2 = 0, wie c powtarzaja c rozumowanie stwierdzamy

Transkrypt

1 Liczby zespolone cd. Podamy teraz bez dowodu Zasadnicze twierdzenie algebry Jeśli a 0, a 1,..., a n C oraz n 1 i a n 0, to istnieje co najmniej jedna liczba zespolona z 1 taka, że a 0 + a 1 z a n z n 1 = 0, czyli: każdy wielomian stopnia wie kszego od 0 o wspó lczynnikach zespolonych ma co najmniej jeden pierwiastek zespolony. Dowód tego twierdzenia wykracza poza program tego wyk ladu. Z twierdzenia tego wynika, że jeśli pz) = a 0 + a 1 z + + a n z n, to istnieje co najmniej jedna liczba zespolona z 1 taka, że dla pewnych liczb zespolonych b 0, b 1,..., b n 1 wzór pz) = z z 1 )b 0 + b 1 z + + b n 1 z n 1 ) zachodzi dla każdej liczby zespolonej z twierdzenie Bézout). Oczywiście b n 1 = a n 0. Jeśli n 1 1, to istnieje liczba z 2 taka, że b 0 +b 1 z 2 + +b n 1 z n 1 2 = 0, wie c powtarzaja c rozumowanie stwierdzamy istnienie liczb c 0, c 1,..., c n 2 takich, że dla każdej liczby zespolonej z zachodzi równość pz) = z z 1 )z z 2 )c 0 +c 1 z+ +c n 2 z n 2 ). Te zabawe można kontynuować dopóki nie roz lożymy wielomianu p na iloczyn wielomianów stopnia pierwszego i sta lej: pz) = a n z z 1 )z z 2 )... z z n ). Wywnioskowaliśmy w laśnie z zasadniczego twierdzenia algebry Wniosek Każdy wielomian o wspó lczynnikach zespolonych możemy przedstawić w postaci iloczynu wielomianów stopnia pierwszego o wspó lczynnikach zespolonych. Wniosek ten może być zastosowany również do wielomianów, których wspó lczynnikami sa liczby rzeczywiste, w końcu liczby rzeczywiste sa również liczbami zespolonymi bardzo szczególnymi). Takie wielomiany be dziemy nazywać rzeczywistymi. Wtedy z tego wniosku można wywnioskować nieco wie cej. Twierdzenie o nierzeczywistych pierwiastkach wielomianu rzeczywistego Jeśli a 0, a 1,..., a n IR, n 1 i a n 0 oraz a 0 + a 1 z + a 2 z a n z n = 0, to również a 0 + a 1 z + a 2 z a n z n = 0, tzn. jeśli liczba zespolona z jest pierwiastkiem wielomianu o wspó lczynnikach rzeczywistych to jej sprze żenie z również jest pierwiastkiem tego wielomianu. Dowód. Mamy 0 = 0 = a 0 + a 1 z + a 2 z a n z n = ā 0 +ā 1 z +ā 2 z 2 + +ā n z n = a 0 +a 1 z +a 2 z a n z n trzecia równość wynika z w lasności sprze żenia, czwarta z tego, że wspó lczynniki a 0, a 1,..., a n sa rzeczywiste. Dowód zosta l zakończony. Widzimy wie c, że nierzeczywiste pierwiastki wielomianu rzeczywistego wyste puja parami. Jeśli z 1, jest nierzeczywistym pierwiastkiem wielomianu rzeczywistego pz), to również liczba z 2 = z 1 jest jego pierwiastkiem, a ponieważ z 1 z 1 = z 2, wie c wielomian pz) jest podzielny przez wielomian z z 1 )z z 2 ) = z 2 z 1 + z 2 )z + z 1 z 2 = z 2 z 1 + z 1 )z + z 1 z 1 = z 2 2Rez 1 z + z 1 2. Wspó lczynniki tego ostatniego wielomianu sa liczbami rzeczywistymi! Oczywiście ten wielomian kwadratowy nie ma pierwiastków rzeczywistych bo ma nierzeczywiste, a ma ich tylko 2 jako wielomian 225

2 stopnia drugiego). Sta d latwo już wnioskujemy, że Twierdzenie o rozk ladzie wielomianu rzeczywistego na czynniki nierozk ladalne Każdy wielomian rzeczywisty stopnia nie mniejszego niż 1 można przedstawić w postaci iloczynu wielomianów rzeczywistych stopnia pierwszego i drugiego o ujemnych wyróżnikach. Okaza lo sie wie c, że przynajmniej z punktu widzenia rozwia zywania równań wielomianowych dalsze rozszerzania zapasu liczb nie jest potrzebne.* Wzory Eulera Dla każdej liczby rzeczywistej x zachodza równości cos x = 1 2 e ix +e ix ), sin x = 1 2i e ix e ix ). Dowodzić tu w laściwie nie ma co. Wzory wynikaja natychmiast z definicji funkcji e z dla z C. Wzory pozwalaja na rozszerzenie dziedziny funkcji sinus i kosinus na wszystkie liczby zespolone. Można po prostu przyja ć, że sin z = 1 2i e iz e iz ) oraz cos z = 1 2 e iz + e iz ). Tak zdefiniowane funkcje sa przydatne w wielu sytuacjach, ale nimi zajmować sie nie be dziemy. Maja one zreszta nieco inne w lasności niż funkcje zmiennej rzeczywistej zob. zadanie 1.) Przyk lad Znajdziemy wzór na sin5x), x IR. Mamy sin5x) = Imcos5x) + i sin5x)) = Im cos x + i sin x) 5) = = Im cos 5 x+5 cos 4 x i sin x)+10 cos 3 xi sin x) cos 2 xi sin x) 3 +5 cos xi sin x) 4 +i sin x) 5) = = Im cos 5 x + 5i cos 4 x sin x 10 cos 3 x sin 2 x 10i cos 2 x sin 3 x + 5 cos x sin 4 x + i sin 5 x ) = = 5 cos 4 x sin x 10 cos 2 x sin 3 x + sin 5 x. Wzór zosta l wyprowadzony. Przy okazji mamy też cos5x) = cos 5 x 10 cos 3 x sin 2 x+5 cos x sin 4 x. Widać wie c, że wystarczy znajomość wzoru de Moivre a i dwumianu Newtona. Wyprowadzenie to jest proste, autor tekstu chca c użyć wzór na sinnα) poste puje tak, jak pokaza l w przyk ladzie, nie szuka wzoru w literaturze, bo ta czynność zabra laby mu wie cej czasu, chociaż ma ksia żki, w których ten wzór jest podany. Funkcje zmiennej zespolonej można różniczkować tak, jak funkcje zmiennej rzeczywistej: formalne regu ly różniczkowania pozostaja niezmienione. Podkreślić wypada, że różniczkowalność funkcji zmiennej zespolonej ma dalej ida ce konsekwencje niż różniczkowalność w sensie rzeczywistym, ale te kwestie wykraczaja daleko poza program matematyki A1. Przyk lad 2z+1 Znajdziemy pochodna funkcji 3z 1. Mamy ) 2z+1 3z 1 = 23z 1) 32z+1) 3z 1) = 5 2 3z 1). 2 Teraz znajdziemy pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej f zdefiniowanej wzorem ft) = e t2+3i). Stosuja c wzór na pochodna funkcji z lożonej otrzymujemy e t2+3i)) = 2 + 3i)e t2+3i), co można też zapisać tak: e 2t [cos3t) + i sin3t)] ) = 2 + 3i)e 2t [cos3t) + i sin3t)] = = e 2t [2 cos3t) 3 sin3t) + i2 sin3t) + 3 cos3t))]. * Nie jest też w pewnym sensie możliwe, ale wyjaśnienie odpowiedniego twierdzenia zaje loby za dużo miejsca. 226

