Matematyka A, egzamin, 21 czerwca 2007, rozwiazania zadań

Byl blad w rozwiazaniu zadania 7. Wykryl go jeden ze studentów. Moga tu być jeszcze inne bledy. W

razie wa tpliwości prosze o kontakt elektroniczny.
"
m

1. Predkość wody wyplywajacej przez otwór w dnie naczynia jest równa 0,6 2Gh , gdzie G = 10s ,
2

a h oznacza glebokość wody. Naczynie ma ksztalt walca o średnicy podstawy 2R = 1,8 m. Otwór

w dnie ma średnice 2r = 6 cm. Wysokość walca jest równa H = 2,45 m. Po jakim czasie cala woda

wycieknie z walca? Zakladamy, że w chwili poczatkowej walec jest wypelniony w calości woda.

Rozwiazanie. Niech h(t) oznacza glebokość wody w naczyniu w chwili t . W szczególności
h(0) = 2, 45 . W bardzo krótkim czasie "t z naczynia wyplynie w przybliżeniu 0,6 2Gh(t)·"t·Ä„·r2
"
0,6 2Gh(t)·"t·Ä„·r2

wody. W wyniku tego poziom wody obniży sie o h(t) - h(t + "t) H" . Przybliżenie
Ä„·R2

bierze sie stad, że predkość wody w żadnym momencie nie jest stala. W granicy otrzymujemy
"
"
"
0,6 2Gh(t)·Ä„·r2
h(t)-h(t+"t)
r2 5
-h (t) = lim = = 0,6 2G · · h(t) = · h(t)
"t Ä„·R2 R2 750
"t0
 oczywiście do granicy przechodzimy po podzieleniu otrzymanej równości przybliżonej przez "t ,
"
h (t)
5

bo inaczej otrzymalibyśmy malo interesujaca równość 0 = 0 . Mamy wiec = -750 . Stad
h(t)
" " "
2
h (t)
5 5 C 5
"

2 h(t) = dt = - dt = -750 t + C , wiec h(t) = - t . Stad wynika, że
750 2 1500
h(t)
"
2
C C

2,45 = h(0) = , wiec = 2,45 . Oczywiście h(t) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy
2 2
"
2,45
1500 C 3
"
t = · = 750 · = 750 · 0,49 = 750 · 0,7 = 525 s = 8 min.
2 5 4
5
2. (a) Znalez
ć rozwia zanie ogólne równania różniczkowego (2t + 1)x (t) = 2x(t) + 4t .

(b) Znalez
ć rozwiazanie spelniajace warunek x(-1) = 0 . Znalez
ć lim x(t) .
t-1/2

Rozwiazanie. Rozwiażemy najpierw równanie jednorodne (2t + 1)x (t) = 2x(t) . Mamy wiec
x (t)
2

ln |x(t)| = dt = dt = ln |2t + 1| + C1 , gdzie C1 oznacza pewna stala. Z otrzymanej
x(t) 2t+1
1

równoÅ›ci wynika od razu, że x(t) = Ä…eC (2t + 1) = C · (2t + 1) . Uzmiennimy stala C , czyli

znajdziemy rozwiazanie równania (2t + 1)x (t) = 2x(t) + 4t w postaci x(t) = C(t)(2t + 1) , gdzie

C oznacza nieznana funkcje różniczkowalna. Po podstawieniu do równania otrzymujemy
C (t)(2t + 1)2 + 2C(t)(2t + 1) = 2C(t)(2t + 1) + 4t ,
4t

wiec C (t) = . Stad wynika, że
(2t+1)2
4t 4t+2 2 2 2 1
C(t) = dt = dt - dt = dt - dt = ln |2t + 1| + + c .
(2t+1)2 (2t+1)2 (2t+1)2 2t+1 (2t+1)2 2t+1

