Matematyka A, egzamin, 17 czerwca 2005 rozwia zania

Transkrypt

1 Matematyka A, egzamin, 7 czerwca 00 rozwia zania Mam nadzieje, że nie ma tu b le dów poza jakimiś literówkami, od których uwolnić sie trudno. Zache cam do obejrzenia rozwia zań zadań z egzaminu dla matematyki A. jest bardzo Zadanie 0. Znaleźć zbiór X z lożony z tych wszystkich liczb zespolonych z, dla których z z + z i. Narysować X na p laszczyźnie.. Mamy z z z z. z i to odleg lość punktów z oraz i, z to odleg lość punktu z od punktu 0. Suma odleg lości punktu z od punktów i oraz 0 ma być równa, wie c odleg lości punktu i od punktu 0. Z nierówności trójka ta (znanej ze szko ly podstawowej) wynika, że punkt z musi sie znajdować na odcinku o końcach i oraz 0. Oczywiście z 0 spe lnia ten warunek. Dalej z 0. Musi być 0 < z i Arg(z ) π. Wobec tego Arg(z) π 4 ( π + π) π 4 lub Arg(z) + π. Wynika sta d, że liczby z leża na odcinku nachylonym do osi rzeczywistej pod ka tem π 4, którego d lugość równa jest i którego środkiem jest 0. Końcami tego odcinka sa liczby + i oraz i.. Niech z x + iy, x, y. Wtedy z z (x + iy)(x iy) x (iy) x + y. Zachodzi też równość z i x + ixy y i (x y ) + (xy ) (x + y ) 4xy +. Wobec tego (x + y ) 4xy + ( x y ) (x + y ) + (x + y ). Sta d wynika, że xy x + y, czyli (x y) 0, zatem x y. Wracaja c do wyjściowego równania otrzymujemy x + x + (x ), czyli (x ) x. Ponieważ (x ) 0, wie c x 0, czyli x. Wobec tego rozwia zaniem jest fragment prostej y x odpowiadaja cy liczbom x, ]. Bez trudu stwierdzamy, że jest to zbiór opisany w końcu rozwia zania pierwszego. Zadanie. Znaleźć wszystkie lokalne ekstrema funkcji f, jeśli dla każdego (x, y) f(x, y) x y 4 (7 x y). zachodzi równość. Funkcja może mieć lokalne ekstrema jedynie w punktach, w których jej gradient, czyli wektor f grad f f x, f y ] xy 4 (7 x y) x y 4, 4x y (7 x y) x y 4] jest zerowy, czyli gdy xy 4 (7 x y) x y 4 0 i 4x y (7 x y) x y 4 0. Równości te sa spe lnione w trzech przypadkach x 0 lub y 0 lub x 0 y i (7 x y) x 0 i 4(7 x y) y 0. W trzecim przypadku musi być y x. Podstawiaja c te równość np. do pierwszego z dwóch ostatnich równań otrzymujemy 0 (7 x x) x 4 7x, czyli x i wobec tego y 4. Jest wie c wielu kandydatów na lokalne ekstrema (czyli punktów krytycznych funkcji f ): punkty postaci (0, y), punkty postaci (x, 0) i punkt (, 4).