3 Bez k lopotu możemy sprawdzić, że e 2t cos3t) ) = e 2t [2 cos3t) 3 sin3t)] oraz e 2t sin3t) ) = e 2t [2 sin3t) + 3 cos3t)]. Oznacza to, że różniczkowanie cze ści rzeczywistej i cze ści urojonej odby lo sie oddzielnie. Liczby zespolone pozwalaja te wzory potraktować jako fragmenty jednej formu ly. Sca lkujemy funkcje e 3t cos4t). Można posta pić wg. recept poznanych w pierwszym semestrze: sca lkować dwa razy przez cze ści, potem rozwia zać równanie, w którym niewiadoma be dzie poszukiwana ca lka, ale można też posta pić inaczej. Mamy e 3t cos4t) = Re e 3+4i)t). Zachodzi równość* e 3+4i)t dt = 1 3+4i e3+4i)t = 3 4i 3 2 4i) e 3t cos4t) + i sin4t) ) = e 3t i) cos4t) + i sin4t) ) = = e 3t 3 25 cos4t) sin4t)) + ie 3t 3 25 sin4t) 4 25 cos4t)). Z tej równości wywnioskujemy, że e 3t cos4t)dt = Re e 3t 3 25 cos4t) sin4t)) + ie 3t 3 25 sin4t) 4 25 cos4t))) = i przy okazji e 3t sin4t)dt = Im e 3t 3 25 cos4t) sin4t)) + ie 3t 3 25 sin4t) 4 25 cos4t))) = = e 3t 3 25 cos4t) sin4t)) = e 3t 3 25 sin4t) 4 25 cos4t)). Takie obserwacje u latwiaja pos lugiwanie sie różnymi wzorami, lepiej widoczne jest, że podobieństwa maja jakieś g le bsze podstawy. Liczby zespolone używać be dziemy, gdy be da nam potrzebne. Teraz zajmiemy sie nieco inna tematyka. * Konsekwentnie opuszczamy sta la ca lkowania 227

4 I.Newton sformu lowa l podstawowe zasady dynamiki. Druga zasada dynamiki ma postać wzoru F = ma. F oznacza tu si le dzia laja ca na cia lo o masie m, a oznacza przyspieszenie tego cia la. Przyspieszenie to druga pochodna po lożenia w chwili t, oczywiście przyspieszenie na ogó l zależy od czasu. Jest to oczywiście wielkość wektorowa, wie c dlatego stosujemy t lusty druk albo strza lke to rzecz gustu). Oznaczaja c po lożenie w chwili t przez xt) = x 1 t), x 2 t), x 3 t) ) otrzymujemy at) = x t). W ogólności si la jest wektorem zależnym od po lożenia np. grawitacyjna), pre dkości poruszaja cego sie cia la np. tarcie) i czasu np. zwie kszamy lub zmniejszamy obroty silnika). Powinniśmy wie c traktować wektor F jako funkcje zależna od zmiennych x, x oraz t. Wtedy druga zasada dynamiki przyjmuje postać F xt), x t), t ) = mx t). Z jednej strony wyste puje druga pochodna funkcji x, a z drugiej funkcja zależna od x, x oraz t. Zwykle naszym celem po napisaniu takiego równania jest znalezienie funkcji x chcemy zbadać ruch, czyli móc powiedzieć w jakim punkcie w danej chwili znajduje sie poruszaja cy sie obiekt. Równania tego typu nazywane sa równaniami różniczkowymi, w tym konkretnym przypadku drugiego rze du, bowiem w równaniu wyste puja pochodne drugiego rze du niewiadomej funkcji, a pochodne wyższego rze du już nie. Jeśli równanie nie daje sie rozwia zać, to możemy próbować przybliżyć rozwia zanie, czasem przybliżyć równanie i rozwia zać równanie przybliżone w nadziei, że jego rozwia zania przybliżaja rozwia zania wyjściowego równania. Zagadnienia te sa trudne. W trakcie tego wyk ladu zajmować sie be dziemy jedynie najprostszymi typami równań różniczkowych, które można rozwia zać. W szkole uczniowie spotykaja sie na lekcjach fizyki z wahad lem matematycznym, poznaja prawa jego ruchu. Zaczyna sie to wszystko od stwierdzenia, że jeśli xt) oznacza ka t o jaki wahad lo odchylone jest od pionu w chwili t, to spe lniona jest równość x t) = sin xt). Zak ladam tu, że jednostki sa tak dobrane, że przyspieszenie ziemskie równe jest 1, d lugość wahad la też jest 1 i dlatego nie ma żadnych wspó lczynników w rodzaju g, l,... Naste pnie nauczyciel oświadcza, że ponieważ zajmujemy sie jedynie sytuacja, w której amplituda wahań jest ma la, wie c możemy przyja ć, że sin x x *, co pozwala na zaje cie sie równaniem x t) = xt). To ostatnie daje sie latwo rozwia zać, nauczymy sie tego w nieodleg lej przysz lości. Teraz podamy prostszy przyk lad wraz z rozwia zaniem. Znajdziemy wszystkie funkcje f określone na ca lej prostej, dla których spe lniony jest warunek f t) = kft) * Jeśli f jest funkcja różniczkowalna w punkcie p, to zachodzi równość przybliżona fp+h) fp)+f p)h, te przybliżona równość stosujemy tu dla fx)=sin x, p=0. Zastepujemy wiec funkcje sinus funkcja liniowa. 228

