Matematyka A kolokwium: godz. 18:05 0:00, 4 maja 017 r. rozwiązania 1. 7 p. Znaleźć wszystkie takie funkcje t xt, że dla każdego t π, π zachodzi równość: x t 1 + xt 1+4t 0. p. Wśród znalezionych w poprzedniej cz eści tego zadania funkcji znaleźć t e, dla której zachodzi warunek x 1 1. x Rozwiązanie. Całkując obustronnie równość t otrzymujemy arctg xt arctgt + c dla 1+xt 1+4t pewnej liczby c. Stąd otrzymujemy xt tg arctgt + c. Ma być spełniona równość 1 tg arctg 1 + c tg arctg 1 + c. Z definicji funkcji arctg wynika, że π < arctg 1 < π. Jednocześnie tg arctg 1 1, zatem c 0 lub c nπ dla pewnej liczby całkowitej n. Wobec tego xt tg arctgt + nπ dla wszystkich t π, π i pewnej liczby całkowitej n.. 10 p. W pokoju o objętości 00 m powietrze zawiera w pewnej chwili 0,15% dwutlenku węgla. Powietrze z zewnątrz zawierające 0,04% dwutlenku węgla jest dostarczane przez wentylator w tempie 0 l/min. Po jakim czasie zawartość dwutlenku węgla w pokoju zmniejszy się trzykrotnie w porównaniu do chwili początkowej. Dla uproszczenia zakładamy, że w powietrzu wydostającym się z pokoju stężenie dwutlenku węgla jest takie samo w każdym miejscu. Rozwiązanie. Niech xt oznacza ilość dwutlenku węgla znajdującego się w pokoju w chwili t. Mamy więc x0 0,0015 00 0,. Szukamy τ, dla którego będzie spełniona równość xτ 0,1. Załóżmy, że t jest dowolną liczbą dodatnią a h 0 liczbą o malutkiej wartości bezwzględnej. Możemy wtedy napisać przybliżoną równość xt + h xt 0,0004 0 1000 h xt 00 0 h 0 xt+h xt 1000 xt+h xt h 0,0004 0 1000 xt 00 0 1000. xt 0 1000 00 h, czyli Wobec tego x 0 t lim 0,0004 8 h 1000 10 6 xt 10 4. Wobec tego x tdt t + C dt 8 10 6 xt 10 dx 4 8 10 6 x 10 4 104 ln 8 10 6 x 10 4. Mamy więc 10 4 t + C ln x 10 4 8 10 6, zatem xt 8 10 + 10 4 e 10 4 t+c 0,08 + 10 000e 0,0001C e 0,0001t. Ponieważ x0 0,, więc 10 000e 0,0001C 0, i wobec tego xt 0,08 + 0, e 0,0001t. Z tej równości wynika, że 0,1 0,08 + 0, e 0,0001τ, więc 1 11 0,0 0, e 0,0001τ, zatem τ 10 000 ln 11,4 10 000 4 000. Ilość dwutlenku węgla osiągnie wartość 0, 1 metra sześciennego po około 4 000 minut, więc po upływie około 400 godzin, czyli po 400 4 16 dobach. Miało być trochę inaczej, ale pomyliłem się pisząc zadanie. Chciałem napisać w tempie 0 m /min. Wtedy odpowiedzią byłoby 4 min. Na szczęście żadnego wpływu na metodę rozwiązywania ta pomyłka nie miała.. 10 p. Rozwiazać równanie t x t 15xt 64te 5t + 100t e 5t 5t + 10 cost.