2 Mamy f(0, y) 0 niezależnie od y. Jeśli y < 7, to 7 0 y > 0. Za lóżmy, że u, v < 7 y. Wtedy 7 (0 + u) (y + v) > 0. Sta d wynika, że f(0 + u, y + v) 0, zatem w punkcie (0, y) funkcja f ma lokalne minimum niew laściwe. Analogicznie wykazujemy, że jeśli y > 7, to wartości funkcji f w punktach dostatecznie bliskich punktowi (0, y) sa niedodatnie, a to oznacza, że w punkcie (0, y) funkcja f ma lokalne maksimum niew laściwe. W taki sam sposób stwierdzamy, że w punktach postaci (x, 0), x < 7 funkcja ma lokalne minima, a w punktach postaci (x, 0), x > 7 lokalne maksima. W ten sposób wyjaśniliśmy kwestie lokalnych ekstremów we wszystkich punktach krytycznych z wyja tkiem (0, 7), (7, 0) i (, 4). Mamy f(x, 7) x 7 4 (7 x 7) 7 4 x, to wyrażenie zmienia znak w punkcie 0 : dla x < 0 mamy f(x, 0) > 0 f(0, 7) a dla x > 0 f(x, 0) < 0 f(0, 7). Wynika sta d, że w punkcie (0, 7) funkcja f lokalnego ekstremum nie ma. Tak samo uzasadniamy, że funkcja f nie ma w punkcie (7, 0) lokalnego ekstremum. Kolej na punkt (, 4). Teraz zrobimy, to co wielu studentów lubi najbardziej: zastosujemy twierdzenie. Mamy f x x( xy 4 (7 x y) x y 4) (7 y)y 4 xy 4 y 4 (x + y 7), f x y y ( xy 4 (7 x y) x y 4) xy x y 0xy 4 xy (x + y 8), f y ( y 4x y (7 x y) x y 4) x y (7 x) 0x y 4x y (x + y ). ( ) 4 Sta d wynika, że D 4 4 f(, 4) Ponieważ 4 4 < 0 i ( 4 4 )( 4 4 ) ( 4 )( 4 ) 4 8 (0 4 ) > 0, wie c w tym punkcie funkcja ma lokalne maksimum. Ostatni fragment można zasta pić rozumowaniem, w którym drugie pochodne sie pojawiaja. Funkcja f jest cia g la. Trójka t T o wierzcho lkach (0, 7), (0, 0) i (7, 0) jest zbiorem domknie tym i ograniczonym, zatem w jakimś punkcie trójka ta T funkcja f przyjmuje najwie ksza spośród wartości przyjmowanych w punktach zbioru T. Jasne jest, ze na obwodzie trójka ta funkcja sie zeruje, a wewna trz jest dodatnia, zatem najwie ksza wartość musi być przyje ta w jakimś punkcie wewne trznym. W tym punkcie gradient musi być wektorem zerowym. Jest tylko jeden kandydat: (, 4), zatem w tym punkcie funkcja f ma najwie ksza wartość. Wobec tego w tym punkcie ma maksimum lokalne. Oczywiście poza trójka tem T funkcja przyjmuje dowolnie duże wartości, np. f( 0, 0) ( 0) ( 0) 4 ( ) > (7 4) f(, 4). Zadanie (. ) ( xy ) Niech w, x. (.) Znaleźć macierz A taka, że (.) Znaleźć A w. z A x 8 ( w x) w x + w x. (.) Sprawdzić, że jeśli wektor x jest prostopad ly do wektora w, to również wektor A x jest prostopad ly do wektora w. (.4) Sprawdzić, że dla każdego wektora x zachodzi równość A x x.

3 (.) Niech x oznacza wektor prostopad ly do wektora w. Znaleźć kosinus ka ta mie dzy wektorami x i A x. (.) Sprawdzić, że jeśli λ jest wartościa w lasna macierzy A, to λ. Mamy A w 8 ( w w) w w + w w 8 ( + + ) w w Wobec tego nie jest prawda, że A w w, czyli nie zachodzi równość.4. Rzecz w tym, że mia lo być 8 A x 8 ( w x) w + x + w x Zmieniliśmy jeden znak. Rozwia żemy zadanie w poprawnej, w tym przypadku trudniejszej wersji. ( Mamy w x x+ y+ z oraz w x y z, x z, ) x y (z y, x z, y x). ( ) ( Sta d A x x+y+z xy ) ( ) ( + + ) z y 0x+( )y+(+ )z x z (+ )x+y+(4 )z 8 z y x 8 ( )x+(4+. Wynika sta d, że )y+z A y z Znaleźliśmy macierz A. Po poprawieniu treści A w 8 ( + + ) w + w + 0 w. Niech x be dzie wektorem prostopad lym do wektora w. Oznacza to, że w x 0. Mamy wie c A x 8 0 w + x + w x x + w, bo jest suma 8 8 w x. Otrzymany wektor jest prostopad ly do wektora dwóch wektorów prostopad lych do wektora w ( x z za lożenia; w