5 dla każdej liczby rzeczywistej t. Takie równanie pojawia sie w zwia zku z badaniem różnych zjawisk, np. masy pierwiastka promieniotwórczego zmienia sie ona w czasie w ten sposób, że ubytek masy jest proporcjonalny do masy w danej chwili oraz czasu w jakim naste puje rozpad. Bez trudu stwierdzić można, że tak sformu lowane prawo nie może być dok ladne nie chce sie tym zajmować, ale moge wyjaśnić spragnionym tej wiedzy po wyk ladzie lub w trakcie konsultacji dok ladniej w czym rzecz). Piszemy wie c równość przybliżona mt+ t) mt) t kmt) i znajdujemy granice przy t 0 otrzymuja c m t) = kmt). Innym zjawiskiem prowadza cym do równania f t) = kft) jest rozszerzalność cieplna. Stosujemy to samo rozumowanie, jedyna różnica to to, że w przypadku rozpadu promieniotwórczego wspó lczynnik k jest ujemny podczas, gdy w przypadku wyd lużania sie cia la w wyniku wzrostu temperatury wspó lczynnik jest dodatni, ale z punktu widzenia matematyki ta różnica jest nieistotna. Nieistotne jest również znaczenie zmiennej t, która w pierwszym przypadku oznacza czas, a drugim temperature. Nietrudno zauważyć, że funkcja e kt spe lnia równanie f t) = kft). Jest też oczywiste, że jeśli f spe lnia równanie f t) = kft), to dla dowolnej liczby c również funkcja cf spe lnia to równanie. Wykażemy, że jeśli f spe lnia równanie f t) = kft), to istnieje liczba c taka, że ft) = ce kt dla każdej liczby rzeczywistej t. Mamy bowiem ft)e kt ) = f t)e kt ke kt ft) = kft)e kt ke kt ft) = 0. Funkcja ft)e kt jest wie c sta la. Oznaczywszy jej jedyna wartość przez c wnioskujemy, że wzór ft)e kt = c zachodzi dla każdej liczby rzeczywistej t, wie c ft) = ce kt dla t IR. Podstawiaja c t = 0 otrzymujemy c = f0), czyli ft) = f0)e kt. Uwaga. Udowodnione w laśnie twierdzenie jest prawdziwe również dla funkcji zespolonych. Uzasadnić można to w ten sam sposób. Trzeba jednak najpierw wykazać, że jeśli f t) = 0 dla każdej liczby t z przedzia lu, na którym określona jest funkcja f, to f jest funkcja sta la również wtedy, gdy jest to funkcja o wartościach zespolonych. Takie stwierdzenie jest prawdziwe, ale podany przez nas jego dowód w przypadku rzeczywistym wymaga modyfikacji, bo korzystaliśmy w nim z twierdzenia Lagrange a o wartości średniej, a ono w takiej wersji jak w przypadku rzeczywistym prawdziwe nie jest. Te kwestie odk ladamy na później. W dalszym cia gu niewiadoma funkcje be dziemy oznaczać przez x, a nie jak do tej pory przez f. Teraz zajmiemy sie równaniami postaci x t) = kxt) + gt), gdzie k oznacza dowolna liczbe, być może nierzeczywista. Z równaniem tym, zwanym równaniem liniowym, zwia zane jest równanie liniowe jednorodne y t) = kyt), które już umiemy rozwia zać. Mamy yt) = ce kt, gdzie c oznacza sta la. Poszukamy rozwia zania równania x t) = kxt) + gt) w postaci xt) = ct)e kt, czyli zasta pimy sta la c przez funkcje 229

6 zmiennej t.* Podstawiaja c do równania otrzymujemy c t)e kt + kct)e kt = kct)e kt + gt), czyli c t)e kt = gt). Sta d natychmiast otrzymujemy c t) = gt)e kt. Teraz wystarczy znaleźć ca lke gt)e kt dt i zakończyć wypisaniem rozwia zania. Pokażemy na przyk ladzie, jak ta metoda dzia la. Niech k = 2, gt) = te 3t, tzn. zajmiemy sie równaniem x t) = 2xt) + te 3t. Pomocnicze równanie jednorodne to y t) = 2yt). Ma ono rozwia zanie ce 2t, wie c znajdziemy funkcje c taka, że xt) = ct)e 2t. Podstawiaja c do równania niejednorodnego otrzymujemy c t)e 2t + 2ct)e 2t = 2ct)e 2t + te 3t. Sta d c t)e 2t = te 3t, zatem c t) = te t. Mamy wie c ct) = te t dt przez cześci ========te t 1 e t dt = te t e t + c 1, gdzie c 1 oznacza sta la. Sta d xt) = te t e t +c 1 ) e 2t = te 3t e 3t +c 1 e 2t. Widzimy wie c, że rozwia zanie jest postaci: pewna funkcja + dowolna funkcja spe lniaja ce pomocnicze równanie jednorodne. Nie jest to przypadek. Jeśli funkcje x 1, x 2 sa rozwia zaniami badanego równania niejednorodnego x t) = kxt) + gt), czyli gdy x 1 t) = kx 1t) + gt) i x 2 t) = kx 2t) + gt), to ich różnica spe lnia równanie jednorodne: x 1 t) x 2 t)) = kx 1 t) x 2 t)) odje liśmy stronami obie równości. Definicja quasiwielomianu Iloczyn wielomianu p i funkcji e λt quasiwielomianu pt)e λt nazywamy stopień wielomianu p. nazywamy quasiwielomianem z wyk ladnikiem λ. Stopniem Funkcja t t + 12)e 7t jest quasiwielomianem stopnia drugiego z wyk ladnikiem λ. Funkcja e 5t jest quasiwielomianem stopnia 0 wyk ladnikiem 5. Funkcja x 3 4x jest quasiwielomianem stopnia 3 z wyk ladnikiem 0, czyli wielomianem. Funkcja t 3 cos2t) nie jest quasiwielomianem, ale jest cze ścia rzeczywista quasiwielomianu t 3 e 2it = t 3 cos2t) + i sin2t) ). Podobnie funkcja t 3 + 2t) sin3t)e 2t nie jest quasiwielomianem, ale jest cze ścia urojona quasiwielomianu stopnia 3 z wyk ladnikiem 2+3i, mianowicie t 3 +2t)e 2+3it) = t 3 +2t)e 2t cos3t)+i sin3t) ). Wykażemy teraz twierdzenie opisuja ce rozwia zania równania niejednorodnego, którego prawa strona jest quasiwielomianem. Twierdzenie o rozwia zaniach równania liniowego quasiwielomianowego rze du 1. Jeśli funkcja g jest quasiwielomianem stopnia d z wyk ladnikiem λ i x t) = kxt) + gt), to jeśli k λ, to funkcja x jest suma quasiwielomianu stopnia d z wyk ladnikiem λ i quasiwielomianu stopnia 0 z wyk ladnikiem k ; jeśli k = λ, to funkcja x jest quasiwielomianem stopnia d + 1 z wyk ladnikiem λ. * Ponieważ ekt 0 dla każdego t, wiec poszukiwana funkcje x można zapisać w tej postaci, bo każda funkcje można podzielić przez e kt. Ta metoda postepowania nazywana jest uzmiennianiem sta lej, niektórzy mówia o wariacji sta lej, choć lepiej pewnie brzmia loby o wariacji konstanty, ale my bedziemy używać konsekwentnie s lów polskich. 230