Wobec tego funkcja (2t + 1) ln |2t + 1| + 1 + c(2t + 1) jest rozwiazaniem rozpatrywanego równania.
Z równości 0 = x(-1) = (-2 + 1) ln | - 2 + 1| + 1 + c(-2 + 1) = 1 - c wynika, że c = 1 . Wobec tego

rozwiazaniem spelniajacym warunek poczatkowy jest funkcja (2t + 1) ln |2t + 1| + 2t + 2 . Ponieważ

lims0+s ln s = 0  można to wywnioskować stosujac regule de l Hospitala, wiec
lim (2t + 1) ln |2t + 1| + 1 + c(2t + 1) = 1 ,
t-1/2

niezależnie od c " .
y2
z2

3. Znalez
ć objetość i środek masy jednorodnego obszaru G = {(x, y, z): x2 + + d" 1, x e" 0} ,
4 9

czyli znalez
ć środek masy odcinka [0, 1] zakladajac, że gestość masy w punkcie x , która oznaczamy
y2
z2
przez (x) , równa jest polu elipsy + d" 1 - x2 .
4 9
y2
z2

Rozwiazanie. Pole elipsy + d" 1 - x2 jest równe
4 9
"
"
y=2 1-x2 sin t
2 1-x2
"
2 · 3 1 - x2 - y2/4 dy = = = = = = = 12 1 - x2 Ä„/2 cos2 tdt =
= ="= = = = =
=
-2 1-x2 -Ä„/2
dy=2 1-x2 cos t dt
Ä„/2
1
= 6 1 - x2 Ä„/2 (1 + cos 2t)dt = 6 1 - x2 t + sin 2t = 6Ä„ 1 - x2 .
-Ä„/2 2
-Ä„/2
y2
z2

Åšrodek masy znajduje sie w punkcie (x, 0, 0) , co wynika z symetrii zbioru + d" 1-x2 wzgledem
4 9

obu osi ukladu wspólrzednych. Masa zbioru G , czyli jego objetość, jest równa calce
1 1
1 1
6Ä„(1 - x2)dx = 6Ä„(x - x3) 0 = 6Ä„(1 - ) = 4Ä„ .
0 3 3

W celu znalezienia środka masy należy znalez
ć jeszcze calke
1 1
1 1 1 1 3
6Ä„x(1 - x2)dx = 6Ä„ x2 - x4 0 = 6Ä„ - ) = Ä„ .
0 2 4 2 4 2
3Ä„/2
3

Pierwsza wspólrzedna środka masy to iloraz = . Wobec tego środkiem masy zbioru G jest
4Ä„ 8
3
punkt , 0, 0 .
8
4. Znalez
ć rozwia zanie ogólne równania
x (t) + x (t) - 6x(t) = (15t2 + 6t)e2t + (4t2 + 6t - 2)e-2t + 10 cos t.

Rozwiazanie. Zaczniemy od równania jednorodnego x (t) + x (t) - 6x(t) = 0 . Pierwiastkami

równania charakterystycznego 2 +  - 6 = 0 sa liczby 2 i -3 . Wobec tego rozwiazaniem ogólnym

jest funkcja c1e2t + c2e-3t . Teraz zajmiemy sie kolejno równaniami
x (t) + x (t) - 6x(t) = (15t2 + 6t)e2t ,
x (t) + x (t) - 6x(t) = (4t2 + 6t - 2)e-2t ,
x (t) + x (t) - 6x(t) = 10 cos t .

W pierwszym przypadku można znalez
ć rozwiazanie w postaci t(At2 + Bt + C)e2t  nastepuje
podwyższenie stopnia o 1 , bo 2 jest jednokrotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego.

Podstawiajac to wyrażenie do pierwszego równania otrzymujemy
(15t2 + 6t)e2t = (At3 + B2t + Ct)e2t + (At3 + B2t + Ct)e2t - 6(At3 + B2t + Ct)e2t =
= 4At3 + (12A + 4B)t2 + (6A + 8B + 4C)t + 2B + 4C e2t +
+ 2At3 + (3A + 2B)t2 + (2B + 2C)t + C e2t - 6(At3 + B2t + Ct)e2t =
= 15At2 + (6A + 10B)t + 2B + 5C e2t .

