zadania otwarte  Egzamin dyplomowy 16.II.04r, cz. I

Rozwiązania:

Zad. 1 Funkcje f(x, y) = x + y i g(x, y) = x^{2} + xy + y^{2} są różniczkowalna. Zbiór

A = {(x, y) : x^{2} + xy + y^{2} = 1} = {(x, y) : g(x, y) = 1} jest zwarty

więc funkcja ciągła z = f(x, y) osiąga na nim swoje kresy. Co więcej

∇g(x, y) = [2x + y, x + 2y]

i zachodzi

∇g(x, y) = [0, 0] ⟺ 2x + y = 0 ∧ x + 2y = 0 ⟺ x = y = 0

więc

∇g(x, y) ≠ [0, 0] dla (x, y) ∈ A.

Korzystamy teraz z metody mnożników Lagrangea (warunek konieczny przyjmowania ekstremum): istnieje taka λ ∈ ℝ że

\{ \begin{matrix}g(x, y) & = & 1, \\ ∇f(x, y) & = & λ ∇g(x, y) \end{matrix}

dla (x, y) ∈ ℝ^{2} w którym z = f(x, y) przyjmuje ekstremum. Z warunku ∇f(x, y) = λ ∇g(x, y) otrzymujemy (tu ∇f(x, y) = [1, 1]), iż

\{ \begin{matrix}1 & = & λ (2x + y), \\ 1 & = & λ (x + 2y). \end{matrix}

Skąd wynika, że λ ≠ 0 oraz 2x + y = x + 2y ⟺ x = y co podstawiając do warunku g(x, y) = 1 daje

g(x, x) = 3x^{2} = 1 ⟺ x = ±\frac{\sqrt{3}}{3}.

Ponieważ otrzymaliśmy dwa punkty, więc oczywiste jest teraz że w jednym z nich

(x_{0}, y_{0}) = (−\frac{\sqrt{3}}{3}, −\frac{\sqrt{3}}{3})

jest osiągana najmniejsza wartość funkcji f(x_{0}, y_{0}) = −2\frac{\sqrt{3}}{3} a w drugim

(x_{1}, y_{1}) = (\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3})

funkcja przyjmuje największą wartość f(x_{1}, y_{1}) = 2\frac{\sqrt{3}}{3}.

Zad. 2 Przyjmujemy za wiadome, że szereg

∑_{1}^{∞} \frac{1}{n^{β}}

KED w IM UWr  Egzamin dyplomowy 16.II.04r, cz. I

jest zbieżny dla β > 1 i nie jest zbieżny dla β ⩽ 1. Szereg

∑_{1}^{∞} \frac{n^{α} + 1}{n^{α} + n^{2}}

jest o wyrazach dodatnich, więc przy badaniu jego zbieżności możemy korzystać z kryterium porównawczego zbieżności szeregów. Z nierówności

\frac{1}{n^{α} + n^{2}} < \frac{1}{n^{2}} spełnionej dla α ∈ ℝ

mamy, że szereg

∑_{1}^{∞} \frac{1}{n^{α} + n^{2}} < ∞

jest zbieżny dla każdego α ∈ ℝ. Stąd mamy, iż zbieżność szeregu

∑_{1}^{∞} \frac{n^{α} + 1}{n^{α} + n^{2}} = ∑_{1}^{∞} \frac{n^{α}}{n^{α} + n^{2}} + ∑_{1}^{∞} \frac{1}{n^{α} + n^{2}}

jest równoważna zbieżności szeregu

∑_{1}^{∞} \frac{n^{α}}{n^{α} + n^{2}} .

Dalej będziemy się zajmować tym ostatnim. Mamy

\frac{n^{α}}{n^{α} + n^{2}} = \frac{1}{1 + n^{2−α}} < \frac{1}{n^{2−α}}

a więc gdy zachodzi

1 < 2 − α ⟺ α < 1

to badany szereg jest zbieżny. Natomiast dla α ⩾ 1 mamy

2 − α ⩽ 1
n^{2−α} ⩽ n
1 + n^{2−α} ⩽ n + 1

\frac{1}{n + 1} ⩽ \frac{1}{1 + n^{2−α}} = \frac{n^{α}}{n^{α} + n^{2}}

skąd wynika rozbieżność rozważanego szeregu (oczywiste jest, że szereg ∑_{1}^{∞} \frac{1}{n+1} jest rozbieżny).

Zad. 3 Podstawiamy

∫_{0}^{1} \frac{dx}{e^{2x} + e^{x}} = [ \begin{matrix}x & = & ln t \\ dx & = & \frac{dt}{t} \end{matrix} x|_{0}^{1} t|_{1}^{e}] = ∫_{1}^{e} \frac{dt}{t(t^{2} + t)}.