7 Dowód. Zastosujemy metode uzmienniania sta lej. Rozwia zaniem pomocniczego równania liniowego jednorodnego y t) = kyt) jest yt) = ce kt, c jest tu pewna liczba. Znajdziemy funkcje c zmiennej t taka, że xt) = ct)e kt. Podstawiaja c do równania otrzymujemy c t)e kt + kct)e kt = kct)e kt + gt). Sta d c t)e kt = gt), wie c c t) = gt)e kt. Niech p be dzie wielomianem stopnia d takim, że gt) = pt)e λt. Jeśli λ = k, to c t) = pt), zatem c jest wielomianem stopnia d + 1 i w tym przypadku dowód jest zakończony. Za lóżmy wie c, że λ k. Teraz c t) = pt)e λ k)t. Ca lkuja c przez cze ści otrzymujemy pt)e λ k)t dt = 1 λ k pt)eλ k)t 1 λ k p t)e λ k)t dt. Sprowadziliśmy obliczenie ca lki do takiego samego problemu, ale z wielomianem, którego stopień jest o 1 mniejszy od wyjściowego. Można te procedure powtórzyć: p t)e λ k)t dt = 1 λ k p t)e λ k)t p t)e λ k)t dt, zatem 1 λ k pt)e λ k)t dt = 1 λ k pt)eλ k)t dt 1 λ k p t)e λ k)t dt + 1 λ k) p t)e λ k)t dt. 2 Widać, że ca lkuja c d+1 razy otrzymamy w końcu quasiwielomian stopnia d z wyk ladnikiem λ k, a po pomnożeniu przez e kt przez e kt, wie c wynik zapowiedziany w twierdzeniu. Przyk lad 1. quasiwielomian z wyk ladnikiem λ stopnia d, plus sta la pomnożona Rozwia żemy równanie x t) = 5xt) + t 2 + 4t)e 3t. Ponieważ funkcja t 2 + 4t)e 3t jest quasiwielomianem stopnia 2 z wyk ladnikiem 3 5, wie c rozwia zanie jest quasiwielomianem stopnia 2 z wyk ladnikiem 3 plus sta la razy e 5t, czyli funkcja postaci ) c 1 t 2 + c 2 t + c 3 e 3t + ce 5t. Należy znaleźć sta le c 1, c 2, c 3, c. Podstawiaja c do równania otrzymujemy ) 2c1 t + c 2 e 3t + 3 ) c 1 t 2 + c 2 t + c 3 e 3t 5ce 5t = 5 ) c 1 t 2 + c 2 t + c 3 e 3t 5ce 5t + t 2 + 4t)e 3t. Aby te funkcje by ly równe wspó lczynniki przy tych samych pote gach zmiennej t po obu stronach równości musza być równe. Wobec tego 3c 1 = 5c 1 + 1, 2c 1 + 3c 2 = 5c 2 + 4, c 2 + 3c 3 = 5c 3 i 5c = 5c. Ostatnia równość nic nie wnosi: liczba c to dowolna liczba zespolona. Rozwia zujemy uk lad 3 równań liniowych z niewiadomymi c 1, c 2, c 3 i otrzymujemy c 1 = 1 8, c 2 = i c 3 = Wykazaliśmy, że xt) = 1 8 t t ) e 3t + ce 5t. Przyk lad 2. Rozwia żemy równanie x t) = 2xt) + t 2 e 2t. Z twierdzenia wynika, że w tym przypadku rozwia zanie jest quasiwielomianem stopnia 2+1 z wyk ladnikiem 2. Jest wie c postaci c 1 t 3 +c 2 t 2 +c 3 t+c 4 ) e 2t. Podstawiaja c otrzymujemy ) 3c1 t 2 + 2c 2 t + c 3 e 2t + 2 ) c 1 t 3 + c 2 t 2 + c 3 t + c 4 e 2t = 2 ) c 1 t 3 + c 2 t 2 + c 3 t + c 4 e 2t + t 2 e 2t. Sta d wynika natychmiast porównujemy wspó lczynniki przy tych samych pote gach t po obu stronach równości), że c 1 = 1 3, c 2 = c 3 = 0 oraz, że c 4 jest dowolna liczba por. notka na dole strony). Rozwia zaniem jest wie c 1 3 t3 e 2t + c 4 e 2t, c 4 oznacza tu dowolna liczbe zespolona. To zreszta by lo jasne od samego pocza tku, bo funkcja ce 5t jest rozwia zaniem równania jednorodnego, wiec można ja dodać do rozwia zania równania niejednorodnego i otrzymać nastepne rozwia zanie równania niejednorodnego. 231

