 y = 3 xy(4 − x) , ∂f = 16 y + 6 x 2 − x 3 . Wobec tego (iloczyn

∂x

∂y

równy jest 0 , wiec jeden z czynników zeruje sie) x = 0 lub y = 0 lub x = 4 . Jeśli x = 0 , to

y = 0 . Jeśli y = 0 , to x = 0 albo x = 6 . Jeśli x = 4 , to y = − 2 . Mamy wiec trzy punkty

krytyczne: (0 , 0) , (6 , 0) i (4 , − 2) .

5 pt. Wyjaśnić, w których punktach krytycznych funkcja f ma lokalne maksima, w których —

lokalne minima, a w których siodÃla.

12 y − 6 xy 12 x − 3 x 2

Rozwiazanie. Mamy D 2 f ( x, y) =

12 x − 3 x 2

− 36

D 2(6 , 0) =

; wartościami wÃlasnymi tej macierzy sa pierwiastki równania kwadra-

− 36

towego 0 = (0 − λ)(16 − λ) − ( − 36)( − 36) = λ 2 − 16 λ − 362 = ( λ − 8)2 − 82 − 362 , czyli liczby

√

λ 1 = 8 − 82 + 362 = 8 − 4 22 + 92 < 8 − 4 · 9 < 0 i λ 2 = 8+ 82 + 362 = 8+4 22 + 92 > 8 > 0 ; ponieważ jedna jest dodatnia, a druga — ujemna, wiec w punkcie (6 , 0) funkcja ma siodÃlo.

Mamy D 2(4 , − 2) =

, wiec wartościami wÃlasnymi sa liczby 24 i 16 , obie dodatnie.

Funkcja ma w w punkcie (4 , − 2) lokalne minimum.

Mamy D 2(0 , 0) =

, wiec wartościami wÃlasnymi sa liczby 0 i 16 . W tym przypadku

0 16

ogólne kryterium nie dziaÃla. Ponieważ jedna z wartości wÃlasnych jest dodatnia, wiec po ogranicze-

niu dziedziny do prostej przechodzacej przez punkt (0 , 0) , równolegÃlej do wektora wÃlasnego

odpowiadajacego dodatniej wartości wÃlasnej, funkcja ma lokalne minimum wÃlaściwe, wiec w punk-

cie (0 , 0) funkcja nie ma lokalnego maksimum. Mamy

f ( x, − 1 x 2) = 2 x 4 − 3 x 4 + 1 x 5 = x 4( − 1 + 1 x) < 0 dla x ∈ (0 , 2) , 2

zatem w punkcie (0 , 0) funkcja nie ma też lokalnego minimum, bo dowolnie blisko tego punktu sa ,

punkty, w których wartość funkcji jest ujemna, wiec mniejsza niż w punkcie (0 , 0) .

3 pt. Znaleźć najmniejsza i najwieksza wartość funkcji f w prostokacie

R = {( x, y):

− 1 ≤ x ≤ 6 , − 3 ≤ y ≤ 1 }.

Rozwiazanie. Mamy f ( − 1 , y) = 7 y + 8 y 2 = 8 y( y + 7 ) , zatem pierwiastkami tego wielomianu

kwadratowego sa liczby 0 i − 7 . Przyjmuje on swa najmniejsza wartość w punkcie 1 (0 − 7 ) = − 7 .

Jest ona równa 8( − 7 )( − 7 + − 7 ) = − 49 . Najwieksza wartość na przedziale [ − 3 , 1] ten wielo-16

mian przyjmuje w punkcie − 3 , leżacym dalej od punktu − 7 niż punkt 1 . Jest ona równa 51 .

Mamy f ( x, 1) = 8+6 x 2 −x 3 . Pochodna tej funkcji jest 12 x− 3 x 2 = 3 x(4 −x) , wiec ta funkcja

maleje na przedziale [ − 1 , 0] , — rośnie na [0 , 4] i maleje na [4 , 6] . Mamy f (0 , 1) = 8 = f (6 , 1) , wiec 8 jest najmniejsza wartościa tej funkcji na przedziale [ − 1 , 6] . Ponieważ f ( − 1 , 1) = 15 <

< 40 = f (4 , 1) , wiec najwieksza wartościa funkcji f ( x, 1) na przedziale [ − 1 , 6] jest liczba 40 .

Mamy f (6 , y) = 8 y 2 , wiec najmniejsza wartościa tej funkcji jest 0 , a najwieksza na przedziale

[ − 3 , 1] jest 72 = f (6 , − 3) .