Ponieważ równość ma zachodzić dla wszystkich liczb rzeczywistych t , wiec musza zachodzić równości
15A = 15 , 6A + 10B = 6 i 2B + 5C = 0 , a to oznacza, że A = 1 i B = C = 0 . Wobec tego funkcja

t3e2t jest jednym z rozwiazań pierwszego równania.
Liczba -2 nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, zatem drugie równanie ma

rozwiazanie postaci (At2 + Bt + C)e-2t . Podstawiajac do równania otrzymujemy
(4t2 + 6t - 2)e-2t = 4At2 + (-8A + 4B)t + 2A - 4B + 4C e-2t +
+ - 2At2 + (2A - 2B)t + B - 2C e-2t - 6(At2 + Bt + C)e-2t =
= - 4At2 - (6A + 4B)t + (2A - 3B - 4C) e-2t .
Wobec tego A = -1 , 6A + 4B = -6 i 2A - 3B - 4C = -2 , zatem B = 0 = C . Funkcja -t2e-2t

jest wiec jednym z rozwia zań drugiego równania.

Rozwiazań trzeciego równania możemy szukać w postaci A cos t + B sin t , bo liczba i nie jest
pierwiastkiem równania charakterystycznego. Moglibyśmy poszukiwać ich też w postaci zespolonej
1
aeit + be-it , ale wolimy od razu w rzeczywistej; przypomnijmy tylko, że cos t = (eit + e-it) oraz
2
1
sin t = (eit - e-it) .
2i

Podstawiajac do równania otrzymujemy 10 cos t = (-A cos t - B sin t) + (-A sin t + B cos t) -
6(A cos t + B sin t) = (-7A + B) cos t + (-A - 7B) sin t , zatem 10 = -7A + B i 0 = -A - 7B , czyli
1 7 1

A = -7 i B = , zatem funkcja - cos t + sin t jest jednym z rozwiazań trzeciego równania.
5 5 5 5

Stad wynika, że rozwiazaniem ogólnym równania wyjściowego jest funkcja
7 1
t3e2t - t2e-2t - cos t + sin t + c1e2t + c2e-3t .
5 5
Å„Å‚
x (t) = x(t) - y(t) - z(t),
òÅ‚

5. Znalez
ć rozwiazanie ogólne ukladu równań: y (t) = x(t) + y(t),
ół
z (t) = 3x(t) + z(t).

Znalez
ć rozwiazanie ukladu spelniajace warunek x(0) = 2 , y(0) = 0 , z(0) = 0 .
ëÅ‚ öÅ‚
1 -1 -1
Å‚Å‚.

Rozwiazanie. Niech M =íÅ‚ 1 1 0 Równanie charakterystyczne macierzy M wyglada
3 0 1
1 -  -1 -1
tak: 0 = det(M - I) = 1 1 -  0 = (1 - )3 + 4(1 - ) = (1 - ) (1 - )2 + 4 ,
3 0 1 - 

zatem wartościami wlasnymi macierzy M sa liczby 1 , 1 + 2i oraz 1 - 2i . Wspólrzedne wektora

wlasnego odpowiadajacego wartości wlasnej 1 spelniaja równania v1 - v2 - v3 = v1 , v1 + v2 = v2
-
-----
i 3v1 + v3 = v3 , zatem v1 = 0 i v2 = -v3 . Jednym z wektorów wlasnych jest wektor (0, 1, -1) .

Wspólrzedne wektora wlasnego, który odpowiada wartości wlasnej 1 + 2i spelniaja nastepujace
równania v1 - v2 - v3 = (1 + 2i)v1 , v1 + v2 = (1 + 2i)v2 i 3v1 + v3 = (1 + 2i)v3 , zatem
-
----

v1 = 2iv2 i 3v1 = 2iv3 . Spelnione sa te równania np. przez wspólrzedne wektora (2i, 1, 3) . Ponieważ

1 + 2i = 1 - 2i i wyrazy macierzy M sa rzeczywiste, wiec wartości wlasnej 1 - 2i odpowiada m.in.