8 Przyk lad 3. Rozwia żemy równanie x t) = 2xt) + te t sin3t). Tym razem prawa strona nie jest quasiwielomianem, ale te t sin3t) = Imte 1+3i)t, wie c najpierw rozwia żemy równanie x t) = 2xt)+te 1+3i)t, a potem zainteresujemy sie jego cze ścia urojona. Ponieważ i, wie c rozwia zanie jest postaci c 1 t + c 2 )e 1+3i)t + ce 2t. Podstawiamy do równania i otrzymujemy c 1 e 1+3i)t i)c 1 t + c 2 )e 1+3i)t 2ce 2t = 2c 1 t + c 2 )e 1+3i)t 2ce 2t + te 1+3i)t. Porównanie wspó lczynników przy odpowiednich funkcjach po obu stronach prowadzi do równań 1 + 3i)c 1 = 2c i c i)c 2 = 2c 2. Sta d c 1 = 1 3+3i = 1 i 6, c 2 = c1 3+3i = 1 3+3i) 2 = 1 18i = i 18. Oczywiście żadnego warunku na c nie otrzymaliśmy, wie c rozwia zanie zespolone ma postać 1 i 6 t + i 18 )e1+3i)t + ce 2t. Jego cze ść urojona to 1 3t 18 et cos3t) tet sin3t) + Imc e 2t. Znaleźliśmy wie c rozwia zanie ogólne równania x t) = 2xt)+te t sin3t), Imc to prostu dziwaczne oznaczenie dowolnej liczby rzeczywistej. Zajmiemy sie teraz równaniami liniowymi drugiego rze du i zaraz potem wyższego rze du. Rozważać be dziemy równania postaci x t) + ax t) + bxt) = gt). nj2) a, b oznaczaja jakieś liczby na ogó l zespolone), g funkcje o wartościach zespolonych określona na pewnym przedziale, być może na ca lej prostej. Najważniejsze dla nas sa te równania, w których funkcja g jest quasiwielomianem. Z równaniem nj2. wia zać be dziemy równanie linowe jednorodne y t) + ay t) + byt) = 0 j2) oraz równanie charakterystyczne λ 2 + aλ + b = 0. ch2) Równanie charakterystyczne ch2) ma dwa pierwiastki niekoniecznie rzeczywiste i niekoniecznie różne) λ 1, λ 2. Dla każdej liczby λ mamy wie c λ 2 + aλ + b = λ λ 1 )λ λ 2 ), spe lnione sa też znane kiedyś) wszystkim maturzystom wzory Viète a: λ 1 + λ 2 = a, λ 1 λ 2 = b. Z wzorów Viète a wynika, że x t) + ax t) + bxt) = x t) λ 2 xt) ) λ1 x t) λ 2 xt) ). Można sobie u latwić manipulacje wprowadziwszy symbol D, oznaczaja cy różniczkowanie, umawiaja c sie, że dla każdej funkcji f symbol Df oznacza pochodna funkcji f, tzn. Wtedy spe lnione sa naste puja ce równości: Dft) = f t). Dc 1 f 1 + c 2 f 2 ) = c 1 Df 1 + c 2 Df 2 Df 1 f 2 ) = Df 1 f 2 + f 1 Df 2 liniowość różniczkowania), pochodna iloczynu). 232

9 Be dziemy też pisać D 2 f zamiast DDf). Przy takich umowach równanie nj2) można zapisać tak D 2 x + adx + bx = g, opuściliśmy argument, co wielokrotnie be dziemy robić, bo to upraszcza zapis. Jeśli jeszcze umówimy sie, że D + λ)x = Dx + λx dla każdej liczby λ i każdej funkcji różniczkowalnej x, to możemy napisać x + ax + bx = D 2 x + adx + bx = D λ 1 ) Dx λ 2 x ) = D λ 1 ) D λ 2 )x ). Naturalnym pomys lem jest wie c pisanie x + ax + bx = D λ 1 )D λ 2 )x, co zwykle sie czyni. Nasze równanie ma wie c postać D λ 1 )D λ 2 )x = g. Niech z = D λ 2 )x. Rozwia zanie równania drugiego rze du D λ 1 )D λ 2 )x = g można wie c sprowadzić do rozwia zania dwóch równań pierwszego rze du: najpierw szukamy funkcji z takiej, że D λ 1 )z = g a po znalezieniu z szukamy funkcji x takiej, że D λ 2 )x = z. Zauważmy jeszcze, że jeśli D λ 1 )D λ 2 )x 1 = g i D λ 1 )D λ 2 )x 2 = g, to różnica x 1 x 2 rozwia zań równania niejednorodnego, spe lnia równanie jednorodne D λ 1 )D λ 2 )x 1 x 2 ) = 0. Jasne jest, że jeśli D λ 1 )D λ 2 )x = g i D λ 1 )D λ 2 )y = 0, to D λ 1 )D λ 2 )x + y) = g. Oznacza to, że jeśli znajdziemy w jakiś sposób jedno rozwia zanie równania niejednorodnego* i wszystkie rozwia zania równania jednorodnego, to tym samym znajdziemy wszystkie rozwia zania równania niejednorodnego. Ostrzeżenie: D + 1)D t)x = D + 1)x tx) = x tx) + x tx = x + 1 t)x 1 + t)x, ale D t)d + 1)x = D t)x + x) = x + x tx tx = x + 1 t)x tx, zatem D + 1)D t)x D t)d + 1)x. Widzimy wie c, że kolejność wykonywania operacji ma wp lyw na wynik. W tym konkretnym przypadku można sie tego spodziewać bez przed przeprowadzaniem obliczeń, bo pochodna funkcji sta lej jest 0, a t) = 1 0. Jednak jeśli λ 1, λ 2 sa liczbami najprostszy przypadek, innych z braku czasu nie rozważamy), to Przyk lad 4. Zajmiemy sie D λ 1 )D λ 2 ) = D λ 2 )D λ 1 ). równaniem oscylatora harmonicznego, na razie bez t lumienia i wymuszenia, czyli równaniem x + ω 2 x = 0. Można je zapisać w postaci 0 = D 2 + ω 2 )x = D + ωi)d ωi)x. Niech z = D ωi)x. Ma wie c być D + ωi)z = 0, czyli zt) = c 1 e ωit, gdzie c 1 oznacza dowolna liczbe zespolona. Teraz kolej na równanie D ωi)x = c 1 e ωit. Z tego, co wiemy o równaniach pierwszego rze du, wynika, że jeśli ω 0, to xt) = c 1 e ωit + c 2 e ωit, gdzie c 1 jest sta la odpowiednio dobrana do c 1 : D ωi) c 1 e ωit + c 2 e ωit) = 2ωic 1 e ωit, wie c musi być spe lniona równość c 1 = 2ωic 1, albo c 1 = c1 2ωi = c1 2ω i. Otrzymaliśmy rozwia zanie w postaci zespolonej. Można je zapisać w postaci rzeczywistej. Niech * np. zgadniemy! 233