Rozwiązanie. Rozwiążemy kolejno równania: 0t x 0t 15x 0 t 0, 1t x 1t 15x 1 t 64te5t, t x t 15x t 100t e 5t, t x t 15x t 5t, 4t x 4t 15x 4 t 10 cost. Równanie charakterystyczne w tym wypadku ma postać 0 λ λ 15 λ 1 16 λ 1 λ 1 + 4 λ 5λ +, zatem jego pierwiastkami są liczby 5 oraz. Rozwiązanie ogólne równania jednorodnego wygląda więc tak x 0 t c 1 e 5t + c e t, gdzie c 1, c są dowolnymi liczbami. Aby rozwiązać następne równania wystarczy wskazać jedno rozwiązanie każdego z nich rozwiązanie szczególne, bo każde inne rozwiązanie powstanie przez dodanie do znalezionego rozwiązania szczególnego funkcji x 0. Wiadomo z zajęć, że równanie 1t x 1t 15x 1 t 64te5t ma rozwiązanie postaci wte 5t, gdzie w oznacza pewien wielomian zmiennej t. Zachodzą równości: wte 5t w te 5t + wt 5e 5t w t + 5wt e 5t oraz wte 5t w t + 5wt e 5t w t+5w t+5w t+5wt e 5t w t+10w t+5wt e 5t. Po podstawieniu x 1 t wte 5t drugie równanie przybiera postać 64te 5t wte 5t wte 5t 15wte 5t w t + 8w t e 5t. Dla każdego t powinna zachodzić więc równość 64t w t+8w t. Stopień wielomianu w t+8w t jest równy stopniowi wielomianu w t, bo stopień wielomianu w t jest mniejszy o 1 od stopnia wielomianu w t, zatem stopień wielomianu w t jest równy 1. Wobec tego istnieją takie liczby a, b, że dla każdej liczby t zachodzi równość w t at+b. Wtedy w t a dla każdego t, zatem 64t w t+8w t a+8at+8b. Wystarczy więc aby spełnione były równości 64 8a i 0 a + 8b, czyli a 8 i b 1. Wynika stąd, że zachodzi równość wt 8t 1dt 4t t + const, zatem x 1 t 4t te 5t. Znajdziemy x t. Z twierdzeń z wykładu wynika, że istnieje rozwiązanie postaci wte 5t. Obliczamy: wte 5t w t 5wt e 5t oraz wte 5t w t 10w t + 5wt e 5t. Podstawiając do równania otrzymujemy 100t e 5t wte 5t wte 5t 15wte 5t w t 1w t + 0wt e 5t. Oznacza to, że dla każdego t powinna zachodzić równość 100t w t 1w t+0wt, zatem stopień wielomianu w powinien być równy, więc powinny istnieć takie liczby a, b, c, że dla każdego t zachodzi równość: wt at +bt+c, zatem 100t w t 1w t+0wt 0at +0b 4at+0c 1b+a. Porównując współczynnik przy potęgach t po obu stronach równości otrzymujemy wzory 100 0a, 0 0b 4a oraz 0c 1b+a, zatem a 5, b 6 i c. Wykazaliśmy, że x t 5t +6t+e 5t. Kolej na równanie t x t 15x t 5t. Z twierdzeń udowodnionych na wykładzie wynika istnienie rozwiązania, które jest wielomianem. Załóżmy, że x jest wielomianem. Ponieważ stopień wielomianu t x t 15x t jest równy stopniowi wielomianu x, a z drugiej strony stopniowi wielomianu 5t, więc jest równy. Przyjmijmy, że x t at + bt + c. Po podstawieniu do równania otrzymujemy: 5t 15at 15b + 4at 15c b + a. Porównujemy współczynniki przy odpowiednich potęgach zmiennej t po obu stronach tej równości 5 15a, 0 15b a i 15c b + a. Stąd a 15, b 4 i c 40 15 8. Możemy więc napisać x t 15t t + 8.
Zostało ostatnie równanie 4t x 4t 15x 4 t 10 cost Re 10e it. Rozwiążemy najpierw równanie 5t x 5t 15x 5 t 10e it, a potem podstawimy x 4 t Re x 5 t. Istnieje rozwiązanie postaci wte it. Mamy wte it w t + iwt e it i wte it w t + 6iw t 9wt e it. Podstawiając do równania otrzymujemy 10e it wte it wte it 15wte it w t + 6i w t 9 + 6i + 15wt e it. Wynika stąd od razu, że 10 w t + 6i w t 9 + 6i + 15wt, więc stopień wielomianu w jest równy 0, co oznacza, że wt a dla pewnej liczby a i każdej liczby t, w szczególności w t 0 w t dla każdego t. Wobec tego 10 4 + 6ia, zatem a x 5 t 4 + ie it 4 + i cost + i sint, więc Ostatecznie otrzymujemy 1 104 i 104 