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
,
2
,
R
¡ √
√
¢
R
√
koÃla, może obliczyć caÃlke
10
100 − x 2 − ( − 100 − x 2 dx = 2 10
100 − x 2 dx
x=10 sin t
===========
,0
0
dx=10 cos t dt
R
p
R
R
¡
¢
= 2 π/ 2
100 − 100 sin2 t · 10 · cos tdt = 200 π/ 2 cos2 tdt = 100 π/ 2 1 + cos(2 t) dt =
0
0
0
¡
¢¯
¡
¢
= 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
0
2
2
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-
,
,
,
,
R
¡ √
√
¢
na 0 . Aby znaleźć pierwsza obliczymy caÃlke 10 x
100 − x 2 −( − 100 − x 2 dx , która nastepnie
,
,
0
,
,
podzielimy przez pole póÃlkola — czyli znajdziemy średnia ważona pierwszej wspóÃlrzednej (czyli
,
,
,
x ), a waga jest dÃlugość pionowego odcinka zÃlożonego z punktów, których pierwsza wspóÃlrzed-
,
,
,
R
¡ √
√
¢
R
√
na jest liczba x . Mamy wiec:
10 x 100 − x 2 − ( − 100 − x 2 dx = 10 2 x 100 − x 2 dx =
,
,
0
0
¯
¡
¢
√
3
= − 2 (100 − x 2)3 / 2¯10 = 2 − 0 + 1003 / 2 = 2 100
= 2 103 = 2000 . Wobec tego pierwsza
3
0
3
3
3
3
wspóÃlrzedna środka cieżkości jest równa 2000 = 40 = 4 · 10 . Poszukiwanyn środekiem cieżkości
,
,
3 · 50 ·π
3 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
25
5 jest średnia ważona punktów (0 , d) i (0 , 4 ) , a wagami sa
π − 1 π = 12 π
,
,
3 π
,
2
2
(czyli pole obszaru) D oraz 1 π (czyli pole póÃlkola P
c równość
2
1 ). Mamy wie ,
(0 , 20 ) =
12 π
(0 , d) +
π/ 2
(0 , 4 ) = 24 (0 , d) + 1 (0 , 4 ) .
3 π
(25 / 2) ·π
(25 / 2) ·π
3 π
25
25
3 π
¡
¢
Z tej równości wynika, że 20 = 24 · d + 1 · 4 . Mamy wiec d = 25 20 − 1 · 4
= 124 · 4 = 62 .
3 π
25
25
3 π
,
24 3 π
25
3 π
24
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
,
,
(
√
0
gdy − 5 ≤ x ≤ − 1,
√
f ( x) =
25 − x 2 , g( x) =
1 − x 2
gdy − 1 ≤ x ≤ 1,
0
gdy 1 ≤ x ≤ 5.
Wtedy obszar D można opisać tak: D = {( x, y):
− 5 ≤ x ≤ 5 , g( x) ≤ y ≤ f ( x) . Wtedy pole
R
¡
¢
R
√
R
¡ √
√
¢
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 √
R
√
R
√
+ 5 25 − x 2 dx = 5
25 − x 2 dx − 1
1 − x 2 dx = rachuneczki . . . = 25 π − π = 12 π — sko-
1
− 5
− 1
2
2
R
R
R
rzystaÃlem tu z równości
− 1 . . . + 1 . . . + 5 . . . = 5 . . . . W liczniku natomiast pojawi sie caÃlka
− 5
− 1
1
− 5
,
R 5
¡
¢¡
¢
R
¡
¢
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
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
,
,
R
¡
¢¡
¢
¡
¢
¡
¢
5
1
f ( x)+ g( x)
( f ( x) −g( x) dx
pionowego odcinka o końcach x, g( x) i x, f ( x) , wiec iloraz
− 5 2
R
¡
¢
to
,
5
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
,
,
,
p
ważona wspóÃlrzednej y ∈ [0 , 5] a waga ma być liczba 2 25 − y 2 dla y ≥ 1 , a dla y < 1 —
,
,
,
¡p
p
¢
R
¡p
p
¢
liczba 2
25 − y 2 −
1 − y 2 . Należy wiec obliczyć caÃlke
1 2 y
25 − y 2 −
1 − y 2 dy +
,
,
0
R
p
+ 5 2 y 25 − y 2 dy , a nastepnie podzielić ja przez pole obszaru D Jest to Ãlatwe, bo zachodzi 1
,
,
p
¡
¢
wzór 2 y a 2 − y 2 = d − 1 ( a 2 − y 2)3 / 2 — pochodna funkcji zÃlożonej. Znów nie kończymy tych dy
3
obliczeń zostawiajac to studentom.
,
Zauważmy na zakończenie, że 62 > 60 = =20 , wiec wynik jest zgodny z przewidywaniem:
9 π
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
x
do
,
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)
0)
2
2
równaniu x 0 f0( x 0) = 2 f( x 0) . Zastepujac w tym równaniu x
przeksztaÃlcajac
,
,
0 przez t i troszke ,
,
R
R
f = f ( t)
R
otrzymujemy równanie f0( t) = 2 . Stad 2 ln |t| + C =
2 dt =
f 0( t) dt ========= df = ln |f| ,
f ( t)
t
,
t
f ( t)
df = f 0( t) dt
f
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.
,
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
c
,
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
,
,
5
5
tego rozwiazaniem szczególnym jest funkcja 4 e 2 t cos(2 t) + 8 e 2 t sin(2 t) .
,
5
5
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) .
5
5
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
5
,
5
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 .