Mamy teraz f ( x, − 3) = 72 − 18 x 2 + 3 x 3 . Pochodna tej funkcji jest − 36 x + 9 x 2 = 9 x( x − 4) ,

wiec ta funkcja rośnie na przedziale [ − 1 , 0] , maleje na [0 , 4] i rośnie na [4 , 6] . Mamy f ( − 1 , − 3) =

=51 > − 24 = f (4 , − 1) , wiec najmniejsza wartościa na przedziale [ − 1 , 6] jest liczba − 24 . Mamy

też f (0 , − 3) = 72 = f (6 , − 3) , wiec najwieksza wartościa funkcji f ( x, − 3) osiagana na przedziale

[ − 1 , 6] jest liczba 72 .

Mamy jeszcze f (4 , − 2) = 32 − 12 · 16+43 · 2 = 32(1 − 6+4) = − 32 < − 24 < − 49 < 0 < 8 . Ozna-32

cza to, że najmniejsza wartościa funkcji w prostokacie R jest liczba − 32 : na mocy twierdzenia

Weierstrassa o osiaganiu kresów funkcja przyjmuje w jakimś punkcie tego prostokata najmniejsza

wartość (poza nim przyjmuje mniejsze), a dzieki dokonanym obliczeniom wiemy, że musi to być

jedna z pieciu liczb, wybieramy najmniejsza.

Mamy teraz 72 > 51 > 40 , wiec najwieksza wartość to 72 (poza prostokatem R przyj-

mowane sa wieksze), znów stosujemy twierdzenie Weierstrassa o osiaganiu kresów.

Troche inny sposób

Ustalmy na razie x . Wtedy funkcja f staje sie wielomianem kwadratowym zmiennej y . Jego

pierwiastkami sa liczby 0 oraz x 3 − 6 x 2 , wiec przyjmuje on swa najmniejsza wartość w punkcie

x 3 − 6 x 2 . Ta najmniejsza (na caÃlej prostej) wartość to x 3 − 6 x 2 x 3 − 6 x 2 + 6 x 2 − x 3 = − 1 ( x 3 − 6 x 2)2 .

Mamy ( x 3 − 6 x 2) 0 = 3 x 2 − 12 x = 3 x( x − 4) , wiec funkcja x 3 − 6 x 2 rośnie na póÃlprostej ( −∞, 0] ,

maleje na przedziale [0 , 4] i rośnie na póÃlprostej [4 , ∞] , nas interesuje tylko przedziaÃl [ − 1 , 6] .

Wartościami funkcji x 3 − 6 x 2 w punktach − 1 , 0 , 4 , 6 sa liczby − 7 , 0 , − 32 , 0 ,

zatem − 32 ≤ x 3 − 6 x 2 ≤ 0 dla x ∈ [ − 1 , 6]

(5.1)

i wobec tego x 3 − 6 x 2 ∈ [ − 3 , 1] dla każdego x ∈ [ − 1 , 6] . Wynika stad, że dla interesujacych nas 16

liczb x najmniejsza wartościa wielomianu kwadratowego 8 y 2 + 6 x 2 y − x 3 y na przedziale [ − 3 , 1]

jest liczba − 1 ( x 3 − 6 x 2)2 . Najmniejsza wartościa tej funkcji na przedziale [ − 1 , 6] jest liczba 32

− 1 · ( − 32)2 = − 32 — podnosimy do kwadratu liczby z przedziaÃlu [ − 32 , 0] . Wykazaliśmy, że 32

najmniejsza wartościa funkcji f na prostokacie R jest liczba − 32 stosujac jedynie to, co powinni

Państwo wiedzieć już w pierwszym semestrze.

Najwieksza wartość wielomianu kwadratowego 8 y 2 + 6 x 2 y − x 3 y na przedziale [ − 3 , 1] jest

przyjmowana w jednym z jego końców, wiec jest wieksza z liczb 72 − 18 x 2 +3 x 3 = 72+3( x 3 − 6 x 2) ,

8 + 6 x 3 − x 3 = 8 − ( x 3 − 6 x 2) . Na mocy (5.1) 72 + 3( x 3 − 6 x 2) ≤ 72 dla x ∈ [ − 1 , 6] oraz 8 − ( x 3 − 6 x 2) ≤ 8 − ( − 32) = 40 < 70 . Wobec tego najwieksza wartościa funkcji f na prostokacie

R jest liczba 72 .





5 2 0

6. Niech M = 2 5 0 .

0 0 4

(4 pt.) Znaleźć wartości i wektory wÃlasne macierzy M oraz katy miedzy wektorami wÃlasnymi.