i 4 + i, zatem 4+6i 64+i4 i 6 17 x 4 t Re x 5 t Re 4 + i cost + i sint 4 cost sint. xt c 1 e 5t + c e t + 4t te 5t + 5t + 6t + e 5t + 15t t + 8 cost sint. Dodajmy jeszcze, że można udawać, że nie używamy liczb zespolonych i poszukiwać rozwiązania równania 4t x 4t 15x 4 t 10 cost w postaci a cost + b sint - w tym miejscu po raz pierwszy w tym zadaniu korzystam od razu z tego, że stopień wielomianu 10, więc liczba 0, nie jest zwiększany, bo liczba i nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego. Otrzymujemy a cost + b sint a cost + b sint 15 a cost + b sint 9a 6b 15a cost + 9b + 6a 15b sint 4a + 6b cost + 6a 4b sint i wobec tego muszą zachodzić równości 4a + 6b 10 i 6a 4b 0. Stąd a 4b i wobec tego 10 4 4b + 6b 10b, więc b 1 i a 4. Oznacza to, że x 4 t 4cost sint, jak poprzednio. 4. 10 p. Rozwiazać równanie t x t + 5xt 8e t cos t + 8e t + 4 cos t + 1 sint. Rozwiązanie. Zaczniemy od równania charakterystycznego 0 λ λ + 5 λ + 1 λ iλ + i. Stąd wynika, że rozwiązanie ogólne równania jednorodnego ma postać x 0 t D 1 e +it + D e it D 1 + D e t cos t + id 1 D e t sin t C 1 e t cos t + C e t sin t. D 1, D oznaczają dowolne liczby zespolone, C 1 D 1 + D, C id 1 D. Można też wyrazić liczby D 1, D za pomocą liczb C 1, C : D 1 1 C 1 ic, D 1 C 1 + ic. Znajdziemy jakieś rozwiązanie równania 1t x 1t + 5x 1 t 8e t cos t Re e +it. Wiadomo z zajęć, że istnieje rozwiązanie równania t x t + 5x t 8e +it postaci wte +it, gdzie w jest pewnym wielomianem i wtedy można przyjąć, że x 1 Re x. Podstawiamy x t wte +it do równania i otrzymujemy 8e +it wte +it wte +it + 5wte +it e +it w t + + iw t + + i w t + iwt + 5wt e +it w t + iw t. Stąd wynika, że ma zachodzić równość 8 w t + iw t, a ona wymusza, by w t 4i, więc w t 0 oczywiście dla każdego t. Wynika stąd, że x t 4ite +it 4te t i cos t + sin t. Wobec tego x 1 t Re 4te t i cos t + sin t 4te t sin t.
Teraz zajmiemy się równaniem t x t + 5x t 4 cos t Re 4e it. Najpierw znajdziemy rozwiązanie równania 5t x 5t + 5x 5 t 4e it. Wiadomo, że istnieje taki wielomian w, że funkcja wte it spełnia ostanie równanie. Podstawiając otrzymujemy 4e it wte it wte it + 5wte it e it w t + iw t wt w t iwt + 5wt e it w t + i w t + 4 iwt. Stąd wynika równość 4 w t + i w t + 4 iwt, a z niej z kolei wnioskujemy, że wt 4 1 1+i i siłą rzeczy w t 0 w t dla każdego t. Stąd x 4 4i 1 i 5 t 1+i eit 1+i cos t + i sin t, 1+i zatem x t Re cos t + i sin t 1 cos t sin t. Kolej na równanie 4t x 4t + 5x 4 t 1 sint Im 1e it. Zaczniemy od równania zespolonego 6t x 6t + 5x 6 t 1e it. Możemy przyjąć, że x 6 t wte it dla pewnego wielomianu w. Podstawiamy do równania i otrzymujemy: 1e it wte it wte it + 5wte it e it w t + 4iw t wt w t 8iwt + 5wt e it w t + 4 + 4iw t + 1 8iwt. Wobec tego 1 w t + 4 + 4iw t + 1 8iwt. Oznacza to, ze wielomian w jest stałą jego stopień jest równy 0, zatem w t 0 w t dla każdego t i wt 1 1 8i 11+8i. Otrzymujemy teraz x 4 t Im 11+8i e it Im 11+8i cost + i sint 1 8 cost + sint. Możemy w końcu napisać, że ogólnym rozwiązaniem równania jest funkcja C 1 e t cos t + C e t sin t + 4te t sin t + 1 cos t sin t + 1 8 cost + sint. Uwaga. Osoby, które pamiętają jak zależy stopień quasi-wielomianu od wykładnika i pierwiastków wielomianu charakterystycznego widzą od razu, że gdy po prawej stronie w ostatnim przykładzie występuje jedna z funkcji: 1 sint, 4 cos t bądź 8e t, to rozwiązanie jest iloczynem stałej i funkcji wykładniczej, więc obliczeniach