10 c 1 = α 1 + β 1 i, c 2 = α 2 + β 2 i, gdzie α 1, β 1, α 2, β 2. Wtedy xt) = c 1 e ωit + c 2 e ωit = [ α 1 + β 1 i ][ cosωt) i sinωt) ] + [ α 2 + β 2 i ][ cosωt) + i sinωt) ] = = [ α 1 + α 2 ) cosωt) + β 1 β 2 ) sinωt) ] + i [ β 1 + β 2 ) sinωt) α 1 α 2 ) cosωt) ]. Jeśli ω, to z tego, że funkcja x jest rozwia zaniem równania x + ω 2 x = 0 wynika, że 0 = 0 = x + ω 2 x = x + ω 2 x = x + ω 2 x, wie c również funkcja x jest rozwia zaniem. Wobec 1 tego, że suma rozwia zań też jest rozwia zaniem, stwierdzamy, że funkcje x + x i 2 x + x) = Rex sa rozwia zaniami równania. Również funkcja Imx = 1 2i x x) jest rozwia zaniem. Ponieważ Rext) = α 1 + α 2 ) cosωt) + β 1 β 2 ) sinωt) oraz Imxt) = β 1 + β 2 ) sinωt) α 1 α 2 ) cosωt), wie c rozwia zania rzeczywiste wygla daja tak: d 1 cosωt) + d 2 sinωt), gdzie d 1, d 2 oznaczaja dowolne liczby rzeczywiste. Mamy x0) = d 1 i x 0) = ωd 2. Wobec tego d 1 to po lożenie w chwili t = 0, a w d 2 zakodowana jest pre dkość pocza tkowa. Fizycy na ogó l wola inne parametry: amplitude i faze. Niech A = d d2 2 i niech θ be dzie takim ka tem, że cos θ = d1 d 2 1 +d 2 2 oraz sin θ = d2 d 2 1 +d 2 2. Wtedy zachodzi równość xt) = d 1 cosωt) + d 2 sinωt) = A [ cos θ cosωt) sin θ sinωt) ] = A cosθ + ωt). Jest jasne jak przechodzić od zestawu parametrów d 1, d 2 do zestawu A, θ i odwrotnie. Można wie c od razu szukać rozwia zania w postaci A cosθ + ωt) jednak trudno by loby opisać ogólna teorie w tych terminach, wie c używamy funkcji wyk ladniczych i liczb zespolonych. Przyk lad 5. Rozwia żemy równanie x t) + 3x t) 4xt) = 6te t. Równanie λ 2 + 3λ 4 = 0 ma dwa pierwiastki: λ 1 = 4 i λ 2 = 1. Możemy wie c zasta pić równanie różniczkowe drugiego rze du dwoma równaniami pierwszego rze du: D 1)yt) = 6te t i D + 4)xt) = yt). Rozwia zujemy pierwsze równanie jaka kolwiek z poznanych metod. Tym razem uzmiennimy sta la. Rozwia zanie ogólne równania jednorodnego D 1)y = 0, to ce t. Szukamy wie c rozwia zania równania D 1)yt) = 6te t w postaci ct)e t. Podstawiamy do równania i otrzymujemy 6te t = D 1) ct)e t) = ct)e t) ct)e t = c t)e t + ct)e t ct)e t = c t)e t. Trzeba rozwia zać równanie 6te t = c t)e t, po skróceniu c t) = 6t. Sta d ct) = 3t 2 + c 1, gdzie c 1 jest pewna liczba dowolna ). Teraz zajmiemy sie równaniem D + 4)xt) = 3t 2 + c 1 ) e t. Szukamy rozwia zania w postaci ct)e 4t, bo funkcja ce 4t jest rozwia zaniem równania jednorodnego D + 4)xt) = 0. Ma wie c być 3t 2 + c 1 )e t = D + 4) ct)e 4t) = c t)e 4t 4ct)e 4t + 4ct)e 4t = c t)e 4t. W skrócie wygla da to tak c t) = 3t 2 + c 1 )e 5t. Po sca lkowaniu Teraz możemy napisać ct) = 3 5 t2 e 5t 6 25 te5t e5t + c1 5 e5t + c

11 xt) = Oczywiście liczbe 3 5 t2 e 5t 6 25 te5t e5t + c1 5 e5t + c 2 ) e 4t = 3 5 t2 e t 6 25 tet et + c1 5 et + c 2 e 4t. c 15 możemy zasta pić np. przez c 1, bo żadnych ograniczeń na c 1 nie ma to po prostu dowolna liczba, zatem również c 1 = c1 5 jest dowolna liczba. Jest jasne, że w przypadku równania drugiego rze du prawdziwe jest Twierdzenia o rozwia zaniach równania liniowego drugiego rze du Równanie x + ax + bx = wt)e λt ma rozwia zanie, które jest quasiwielomianem o wyk ladniku λ przy czym jeśli λ nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, to stopień rozwia zania równy jest stopniowi wt), jeśli λ jest pierwiastkiem jednokrotnym, to stopień rozwia zania jest o 1 wie kszy od stopnia wt), jeśli λ jest pierwiastkiem dwukrotnym, to stopień rozwia zania jest o 2 wie kszy od stopnia wt). Studenci bez trudu uogólnia to twierdzenie na przypadek równań wyższego rze du o sta lych wspó lczynnikach, których prawa strona jest quasiwielomianem wt)e λt. Stopień rozwia zania szczególnego jest wie kszy od stopnia wt) o krotność λ jako pierwiastka wielomianu charakterystycznego lewej strony. Przyk lad 6. Znajdziemy rozwia zania równania x + x = 2 cos t + 12t sin t. Tym razem prawa strona nie jest quasiwielomianem, ale 2 cos t = Re 2e it) i 12t sin t = Im12 e it). Zajmiemy sie równaniami pomocniczymi x + x = 2e it oraz x + x = 12te it. W obu przypadkach równanie charakterystyczne równania jednorodnego to λ = 0. Ma ono dwa pierwiastki i oraz i. Wobec tego jednym z rozwia zań równania x +x = 2e it jest quasiwielomian stopnia pierwszego, a równania x + x = 12te it quasiwielomian stopnia drugiego. W pierwszym przypadku powinien wie c być spe lniony wzór 2e it = At + B)e it) + At + B)e it = 2Aie it + i 2 At + B)e it + At + B)e it = 2Aie it. Sta d wynika, że A = i. B może być dowolne. Znaleźliśmy rozwia zanie ogólne pierwszego równania W drugim przypadku musi zachodzić równość ite it + c 1 e it + c 2 e it. 12te it = At 2 + Bt + C)e it) + At 2 + Bt + C)e it = = 2Ae it + 2i2At + B)e it + i 2 At 2 + Bt + C)e it + At 2 + Bt + C)e it = 4Aite it + 2A + 2Bi)e it. Wynika sta d, że A = 3i oraz B = 3. C może być dowolne. Rozwia zaniem ogólnym drugiego równania jest 3it 2 e it + 3te it + c 1 e it + c 2 e it. Rozwia zaniem ogólnym równania x + x = 2 cos t jest funkcja t sin t + c 1 cos t + c 2 sin t. Ma to być rozwia zanie rzeczywiste, zatem tym razem sta le c 1, c 2 musza być rzeczywiste. Rzeczywistym rozwia zaniem ogólnym równania x + x = 12t sin t jest funkcja Im 3it 2 e it + 3te it) + c 1 cos t + c 2 sin t = 3t 2 cos t + 3t sin t + c 1 cos t + c 2 sin t. Znów zainteresowani jesteśmy rozwia zaniem rzeczywistym, zatem i w tym przypadku c 1, c 2 IR. 235