------

3

wektor wlasny (-2i, 1, 3) . Rozwiazaniem ogólnym ukladu jest funkcja (o wartościach w )
0 2i -2i 0 0 2
1 0
c1et 1 +c2e(1+2i)t 1 +c3e(1-2i)t 1 = c1et 1 +(c2+c3)et cos(2t) -sin(2t) +
-1 3 3 -1 3 0
0 2
1 0
+ (c2 - c3)iet sin(2t) + cos(2t) .
3 0

W wersji rzeczywistej wyglada to tak
0 0 2 0 2
1 0 1 0
c1et 1 + c2et cos(2t) - sin(2t) + c3et sin(2t) + cos(2t) .
Ü Ü
-1 3 0 3 0

Mamy jeszcze znalez
ć rozwiazanie szczególne spelniajace warunek poczatkowy. Bez trudu stwier-
Ü Ü
dzamy, że przyjmujac c1 = 0 , c2 = 0 i c3 = 1 otrzymujemy poszukiwana funkcje.

6. Znalez
ć punkty zerowania sie gradientu funkcji f i lokalne ekstrema tej funkcji oraz wyjaśnić, które

2

z nich sa minimami, a które maksimami, jeśli f(x, y) = 16y4 - x4 - 16x2y - 32y2 dla (x, y) " .

Wskazówka. W otoczeniu tego z punktów krytycznych, którego charakteru nie da sie wyjaśnić za

pomoca ogólnego twierdzenia, rozważyć f na jednej z osi oraz na paraboli 4y + x2 = 0 .
"f "f

Rozwiazanie. Mamy (x, y) = -4x3 - 32xy = -4x(x2 + 8y) i (x, y) = 64y3 - 64y - 16x2 .
"x "y
"f "f

Z równości (x, y) = 0 wynika wiec, że x = 0 lub x2 = -8y . Z równości x = 0 i (x, y) = 0
"x "y
"f
wynika, że y = 0 lub y = 1 , lub y = -1 . Z równości x2 = -8y i (x, y) = 0 wynika, że
"y

64y3 + 64y = 0 , czyli że y = 0 , a wiec również x = 0 .
"2f "2f "2f
Mamy (x, y) = -12x2 - 32y , (x, y) = -32x oraz (x, y) = 192y2 - 64 . Wobec
"x2 "x"y "y2
32 0

tego D2f(0, -1) = . Ta macierz jest dodatnio określona (kryterium Sylvestera), wiec w
0 128
punkcie 0, -1 funkcja ma lokalne minimum wlaściwe, czyli w dostatecznie malym otoczeniu punktu
-32 0

(0, -1) przyjmuje jedynie wartości wieksze niż w tym punkcie. Mamy też D2f(0, 1) = .
0 128

Otrzymana macierz ma jedna ujemna wartość wlasna, -32 i jedna dodatnia 128 . Wynika st6adf,

że w dowolnym otoczeniu punktu (0, 1) znajduja sie punkty, w których funkcja przyjmuje zarówno

wartości wieksze niż w tym punkcie jak i takie, w których wartości funkcji sa mniejsze niż w tym
0 0

punkcie, nie ma wiec w tym punkcie lokalnego ekstremum. Dalej D2f(0, 0) = . Tym razem
0 64

nie da sie wywnioskować, czy funkcja ma w punkcie (0, 0) lokalne ekstremum z postaci drugiej