Dalej rozkład na ułamki proste

\frac{1}{t(t^{2} + t)} = \frac{A}{t^{2}} + \frac{B}{t} + \frac{C}{t + 1} = \frac{A(t + 1) + Bt(t + 1) + Ct^{2}}{t^{2}(t + 1)}

skąd otrzymujemy, że

(B + C)t^{2} + (A + B)t + A = 1

co daje

\{ \begin{matrix}A & = & 1, \\ A + B & = & 0, \\ B + C & = & 0. \end{matrix}

Rozwiązaniem układu jest A = 1, B = −1, C = 1. Kontynuując

∫_{1}^{e} \frac{dt}{t(t^{2} + t)} =

= ∫_{1}^{e} \frac{dt}{t^{2}} − ∫_{1}^{e} \frac{dt}{t} + ∫_{1}^{e} \frac{dt}{t + 1} = −\frac{1}{t}|_{1}^{e} − ln t|_{1}^{e} + ln(t + 1)|_{1}^{e} =

= 1 − \frac{1}{e} − 1 + ln(1 + e) − ln 2 = ln \frac{1 + e}{2} − \frac{1}{e}.

Zad. 4 Oznaczamy e_{1} = [1, 0, 0]^{T} , e_{2} = [0, 1, 0]^{T} , e_{3} = [0, 0, 1]^{T} i v = [1, 0, 1]^{T}. Zauważamy, że v = e_{1} + e_{3}. Skąd wnioskujemy, że jeżeli wektory e_{1}, e_{3} są wektorami własnymi to dobrze by było (z uwagi na to że wektor v też ma być wektorem własnym) aby odpowiadały im te same wartości własne. Z podobnych względów, aby wektor w = [1, 1, 1]^{T} nie był wektorem własnym (tu mamy w = e_{1} + e_{2} + e_{3}), to wartość własna odpowiadająca wektorowi e_{2} powinna być różna od tej dla e_{1}, e_{2}. Niech więc

A = [ \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ] .

Sprawdzamy teraz, że

Ae_{1} = [ \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ] = 1 · [ \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ] = 1 · e_{1}

Ae_{2} = [ \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ] = 2 · [ \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ] = 2 · e_{2}

Ae_{3} = [ \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ] = 1 · [ \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ] = 1 · e_{3}

i oczywiście

Av = A(e_{1} + e_{3}) = Ae_{1} + Ae_{3} = 1 · e_{1} + 1 · e_{3} = 1 · (e_{1} + e_{3}) = 1 · v.

Gdyby teraz było

Aw = [ \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ] = λ · w = λ · [ \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}λ \\ λ \\ λ \end{matrix} ] ,

to otrzymalibyśmy, że równocześnie

λ = 1 i λ = 2

co jest sprzeczne!

Zad. 5 Mnożenie liczb zespolonych jest działaniem przemiennym, więc każda podgrupa utworzona z liczb zespolonych z mnożeniem jako działaniem jest przemienna. Natomiast grupa permutacji S_{3} nie jest przemienna. Dlatego też, to jest przyczyna dla której nie ma takiego zbioru

A = {z_{1}, z_{2}, z_{3}, z_{4}, z_{5}, z_{6}} ⊂ ℤ.

Bo gdyby był, to byśmy mieli dla dowolnych p, p′ ∈ S_{3}

p ∘ p′ = ϕ(z) ∘ ϕ(z′) = ϕ(zz′) = ϕ(z′z) = ϕ(z′) ∘ ϕ(z) = p′ ∘ p

gdzie ϕ : S_{3} → A jest izomorfizmem z p = ϕ(z), p′ = ϕ(z′). To że grupa permutacji S_{3} jest nieprzemienna można przyjąć za ogólnie wiadome.

Zad. 6

Dla n = 3 mamy

Ω = {3t0n, 2t1n, 1t2n, 0t3n}

i prawdopodobieństwo zdarzenia

P (\{3t0n, 2t1n\}) = p^{3} + \binom{3}{2}p^{2}(1 − p) = p^{3} + 3p^{2}(1 − p).

Dla n = 4 mamy

Ω = {4t0n, 3t1n, 2t2nO, 2t2nR, 1t3n, 0t4n}

i odpowiednie prawdopodobieństwo

P ({4t0n, 3t1n, 2t2nO}) =

= p^{4} + \binom{4}{3}p^{3}(1 − p) + \binom{4}{2}p^{2}(1 − p)^{2} \frac{1}{2} =
= p^{4} + 4p^{3}(1 − p) + 6p^{2}(1 − p)^{2} \frac{1}{2} =
= p^{4} + 4p^{3}(1 − p) + 3p^{2}(1 − p)^{2} = p^{4} + p^{2}(1 − p)(4p + 3 − 3p) =
= p^{4} + p^{2}(1 − p)(p + 3) = p^{4} + (p^{2} − p^{3})(p + 3) =
= p^{4} + p^{3} − p^{4} + 3p^{2} − 3p^{3} = p^{3} + 3p^{2}(1 − p).

Otrzymaliśmy te same prawdopodobieństwa.