12 Przyk lad 7. Omówimy teraz równanie oscylatora harmonicznego wahad la matematycznego) uwzgle dniaja c czynniki, które do tej pory lekceważyliśmy. W tym przyk ladzie uwzgle dnimy tarcie. Fizycy zwykli zak ladać, że przy niezbyt dużych pre dkościach tarcie jest proporcjonalne do pre dkości. Wobec tego zamiast równania x t) + ω 2 xt) = 0 rozważać be dziemy równanie x t) + kx t) + ω 2 xt) = 0, k oznacza tu dodatnia sta la wspó lczynnik tarcia, ω 0 jest cze stościa w lasna oscylatora harmonicznego. Równanie charakterystyczne ma postać λ 2 + kλ + ω 2 = 0, wie c jego pierwiastkami sa liczby k 2 ± k 2 4 ω2 k. Widać od razu, że sa trzy przypadki: 2 4 ω2 k < 0, 2 4 ω2 = 0 i k 2 4 ω2 > 0. W dalszym cia gu dla wygody przyjmujemy κ = k 2 Zacznijmy od ostatniego z nich. Wspó lczynnik tarcia jest w tym przypadku duży. Tarcie powinno mieć istotny wp lyw na ruch. Dla uproszczenia oznaczamy δ 2 = k2 4 ω2 = κ 2 ω 2. Rozwia zania sa postaci c 1 e κ δ)t + c 2 e κ+δ)t. Obie liczby κ δ i κ + δ sa ujemne. Wynika sta d od razu, że c 1 e κ δ)t + c 2 e κ+δ)t 0, co wie cej funkcja ta jest od pewnego momentu t monotoniczna, bo jej pochodna zeruje sie w co najwyżej jednym punkcie. Oznacza to, że wspó lczynnik tarcia jest tak duży, że żadnych wahań drgań) nie ma. Tarcie hamuje ruch tak skutecznie, że wahad lo da ży monotonicznie do swego dolnego po lożenia. Przypadek κ 2 ω 2 = 0 różni sie z punktu widzenia matematyka od poprzedniego, ale ta różnica nie ma wp lywu na rezultat. Rozwia zanie jest teraz postaci c 1 e κt + c 2 te κt, bo równanie charakterystyczne ma jeden podwójny pierwiastek. Jest on ujemny, wie c podobnie jak w poprzednim przypadku mamy c 1 e κt +c 2 te κt t 0, jeśli ktoś nie widzi tego od razu, może pos lużyć sie regu la de l Hospitala. Pora na ostatni przypadek κ 2 ω 2 < 0. Zmienimy nieco oznaczenia: teraz δ 2 = κ 2 ω 2, zatem równanie ma postać x t) + 2κx t) + ωxt) = 0, a pierwiastkami jego równania charakterystycznego sa liczby κ ± δi. Rozwia zania ogólne ma wie c postać c 1 e κ δi)t + c 2 e κ+δi)t = e κt c 1 e δit + c 2 e δit), κ i δ sa liczbami rzeczywistymi, zatem e κt t 0 i e δit = 1 = e δit. Wynika sta d, że c1 e δit + c 2 e δit c1 + c 2 i wobec tego c 1 e κ δi)t + c 2 e κ+δi)t 0. Widać wie c, że również w tym przypadku wahania zanikaja, t jednak jest istotna różnica. Za lóżmy, że rozwia zanie jest rzeczywiste, tzn. c 1 e δit + c 2 e δit = c 1 e δit + c 2 e δit = c 1 e δit + c 2 e δit. Musi wie c być c 1 c 2 )e δit = c 1 c 2 )e δit, czyli c 1 c 2 ) = c 1 c 2 )e 2δit. Ponieważ jedna strona lewa) nie zależy od t, wie c druga też nie zależy od zmiennej t. Wynika sta d, że c 1 c 2 = 0, wie c również c 2 = c 1. W tej sytuacji funkcja c 1 e δit + c 2 e δit = c 2 e δit + c 2 e δit = 2Rec 2 e δit ) przyjmuje wartość 0 w nieskończenie wielu punktach: jej wartości sa liczbami rzeczywistymi, zmiana argumentu o π powoduje zmiane znaku funkcji. Oznacza to, że w tym przypadku wahad lo nieskończenie wiele 236