Rozwiazanie. Równanie charakterystyczne to

¯ 5 − λ

0 = ¯

5 − λ

¯ = (4 −λ) ¯

¯ = (4 −λ) (5 −λ)2 − 42 = (4 −λ)(3 −λ)(7 −λ) ,

5 − λ

4 − λ ¯

wiec λ

cym wartości wÃlasnej 3

1 = 3 , λ 2 = 4 , λ 3 = 7 .

v jest wektorem wÃlasnym odpowiadaja ,

( 5 v

(

1 + 2 v 2 + 0 v 3 = 3 v 1

v 1 + v 2 = 0

wtedy i tylko wtedy, gdy

2 v 1 + 5 v 2 + 0 v 3 = 3 v 2 ⇔

v 1 + v 2 = 0 , wiec wektorem wÃlasnym

0 v 1 + 0 v 2 + 4 v 3 = 3 v 3

v 3 = 0

odpowiadajacym λ

1 = 3 jest dowolny wektor postaci [ x, −x, 0] = x[1 , − 1 , 0] .

v jest wektorem wÃlasnym odpowiadajacym wartości wÃlasnej 4 wtedy i tylko wtedy, gdy

( 5 v

(

1 + 2 v 2 + 0 v 3 = 4 v 1

v 1 + 2 v 2 = 0

2 v 1 + 5 v 2 + 0 v 3 = 4 v 2 ⇔

2 v 1 + v 2 = 0 , wiec v

1 = v 2 = 0 , zatem wektorem wÃlasnym odpo-

0 v 1 + 0 v 2 + 4 v 3 = 4 v 3

0 = 0

wiadajacym λ

2 = 4 jest dowolny wektor postaci [0 , 0 , z] = z[0 , 0 , 1] .

v jest wektorem wÃlasnym odpowiadajacym wartości wÃlasnej 7 wtedy i tylko wtedy, gdy

( 5 v

(

1 + 2 v 2 + 0 v 3 = 7 v 1

−v 1 + v 2 = 0

2 v 1 + 5 v 2 + 0 v 3 = 7 v 2 ⇔

v 1 − v 2 = 0 , wiec wektorem wÃlasnym odpowiadajacym λ

3 = 7

0 v 1 + 0 v 2 + 4 v 3 = 7 v 3

v 3 = 0

jest dowolny wektor postaci [ x, x, 0] = x[1 , 1 , 0] .

Wektory [1 , − 1 , 0] , [0 , 0 , 1] i [1 , 1 , 0] sa wzajemnie prostopadÃle, bo ich iloczyny skalarne sa

równe 0 .



  

5 2 0

(6 pt.)

Niech f ( x, y, z) =( x y z ) · 2 5 0  · y , jeśli x 2 + y 2 + z 2 = 2 .

0 0 4

Znaleźć najmniejsza i najwieksza z liczb f ( x, y, z) .

Uwaga: jeśli p1 , p2 , p3 ∈ R3 sa punktami, które nie leża w jednej pÃlaszczyźnie przechodzacej przez

0 = (0 , 0 , 0) , to dla każdego wektora v istnieja takie liczby c

1 , c 2 , c 3 , że v = c 1v1 + c 2v2 + c 3v3 ,

−−−→

gdzie v i = [0 , p1] .

√

Rozwiazanie. Niech u = [1 , − 1 , 0] , v = [0 , 0 , 2 ] , w = [1 , 1 , 0] . Wektory u , v , w sa wzajmenie

√

prostopadÃle, dÃlugość każdego z nich to

2 . Dla każdego wektora [ x, y, z] o dÃlugości

2 istnieja ,

takie liczby α, β, γ , że [ x, y, z] = α u + β v + γ w . Mamy 2 = x 2 + y 2 + z 2 = [ x, y, z] · [ x, y, z] =

( α u + β v + γ w) · ( α u + β v + γ w)

u · v=0

============ α 2u · u + β 2v · v + γ 2w · w = 2( α 2 + β 2 + γ 2) , v · w=0 , u · w=0

czyli α 2 + β 2 + γ 2 = 1 . Mamy też



  





5 2 0

f ( x, y, z) =( x y z ) · 2 5 0  · y  = ( α u + β v + γ w) · 2 5 0  · ( α u T + β v T + γ w T ) =

0 0 4





5 2 0

= ( α u+ β v+ γ w) ·(3 α u T +4 β v T +7 γ w T ) = 3 α 2 · 2+4 β 2 · 2+7 γ 2 · 2 , bowiem 2 5 0  · u T = 3u T , 0 0 4

gdyż u lest wektorem wÃlasnym odpowiadajacym wartości wÃlasnej 3 , symbol u T oznacza jedynie,

że zamiast pisać go poziomo, piszemy pionowo; analogicznie dla v i w ; u · u T to iloczyn macierzy

równy kwadratowi skalarnemu u · u wektora u , itd. Z wzoru f ( x, y, z) = 2(3 α 2 + 4 β 2 + 7 γ 2) wynika natychmiast, że najmniejsza wartość to wyrażenie przyjmuje, gdy α 2 jest możliwie duże,

a β 2 i γ 2 możliwie maÃle, przypominam, że α 2 + β 2 + γ 2 = 1 . Oznacza to, że minimum funkcja osiaga, gdy α = ± 1 i β = γ = 0 . Jest wiec ono równe 6 . Analogiczne rozważania prowadza do

wniosku: najwieksza wartościa funkcji f na sferze x 2 + y 2 + z 2 = 2 jest liczba 14 .