x też, bo iloczyn wektorowy jest prostopad ly do obydwóch czynników). Wykazaliśmy. Sprawdzimy, że zachodzi.4. Zaczniemy od przypadku w x 0. W tym przypadku A x x + w x, przy czym wektory x i w x sa prostopad le. Z twierdzenia Pitagorasa wynika, że A x x + w x 4 x + w x 4 x + w x 4 x + 9 x x skorzystaliśmy z tego, że w x w x, co jest konsekwencja prostopad lości wektorów w i x : w tym przypadku równoleg lobok rozpie ty przez te wektory staje sie prostoka tem. Niech teraz x oznacza dowolny, niekoniecznie prostopad ly do w, wektor. Niech t w 8 x, v x t w. W tej sytuacji w v w x t w w 0. Wobec tego wektor t w jest rzutem prostopad lym wektora x na prosta wyznaczona przez wektor w. Mamy wie c A x A(t w + v) ta w + A v t w + A v. Ponieważ wektor v jest prostopad ly do wektora w, wie c również wektor A v jest prostopad ly do wektora w. Wiemy też, że A v v. Wobec tego wektory x i A x zosta ly przedstawione w postaci sum prostopad lych wektorów o tych samych d lugościach. Maja wie c taka sama d lugość. Znów zak ladamy, że w x 0. Wtedy x A x x ( x + w x) x x A x, zatem poszukiwany kosinus równy jest. Wykazaliśmy.. Zajmiemy sie.. Jeśli A v λ v, to v A v λ v λ v, a ponieważ v 0, wie c λ. zosta lo zakończone. Uwaga: Można oczywiście rozwia zać to zadanie korzystaja c w jawny sposób z tego, jak wygla da

4 macierz A. Niektórzy zdaja cy tak robili. Jest metoda poprawna, ale nie polecam jej, bo można sie troche pogubić w rachunkach. Przed przysta pieniem do obliczeń warto chwile pomyśleć, czy rzeczywiście sa one niezbe dne! Zadanie. Znaleźć wartości i wektory w lasne macierzy A oraz macierzy A. λ 0 9 λ Obliczymy. Ponieważ w kolumnie drugiej zero pojawia sie trzy λ λ razy, wie c najprościej be dzie rozwina ć wyznacznik wzgle dem tej kolumny: λ 0 9 λ λ 9 ( λ) λ λ 0 4 λ 0 4 λ ( λ) ( λ)(7 λ)(4 λ) (7 λ) 0 ( λ)+9 0 (4 λ) ] ( λ) λ + 7λ λ + 7] ( λ) (λ λ + 8). Wynika sta d, że wartościami w lasnymi macierzy A sa λ, oraz λ ( i 9), λ 4 ( + i 9). W celu znalezienia wektorów w lasnych należy znaleźć niezerowe rozwia zania uk ladów równań liniowych. Zaczniemy λ,. W tym przypadku uk lad wygla da tak Widzimy wie c, że x wartości x 4x + 0x + 9x + x 4 0, x + 0x + x + x 4 0, 0x + 0x + x + 0x 4 0, x + 0x + x + x 4 0. wyste puje w tym uk ladzie równań tylko pozornie. Oznacza, to że zmiana nie ma wp lywu na to, czy czwórka (x, x, x, x 4 ) jest rozwia zaniem uk ladu, czy nie. Poza tym równanie trzecie i czwarte sa niewiadomymi: równoważne. Mamy wie c uk lad trzech równań z trzema { 4x + 9x + x 4 0, x + x + x 4 0, 0x + x + 0x 4 0. Mnoża ć drugie równanie przez i odejmuja c od wyniku trzecie otrzymujemy x 0. Teraz z drugiego równania wnioskujemy, że x x 4, a sta d po uwzgle dnieniu pierwszego równania otrzymujemy x x 4 0. Wobec tego wektorami w lasnymi odpowiadaja cymi wartości w lasnej sa wektory postaci (0, x, 0, 0), gdzie x oznacza dowolna liczbe różna od 0. Teraz zajmiemy sie wartościa w lasna λ. Uk lad równań wygla da teraz tak ( + i 9 )x + 0x + 9x + x 4 0, x + ( + i 9 )x + x + x 4 0, 0x + 0x + ( + i 9 )x + 0x 4 0, x + 0x + x + ( 7 + i 9 )x