różniczki, to zależy nie tylko od niej. Mamy jednak f(x, 0) = -x4 , wiec funkcja ograniczona do
osi OX ma w punkcie 0 lokalne maksimum wlaściwe, a z tego wynika, że nie ma w tym punkcie
x2 x8 x4 x8
lokalnego minimum (również niewlaściwego). f(x, - ) = - x4 + 4x4 - 32 = + x4 > 0 dla
4 16 16 16
x = 0 . Wykazaliśmy, że w punktach dowolnie bliskich punktowi (0, 0) funkcja przyjmuje wartości


wieksze niż w punkcie (0, 0) , a to oznacza, że w tym punkcie nie ma lokalnego maksimum (również

niewlaściwego). Ponieważ nie ma ani lokalnego maksimum ani lokalnego minimum, wiec funkcja f
nie ma w tym punkcie lokalnego ekstremum.
7. Niech C = {(x, y): -8 d" x d" 4, |y| d" 4} i f(x, y) = x3 - 27x + xy2 .
Znalez
ć lokalne ekstrema funkcji f .

Znalez
ć najwieksza i najmniejsza wartość funkcji f w zbiorze C lub wykazać, że funkcja nie przyj-
muje którejś wartości ekstremalnej w tym zbiorze.
"f "f "f

Rozwiazanie. Mamy (x, y) = 3x2 - 27 + y2 oraz (x, y) = 2xy . Jeśli (x, y) = 0 to
"x "y "y
"
"f
x = 0 lub y = 0 . W pierwszym przypadku z równości (x, y) = 0 wynika, że y = ą3 3 ;
"x
"f

w drugim z równości (x, y) = 0 wynika, że x = ą3 . Mamy wiec cztery punkty, w których
"x
" "
6x 2y

gradient zeruje sie: (3, 0) , (-3, 0) , (0, -3 3) i (0, 3 3) . Mamy też D2f(x, y) = , za-
2y 2x
"
"
18 0 -18 0 0 -6 3
"
tem D2f(3, 0) = , D2f(-3, 0) = , D2f(-3 3, 0) = oraz
0 6 0 -6 -6 3 0
 "
"
0 6 3
"
D2f(3 3, 0) = . W pierwszym przypadku mamy do czynienia z lokalnym minimum
6 3 0
wlaściwym, a w drugim  z lokalnym maksimum wlaściwym, w trzecim i w czwartym z siodlami.

Ponieważ funkcja f jest ciagla, a zbiór C jest domkniety i ograniczony, wiec funkcja f osiaga

na nim wartość najwieksza i wartość najmniejsza. Może przyjmować którakolwiek z nich wewnatrz
" " "

obszaru lub na jego brzegu. Ponieważ 3 3 > 5 > 4 , wiec punkty (0, -3 3) i (0, 3 3) nie leża w

zbiorze C . Punkty (3, 0) i (-3, 0) leża w zbiorze C . Mamy f(3, 0) = 33 - 27 · 3 = -2 · 27 = -54 ,
f(-3, 0) = -33 + 27 · 3 = 2 · 27 = 54 .

Teraz zajmiemy sie brzegiem zbioru C . Mamy f(-8, y) = -296-8y2 . Jeśli |y| d" 4 , to -424 =
=-296-8·16 d" f(-8, y) d" -296 . JeÅ›li |y| d" 4 , to -44 d" f(4, y) = -44+4y2 d" -44+4·16 = 20 .

Dalej f(x, 4) = f(x, -4) = x3 - 11x . Ponieważ (x3 - 11x) = 3x2 - 11 , wiec na przedziale
"
11 22 22 44
- 8, - funkcja x3 - 11x roÅ›nie od wartoÅ›ci -424 do wartoÅ›ci · 33 < · 6 = < 16 ,
3 9 9 3
" "
11 11 22 22
na przedziale - ,  maleje od wartoÅ›ci · 33 do wartoÅ›ci - · 33 > -16 , a na
3 3 9 9
"
11 22
przedziale , 4 roÅ›nie od wartoÅ›ci - · 33 do wartoÅ›ci 20 .
3 9

Wobec tego najmniejsza wartościa funkcji f w zbiorze C jest -424 , a najwieksza  54 .