jest prościej, bo wtedy w t 0 w t, a to skraca wzory. Podobnie jest, gdy po prawej stronie występuje funkcja 8e t cos t, ale w tym wypadku w jest wielomianem pierwszego stopnia bo + i jest jednokrotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, więc stopień trzeba zwiększyć o 1, w którym wyraz wolny można od razu opuścić, bo równanie nie wprowadza nań żadnych ograniczeń wystarczy spojrzeć na rozwiązanie ogólne równania jednorodnego. Bardzo zachęcam studentki i studentów do prześledzenia tych rozumowań uwzględniając dodatkowe informacje na temat wielomianu w, liczę na to, że przynajmniej kilka osób zdecyduje się użyć kartki papieru i pisadła w celu przekonania się, że to trochę upraszcza i skraca zapis zwłaszcza, gdy wielomian w jest stałą. 5. p. Obliczyć d dt 1 + t 1. Wynik uprościć. 8 p. Rozwiazać równanie t x t + 4xt e t. 5/ Rozwiązanie. d dt Mamy 1 + t 1 t 1 + t 1/ + t 1 + t /. d dt 1 + t 1/ d dt 1 + t 1/ 1 1 + t 1/ 1 t + 1 1 + t 1/ 1 t Zróżniczkujmy raz jeszcze, choć nic nas do tego nie zmusza: t 1 + t 1/ + t 1 + t / 1 + t 1/ t 1 + t / + 1 + t / t 1 + t 5/ d dt 1 + t / + 1 + t / t 1 + t 5/ 1 + t / t 1 + t 5/ 1 + t 5/.
Teraz zajmiemy się drugą częścią zadania. Zaczniemy, jak zwykle w przypadku równania liniowego, od rozwiązania równania jednorodnego. Równanie charakterystyczne wygląda tak 0 λ λ + 4 λ, więc λ 1 λ, a to oznacza, że funkcja x 0 t c 1 e t + c te t jest rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego, tu c 1 i c oznaczają liczby. Rozwiązanie równania niejednorodnego znajdziemy w postaci x 1 t c 1 te t + c tte t, gdzie c 1 i c oznaczają pewne funkcje. Założymy przy tym dodatkowo, że c 1te t + c tte t 0. Mamy e t c 5/ 1 te t + c tte t c1 te t + c tte t + 4 c1 te t + c tte t c 1te t + c tte t + c 1 te t + c tte t c 1 te t + c tte t + c 1 te t + c tte t + + 4 c 1 te t + c tte t dodatkowe założenie c 1 te t + c tte t c1 te t + c tte t + 4 c 1 te t + c tte t c 1te t + c tte t + c 1 t e t e t + 4e t + c t te t te t + 4te t c 1te t + c tte t ostatnie równość wynika z tego, że funkcje e t i te t są rozwiazaniami równania jednorodnego. Okazuje się więc, że funkcje c 1 i c spełniają układ równań liniowych c 1te t + c tte t 0, c 1te t + c tte t e t. 5/ Zachodzi więc równość e t c 1te t + c tte t + c te t 5/ równości c t, zatem 5/ z pierwszego równania c te t. Prowadzi to do c t dt ttg s ds cos sds cos s1 sin sds sin s sin s+d 5/ dt1+tg sds 1+tg s / +d tg s tg s t 1+tg s 1+tg s t +d t + +d 1 t 1/ +t / +d. Zachodzi równość c 1t tc t t1 + t 5/, zatem c 1 t t1 + t 5/ 1 + t / + d 1. Stąd otrzymujemy xt 1 + t / + d 1 e t + t 1/ + t / + d te t. Oczywiście d 1, d oznaczają tu dowolne stałe. Uwaga. 1 Można otrzymany wzór uprościć: xt 1 + t / + d 1 e t + t 1/ + t / + d te t e t 1 + t / + t 1 + t 1/ + t 1 + t / + d 1 e t + d te t e t 1 + t 1 + t 1/ + d 1 e t + d te t e t 1 + t 1 + d1 e t + d te t. Chociaż prawa strona równania nie jest quasi-wielomianem, można szukać rozwiązania równania w postaci gte t oczywiście nic o funkcji g nie zakładając poza co najmniej dwukrotną różniczkowalnością. Po podstawieniu otrzymujemy e t gte t gte t + 4gte t 5/ g te t + gte t gte t g te t + gte t gte t gte t gte t gte t gte t g te t g te t g te t. Stąd wnioskujemy, że g t 5/, zatem g t t1 + t 1/ + t1 + t / + γ i w końcu gt 1 + t 1 + γt + δ. W końcówce tej uwagi skorzystaliśmy z rezultatów obliczeń, od których rozpoczęliśmy rozwiązanie tego zadania.