5 Odejmuja c od pierwszego równania pomnożonego przez równanie czwarte pomnożone przez otrzymujemy równość, w której wyste puja jedynie niewiadome x i x 4, co pozwala napisać x 4 47 ( i 9)x. Podstawiaja c otrzymana wartość w miejsce x 4 w równaniu pierwszym otrzymujemy równanie, w którym wyste puja jedynie x i x. Sta d x 8 ( i 9)x. Naste pnie z równania drugiego wyznaczamy x 977 ( 89i 9)x. By otrzymać konkretny wektor w lasny wystarczy teraz podstawić dowolna, różna od 0 liczbe w miejsce x. Innymi s lowy wszystkie wektory w lasne odpowiadaja ce wartości w lasnej ( i 9) sa równoleg le do wektora 977, 89i 9, (0 0i 9), 4 08i 9 ]. Wektorami w lasnymi odpowiadaja cymi wartości w lasnej ( + i 9) nie ma potrzeby zajmować sie : po prostu sprze gamy wektory odpowiadaja ce wartości w lasnej ( i 9), metoda dzia la, bo wyjściowa macierz jest rzeczywista. Macierz A to macierz odwrotna do macierzy A. Wartościami w lasnymi macierzy A sa liczby,, ( ( i 9) ) ( i 9) oraz ( ( + i 9) ) ( + i 9), a wektory w lasne sa takie same jak w przypadku macierzy A. Wynika to sta d, że jeśli A v λ v, to A v A(A v) A(λ v) λa v λ v. Jeśli B v µ v, to mnoża c te równość stronami przez B otrzymujemy v µb v. Ponieważ za lożyliśmy, że B istnieje, wie c B v 0, bo B 0 0 v. Sta d wynika, że µ 0, zatem z równości v µb v wynika, że B v v µ, a to oznacza, że jeśli µ jest wartościa w lasna macierzy B, to µ jest wartościa w lasna macierzy B. Wobec tego wartościami w lasnymi macierzy A sa liczby 4, i i 9 +i. Odpowiadaja im te same wektory, które 9 odpowiada ly odpowiednim wartościom w lasnym macierzy A. Uwaga Końcówka rozumowania daje pe lne uzasadnienie stwierdzenia: wartościami w lasnymi macierzy A n sa liczby postaci λ n, gdzie λ jest wartościa w lasna macierzy A w przypadku, w którym wartości w lasne macierzy A sa parami różne. Przypadek wartości w lasnych wielokrotnych wymaga dodatkowego rozumowania, którego nie podajemy. Zadanie 4. Znaleźć wszystkie funkcje x, dla których x (t) 4x (t) + 4x(t) 9te t + 9t e t + 9e t + 9t + 9 i x(0). Ile jest takich funkcji? Równanie charakterystyczne 0 λ 4λ + 4 (λ ) ma jeden pierwiastek podwójny, mianowicie. Wobec tego rozwia zaniem ogólnym równania x (t) 4x (t) + 4x(t) 0 jest (c + c t)e t. Rozwia żemy równanie x (t) 4x (t) + 4x(t) 9te t. Ponieważ prawa strona jest quasiwielomianem stopnia o wyk ladniku i liczba jest dwukrotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, wie c istnieje rozwia zanie postaci (at + bt )e t. Mamy

6 (at + bt )e t] 4 (at + bt )e t] + 4 (at + bt )e t] (at + b)e t. Wynika sta d, że dla każdego t musi zachodzić równość at + b 9t. Oznacza to, że b 0 i a 9. Teraz kolej na równanie x (t) 4x (t) + 4x(t) 9(t + )e t. Prawa strona jest quasiwielomianem stopnia o wyk ladniku, wyk ladnik nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, zatem istnieje rozwia zanie tego równania postaci (at + bt + ct + d)e t. Podstawiaja c do równania otrzymujemy (at +bt +ct+d)e t] 4 (at +bt +ct+d)e t] +4 (at +bt +ct+d)e t] 9(t +)e t, co nie wygla da zache caja co. Oznaczmy wie c: w(t) at + bt + ct + d i przeprowadźmy rachunki nie troszcza c sie na razie o to czym jest w(t). Mamy w(t)e t] 4 w(t)e t ] + 4w(t)e t {w (t) w(t)}e t] 4{w (t) w(t)}e t + 4w(t)e t {w (t) 8w (t) + w(t)}e t. Musi wie c być spe lniona równość w (t) 8w (t)+w(t) 9t +9 i to dla każdej liczby t. Przepiszmy te równość w postaci 9t + 9 at + (b 4a)t + (c b + a)t + d 8c + b. Wynika sta d, że a 9, czyli a 9 c b a b 8 a ; b 4a 0, czyli b a 9 ; c b + a 0, czyli ; d 8c + b 9, czyli d 4c b I ostatnie równanie x (t) 4x (t) + 4x(t) 9t + 9. Prawa strona jest quasiwielomianem stopnia o wyk ladniku 0, liczba 0 nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, zatem istnieje rozwia zanie postaci at + b. Mamy (at + b) 4(at + b) + 4(at + b) 