13 razy znajdzie sie w dolnym po lożeniu, mamy wie c do czynienia z wahaniami o maleja cej amplitudzie. To oczywisty i oczekiwany wynik tarcia. Tarcie trzeba przezwycie żyć. Wymaga to zużycia energii, której strat nic nie równoważy. Przyk lad 8. Rozważymy nieco ogólniejsza sytuacje. Za lóżmy, że na wahad lo dzia la okresowo zewne trzna si la. Równanie ma wie c np. postać x t)+2κx t)+ω 2 xt) = c cos νt, gdzie c, ν. Ponieważ używamy liczb zespolonych, wie c wygodniej be dzie zaja ć sie równaniem x t) + 2κx t) + ω 2 xt) = ce iwt. Bez trudu można przekonać sie, że cze ść rzeczywista znalezionego rozwia zania okaże sie rozwia zaniem równania x t) + 2κx t) + ω 2 xt) = c cos νt. Poszukamy rozwia zania w postaci de iνt. Podstawiwszy te funkcje w miejsce x do równania otrzymujemy dν 2 e iνt +2κdiνe iνt +dω 2 e iνt = ce iνt. Jeśli liczba iν nie jest pierwiastkiem równania λ 2 + 2κλ + ω 2 = 0, to funkcja c w 2 +2κiν+ω 2 e iνt jest jednym z rozwia zań równania różniczkowego, czyli jest rozwia zaniem szczególnym. Rozwia zanie ogólne ma wobec tego postać c ω 2 w 2 +2κiν eiνt + e κt c 1 e δit + c 2 e δit). Jest wie c ono ograniczone. Sk ladnik pochodza cy od równania jednorodnego da ży do 0, ale sk ladnik pochodza cy od si ly zewne trznej do 0 nie da ży. Rozwia zanie na ogó l nie jest okresowe, nawet w przypadku κ = 0, czyli braku tarcia. Zwia zane jest to z tym, że suma funkcji okresowych na ogó l nie jest okresowa. Studenci moga przekonać sie bez trudu np. o tym, że funkcja sin t + sint 2) nie jest okresowa, a tego rodzaju funkcje można uzyskać dobieraja c odpowiednio c 1, c 2, ω i ν. Można tu zaobserwować jeszcze jedno zjawisko. Ciekawe może być zadanie sobie pytania: co sie dzieje, gdy ν ω? Sens fizyczny tego pytania jest oczywisty. Chodzi o to, co sie dzieje, gdy zewne trzna si la ma okres prawie równy cze stości drgań w lasnych wahad la. Należy znaleźć granice [ lim ν ω c ω 2 ν 2 +2κiν eiνt + e κt c 1 e δit + c 2 e δit) ]. By ten problem mia l sens należy ustalić warunek pocza tkowy. Można np. przyja ć, że 0 = x0) = c ω 2 ν 2 +2κiν + c 1 + c 2 startujemy z dolnego po lożenia) oraz 1 = x 0) = cνi ω 2 ν 2 +2κiν + c 1 κ + δi) + c 2 κ δi) pre dkość pocza tkowa równa jest 1). Nie zak ladamy wie c, że mie dzy si la zewne trzna i pre dkościa pocza tkowa jest jakaś relacja. Liczby c 1, c 2 sa wie c powia zane równościami: c 1 + c 2 = κ δi)c 1 + κ + δi)c 2 = c ω 2 ν 2 + 2κiν cwi ω 2 ν 2 + 2κiν 1 Rozwia zujemy ten uk lad równań i otrzymujemy 237

14 Mamy wie c xt) = 1 [ κc c 1 = + ν 2 2δω 2 ν 2 ω 2) i + 2κν cν cδ)] + 2κiν) c 2 = c ω 2 ν 2 +2κiν eiνt + 1 [ κc ν 2 2δω 2 ν 2 + ω 2) i + 2κν + cν cδ)] + 2κiν) e κc κt 2δω 2 ν +2κiν)[ + ν 2 ω 2) ] i + 2κν cν cδ) e δit + 2 Jeśli κ 0, to w granicy przy ν ω otrzymujemy: [ ] xt) = κci + 2κω cω cδ) c 2κiω eiωt + e κt 4κωδi e κc + κt 2δω 2 ν +2κiν)[ ν 2 + ω 2) ] i + 2κν + cν cδ) e δit. 2 e δit + e κt 4κωδi [ ] κci + 2κω + cω cδ) e δit. Otrzymaliśmy zatem funkcje ograniczona nieokresowa, podobnie jak w poprzednio w d lugim okresie czasu tarcie nieomal likwiduje wp lyw drgań w lasnych wahad la. Ostatnia możliwość to brak tarcia, czyli κ = 0, ale si la zewne trzna jest obecna. Ponieważ κ = 0, wie c δ = ±ω. Możemy przyja ć δ = ω. Wtedy xt) = = c ω 2 ν e iνt 1 ν + 2 2δ ν 2 +ω )[ 2 ω 2) ] i cw +cδ) e δit 1 ν + 2 2δ ν 2 +ω )[ 2 + ω 2) ] i+cw cδ) e δit = 2 = i 2ω e ωit i 2ω eωit c 2ωω+w) e ωit + c 2ωewit w+ω)e ωit 2ωω 2 ν 2 ) = = i 2ω e ωit i 2ω eωit c 2ωω+w) e ωit + c 2ω e wit e )+ω w)e ωit ωit 2ωω 2 ν 2 ) w ω eωit e ωit 2ωi c 4ω e ωit cti 2 2ω eωit + c 4ω e ωit = sinωt) cti 2 2ω eωit. Tym razem otrzymaliśmy funkcje nieograniczona. Oznacza to, że jeśli si la zewne trzna be dzie dzia lać na wahad lo z okresem bliskim cze stości w lasnej, to wahanie be da mieć coraz wie ksza amplitude, w granicy ruch jest nieograniczony wahad lo może obracać sie wokó l punktu umocowania). Obserwujemy tu rezonans. Omówiliśmy ten przyk lad, by podkreślić zwia zek równań różniczkowych z mechanika klasyczna. Zadanka 1. Rozwia zać równania a. x 2x 3x = e 4t ; b. x 2x = 2e t t 2 ; c. x 5x + 4x = 4t 2 e 2t ; d. x 6x + 9x = t 2 e 3t ; e. x 5x + 4x = 4t 2 e t ; f. x + 2x 3x = t 2 e t ; g. x + x = 4t sin t ; h. x 2x + x = 0, x2) = 1, x 2) = 2 ; i. x + x = 4te t, x0) = 4, x 0) = 3 ; i. x + 2x + 2x = te t, x0) = 0, x 0) = 0 ; 238

15 2. Znaleźć rozwia zanie ogólne równania: 1 x 6x + 4x = 0 ; 2 x 8x + 16x = 0 ; 3 x 6x + 4 = 0 ; 4 x 6x + 13x = 0 ; 5 x 3) 6x + 11x 6x = 0 ; 6 x 3) x = 0 ; 7 x 4) 6x + 4x = 0 ; 8 x 4) 2x + x = 0 ; 9 x 4) 4x 3) + 6x 4x + x = 0 ; 10 x 4) 2x 3) + 2x 2x + x = 0 ; 11 x 4) 6x + 4x = 0 ; 3. Rozwia zać równanie 1 x 2x + x = et t 2 x + 3x + 2x = 1 e t +1 3 x + x = 1 sin t 4 x + 4x = 2 tg t 5 x + 2x + x = 3e t 1 + t 6 x + x = 1 cos 3 t 7 x 2x + x = e t 8 x + 3x + 2x = te t + t 2 e t + e 3t 9 x + x = sin t + t cos 2t 10 x + 4x = cos 2t + e 4t 11 x + 2x + x = 3t 2 e t 12 x + x = sin t + t sin 2t + t 2 cos t. 13 x 4) 4x 3) + 16x 16x = te 2t. 14 x 4) + 4x 3) + 8x + 8x + 4x = e t cos t. 15 x 6) + 12x 4) + 48x + 64x = 2 cos 2 t. 16 x 6) 12x 4) + 48x 64x = 2 sin 2 t. 239