Inne rozwiazanie

Przemnażajac otrzymujemy wzór

f ( x, y, z) = 5 x 2 + 4 xy + 5 y 2 + 4 z 2 = 5 x 2 + 4 xy + 5 y 2 + 4(2 − x 2 − y 2) = 8 + x 2 + 4 xy + y 2 .

Wyeliminowaliśmy zmienna z dzieki równości x 2+ y 2+ z 2 = 2 . Oczywiście dalej musimy pamietać

o nierówności x 2 + y 2 ≤ 2 . Dla dowolnych liczb x, y ∈ R zachodzi nierówność 2 xy ≤ x 2 + y 2 , która jest równoważna oczywistej nierówności 0 ≤ ( x−y)2 przechodzacej w równość wtedy i tylko

wtedy, gdy x = y . Wobec tego

8 + x 2 + 4 xy + y 2 ≤ 8 + x 2 + 2( x 2 + y 2) + y 2 = 8 + 3( x 2 + y 2) ≤ 8 + 3 · 2 = 14 , przy czym równość jest osiagana, gdy x = y = 1 . Mamy też 2 xy ≥ −x 2 − y 2 , tu równość ma

miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = −y . Stad wynika, że

8 + x 2 + 4 xy + y 2 ≥ 8 + x 2 − 2( x 2 + y 2) + y 2 = 8 − ( x 2 + y 2) ≥ 8 − 2 = 6 , przy czym nierówność staje sie równościa, gdy x = 1 = −y .

Czytelnik zapewne widzi, że to rozwiazanie formalnie rzecz biorac jest dostepne dla licealisty

w II klasie. Z formalnego punktu widzenia nie wystepuja w nim np. wektory wÃlasne. Ale one tu

sa tylko troche ukryte w zdaniach . . . równość zachodzi wtedy i tylko . . . .

APEL

Rozwiazania napisaÃlem, by mogli je Państwo przestudiować. To oznacza coś zupeÃlnie innego

niż przeczytać. Wymaga wiecej czasu i wysiÃlku. Trzeba dojść do tego, skad biora sie różne zdania,

porównać metody. Apeluje o poświecenie odpowiedniej ilości czasu na przestudiowanie tych rozwiazań,

obejrzenie stosowanych twierdzeń, np. w notakach umiesczonych na mojej stronie internetowej.

Apeluje też o to, by wszyscy, którzy przyjda na egzamin poprawkowy:

1. znali definicje pochodnej,

2. umieli obliczać pochodne dowolnie skomplikowanych funkcji (czyli umieli stosować wzory na po-

chodna sumy, różnicy, iloczynu, ilorazu i zÃlożenia,

3. znali definicje stycznej do wykresu funkcji,

4. znali definicje logarytmu, sinusa i kosinusa,

5. znali wzory na caÃlkowanie przez podstawienie i na caÃlkowanie przez cześci,

6. znali definicje wektora wÃlasnego i wartości wÃlasnej.

Chodzi o to, że jeśli ktoś wykaże sie n ieznajomościa jednej z tych rzeczy w dowolnej czesci

egzaminu, to zostanie nagrodzony ocena niedostateczna bez wzgledu na pozostaÃle elementy egzaminu

— tu nie obwiazuje dodwanie punktów. Aby nie byÃlo żadnych watpliwości: znajomość tych elementów

jest konieczna do zdania egzaminu, ale nie musi okazać sie dostateczna.

drobiazgi

Wielu studentów, uważa, że na egzamin pisemny trzeba przyjść odzianym jak na przyjecie u

angielskiej królowej. Wasza sprawa. Jednak mam prośbe, by wybierajac obuwie pamietać o tym, że

jeśli przyjdzie w czasie egzaminu wstać i przejść kawaÃlek, to niekoniecznie wszyscy inni, np. myślacy

nad jakimś zadaniem, chca to natychmiast uslyszeć. ByÃloby wiec miÃlo, gdyby Państwo zechcieli ubrać

sie tak, by móc poruszać sie cicho (oczywiście ta uwaga nie dotyczy osób, które w czasie egzaminu nie

chodza w ogóle, np. nie wychodza wcześniej).