4at + 4(b a). Sta d 4a 9, czyli a 4 i 4(b a) 9, zatem b a 4, wie c b 48. Ostatecznie funkcja x(t) 4t (t + 9t t + 4 )e t + t e t + (c + c t)e t jest rozwia zaniem ogólnym równania x (t) 4x (t) + 4x(t) 9te t + 9t e t + 9e t + 9t + 9. Musimy jeszcze zatroszczyć sie o równość x(0). Z wzoru, który otrzymaliśmy wynika, że x(0) c. Wobec tego c Wynika sta d, że dla każdej liczby t 4 zachodzi równość x(t) 4t (t + 9t t + 4 )e t + t e t + ( 4 + c t)e t, c oznacza tu dowolna liczbe, zatem rozwia zań jest nieskończenie wiele. Zadanie. Znaleźć wszystkie funkcje x, dla których x (t) 4x (t) + x(t) te t sin(t) + te t + sin(t) + cos(t). Równanie charakterystyczne ma postać 0 λ 4λ + (λ ) + 9, zatem ma ono dwa pierwiastki: ± i. Funkcja te t jest quasiwielomianem stopnia z wyk ladnikiem. Liczba nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, wie c równanie x (t) 4x (t) + x(t) te t ma rozwia zanie postaci (at+b)e t. Mamy (at+b)e t] ] 4 (at+b)e t ] + (at+b)e t (at+b)e t] ] 4 (at+b)e t ] +4 (at+b)e t +9 (at+b)e t] 9 (at+b)e t] ostatnia równość wynika z tego, że funkcja (at+b)e t jest rozwia zaniem ogólnym równania y (t) 4y (t)+4y(t) 0

7 (zob. rozwia zanie poprzedniego zadania). Musi wie c być spe lniona równość 9(at + b) t, czyli a 4, b 0. Teraz zajmiemy sie równaniem x (t) 4x (t) + x(t) te t sin(t). Funkcja te t sin(t) nie jest quasiwielomianem, ale te t sin(t) Im ( te (+i)t). Najpierw znajdziemy rozwia zanie szczególne równania pomocniczego x (t) 4x (t) + x(t) te (+i)t. Ponieważ liczba + i jest jednokrotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, wie c istnieje rozwia zanie postaci (at + bt)e (+i)t, a, b. Oznaczmy w(t) at + bt. Mamy ] w(t)e (+i)t ] 4 w(t)e (+i)t ] + w(t)e (+i)t w (t) + ( + i)w (t) + ( + i) w(t) 4w (t) 4( + i)w(t) + w(t) ] e (+i)t w (t) + iw (t) ] e (+i)t. Wobec tego mamy równanie iat + ib + a t. Z niego wynika, że a i ib + a 0, czyli b a i i oraz i i. Wobec funkcja ( it + t)e (+i)t jest szczególnym rozwia zaniem równania x (t) 4x (t) + x(t) te (+i)t. Jej cze ść urojona, czyli funkcja Im ( ( it + t)e (+i)t) t e t cos(t) + te t sin(t) jest rozwia zaniem szczególnym równania, które chcieliśmy rozwia zać, czyli: x (t) 4x (t) + x(t) te t sin(t). Kolej na równanie x (t) 4x (t) + x(t) sin(t) + cos(t). Mamy cos(t) Re ( e it) oraz sin(t) Re ( ie it), zatem sin(t) + cos(t) Re ( i)e it], a wie c można zaja ć sie najpierw równaniem x (t) 4x (t)+x(t) ( i)e it. Prawa strona jest quasiwielomianem stopnia 0 z wyk ladnikiem i, liczba i nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, zatem znajdzie sie rozwia zanie postaci ae it, a. Mamy ] ae it ] 4 ae it ] + ae it 9a ai + a]e it 4a i]e it. Sta d 4a i] ( i), czyli a 9( i) i 9( i)(+i) +9 9(+i). Wobec tego poszukiwanym rozwia zaniem szczególnym równania zespolonego jest 9(+i) e it, a równania rzeczywistego Re 9(+i) e it] 8 cos(t) 9 sin(t). Możemy w końcu podać rozwia zanie ogólne naszego równania: x(t) 4te t t e t cos(t) + te t sin(t) + 8 cos(t) 9 sin(t) + c e t cos(t) + c e t sin(t). Dwa ostatnie sk ladniki to rozwia zanie ogólne równania jednorodnego x (t) 4x (t) + x(t) 0 w postaci rzeczywistej ( c, c ). Można też napisać rozwia zanie tego równania w postaci zespolonej: C e (+i)t + C e ( i)t, C, C. Zespolona postać można uważać za nieco ogólniejsza, ale jeśli dopuścimy w rzeczywistej postaci wspó lczynniki nierzeczywiste, to otrzymujemy te same funkcje w obu przypadkach tylko nieco inaczej zapisane. 7