5
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
jest liczba rzeczywista, wiec | cos t| ≤ 1 , | cos(2 t) | ≤ 1 , | cos(3 t) | ≤ 1 i | sin(2 t) | ≤ 1 , wiec
,
,
,
,
|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.
4
2
4
,
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.
µ
¶
3 − 1
Rozwiazanie. Znajdziemy wartości i wektory wÃlasne macierzy M =
. Równanie charakte-
,
1
5
¯
¯
¯ 3 − λ
− 1 ¯
rystyczne to 0 = ¯
¯
¯
c λ
1
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
v
1 −v 2 = 4 v 1 i jednocześnie v 1 + 5 v 2 = 4 v 2 .
2
Każde z tych równań jest równoważne równaniu v 1 = −v 2 . Znaleźliśmy cześć rozwiazań równania
,
,
¡ ¢
jednorodnego: c
1
1
e 4 t . Jednak nie sa to wszystkie rozwiazania, bo niezależnie od wyboru
− 1
,
,
¡ ¢
¡ ¢
liczby c
1
1
1 zachodzi nierówność c 1
e 4 · 0 6=
, wiec nie dla każdego warunku poczatkowego ist-
− 1
0
,
,
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 .
¡ ¢
w
0
2 = −w 1 − 1 . Wobec tego ukÃlad jest speÃlniony przez wspóÃlrzedne wektora
. Rozwiazaniem
,
− 1
,
¡ ¢
£¡ ¢
¡ ¢¤
ogólnym ukÃladu jednorodnego jest c
1
0
1
1
e 4 t + c
+ t
e 4 t . Każdy wektor może być za-
− 1
2
− 1
− 1
¡ ¢
¡ ¢
¡ ¢
¡ ¢
pisany w postaci c
1
0
1
0
1
+ c
— wektory
i
nie sa równolegÃle.
− 1
2 − 1
− 1
− 1
,
¡ ¢
Teraz rozwia żemy ukÃlad niejednorodny. Znajdziemy rozwiazanie postaci α( t) 1 . Podsta-
,
,
− 1
wiamy do równania (wektorowego):
µ
¶
¡ ¢
3 − 1
¡ ¢
¡ ¢
¡
¢¡ ¢
α0( t) 1 =
α( t) 1 + e 4 t sin t 1 = 4 α( t) + e 4 t sin t
1 .
− 1
1
5
− 1
− 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
0
+ t 1 e 4 t .
(4 . 1)
− 1
1 − 1
2
− 1
− 1
Oczywiście można też uzmiennić staÃle, czyli poszukać takich funkcji c 1( t) , c 2( t) , że funkcja
¡ ¢
£¡ ¢
¡ ¢¤
c
1
0
1
1( t)
e 4 t + c
+ t
e 4 t jest rozwiazaniem ukÃladu niejednorodnego. Po podstaw-
− 1
2( t)
− 1
− 1
,
¡ ¢
£¡ ¢
¡ ¢¤
¡ ¢
ieniu i redukcji otrzymujemy: c0
1
0
1
1
1( t)
e 4 t + c0
+ t
e 4 t = e 4 t sin t
, wiec c0
− 1
2( t)
− 1
− 1
− 1
,
2( t) = 0
¡ ¢
¡ ¢
i c0
1
0
1( t) = sin t dla ka żdego t ∈ R (przyp. wektory
i
sa nierównolegÃle!). Po scaÃlkowaniu
− 1
− 1
,
mamy c 1( t) = − cos t + K 1 oraz c 2( t) = K 2 , wiec rozwiazaniem ogólnym ukÃladu jest
,
,
¡ ¢
£¡ ¢
¡ ¢¤
( − cos t + K
1
0
1
1)
e 4 t + K
+ t
e 4 t ,
(4 . 2)
− 1
2
− 1
− 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
0
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.
µ
¶
12 y − 6 xy 12 x − 3 x 2
Rozwiazanie. Mamy D 2 f ( x, y) =
.
,
12 x − 3 x 2
16
µ
¶
0
− 36
D 2(6 , 0) =
; wartościami wÃlasnymi tej macierzy sa pierwiastki równania kwadra-
− 36
16
,
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.
,
µ
¶
24
0
Mamy D 2(4 , − 2) =
, wiec wartościami wÃlasnymi sa liczby 24 i 16 , obie dodatnie.
0
16
,
,
Funkcja ma w w punkcie (4 , − 2) lokalne minimum.
µ
¶
0
0
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
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
,
8
kwadratowego sa liczby 0 i − 7 . Przyjmuje on swa najmniejsza wartość w punkcie 1 (0 − 7 ) = − 7 .
,
8
,
,
2
8
16
Jest ona równa 8( − 7 )( − 7 + − 7 ) = − 49 . Najwieksza wartość na przedziale [ − 3 , 1] ten wielo-16
16
8
32
,
,
mian przyjmuje w punkcie − 3 , leżacym dalej od punktu − 7 niż punkt 1 . Jest ona równa 51 .
,
16
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
,
8
,
,
,
¡
¢
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 .
16
16
2
32
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
2
0
¯
¯ 5 − λ
2
¯
¡
¢
0 = ¯
¯
¯
¯
¯
2
5 − λ
0
¯ = (4 −λ) ¯
¯ = (4 −λ) (5 −λ)2 − 42 = (4 −λ)(3 −λ)(7 −λ) ,
¯
2
5 − λ
0
0
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
,
(
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
x
(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
z
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
x
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
z
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 . . . .
,
,
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:
,
,
,
2. umieli obliczać pochodne dowolnie skomplikowanych funkcji (czyli umieli stosować wzory na po-
chodna sumy, różnicy, iloczynu, ilorazu i zÃlożenia,
,
,
,
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).
,
,