Odpowiedź :
Rozwiązanie:
Zadanie [tex]1.[/tex]
Układ równań:
[tex]\left\{\begin{array}{ccc}x=2-y-z\\2y+z=x\\3z=5-3x-2y\end{array}\right[/tex]
Po drobnych przekształceniach:
[tex]\left\{\begin{array}{ccc}x+y+z=2\\x-2y-z=0\\3x+2y+3z=5\end{array}\right[/tex]
Macierz główna:
[tex]A=\left[\begin{array}{ccc}1&1&1\\1&-2&-1\\3&2&3\end{array}\right][/tex]
Wyznacznik:
[tex]$\det(A)=A=\left|\begin{array}{ccc}1&1&1\\1&-2&-1\\3&2&3\end{array}\right| \left\begin{array}{ccc}1&1\\1&-2\\3&2\end{array}\right=(-6-3+2)-(-6-2+3)=-2[/tex]
Wyznacznik wyszedł nam różny od zera, a zatem rząd macierzy [tex]A[/tex] jest równy [tex]3[/tex]. Ponadto warto zauważyć, że rząd jest największy z możliwych, a zatem rząd macierzy uzupełnionej też jest równy [tex]3[/tex] (z macierzy uzupełnionej można wyjąć minor równy wyznacznikowi macierzy [tex]A[/tex]). Zachodzi zatem równość:
[tex]rz(A)=rz(U)[/tex]
Na mocy twierdzenia Kroneckera-Capellego stwierdzamy, że układ jest oznaczony. Samo twierdzenie nie da nam rozwiązania, dlatego w tym celu użyjemy tw. Cramera.
Wyznacznik macierzy głównej już mamy - [tex]W=-2[/tex].
Wyznacznik [tex]W_{x}[/tex] :
[tex]W_{x}=\left|\begin{array}{ccc}2&1&1\\0&-2&-1\\5&2&3\end{array}\right| \left\begin{array}{ccc}2&1\\0&-2\\5&2\end{array}\right=(-12-5+0)-(-10-4+0)=-3[/tex]
Wyznacznik [tex]W_{y}[/tex] :
[tex]W_{y}=\left|\begin{array}{ccc}1&2&1\\1&0&-1\\3&5&3\end{array}\right| \left\begin{array}{ccc}1&2\\1&0\\3&5\end{array}\right=(0-6+5)-(0-5+6)=-2[/tex]
Wyznacznik [tex]W_{z}[/tex] :
[tex]W_{z}=\left|\begin{array}{ccc}1&1&2\\1&-2&0\\3&2&5\end{array}\right| \left\begin{array}{ccc}1&1\\1&-2\\3&2\end{array}\right=(-10+0+4)-(-12+0+5)=1[/tex]
Zatem:
[tex]$x=\frac{W{x}}{W}= \frac{-3}{-2} =\frac{3}{2}[/tex]
[tex]$y=\frac{W{y}}{W}=\frac{-2}{-2} =1[/tex]
[tex]$z=\frac{W{z}}{W}=-\frac{1}{2}[/tex]
Rozwiązaniem jest:
[tex]\left\{\begin{array}{ccc}x=\frac{3}{2} \\y=1\\z=-\frac{1}{2} \end{array}\right[/tex]
Zadanie [tex]2.[/tex]
Granica:
[tex]$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin(5x)}{e^{x}-e^{-x}} =\Big[\frac{0}{0} \Big][/tex]
Korzystamy z reguły de l'Hospitala:
[tex]$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin(5x)}{e^{x}-e^{-x}}= \lim_{x \to 0}\frac{5\cos (5x)}{e^{x}+e^{-x}} =\frac{5\cos(0)}{e^{0}+e^{0}} =\frac{5 \cdot 1}{1+1} =\frac{5}{2}[/tex]
Zadanie [tex]3[/tex].
Prosta:
[tex]$k:\frac{x+1}{2} =-\frac{y}{1} =\frac{z-3}{1}[/tex]
Prostą łatwo zapisać w postaci:
[tex]k:\left\{\begin{array}{ccc}x=2t-1\\y=-t\\z=t+3\end{array}\right , \ \ t \in \mathbb{R}[/tex]
Płaszczyzna:
[tex]\pi: mx+y-wz=0[/tex]
Po podstawieniu:
[tex]m(2t-1)-t-w(t+3)=0[/tex]
[tex]2mt-m-t-wt-3w=0[/tex]
[tex]t(2m-1-w)-m-3w=0[/tex]
Stąd:
[tex]\left\{\begin{array}{ccc}2m-1-w=0\\-m-3w=0\end{array}\right[/tex]
Z pierwszego:
[tex]w=2m-1[/tex]
Wstawiamy:
[tex]-m-3(2m-1)=0[/tex]
[tex]$-m-6m+3=0 \iff m=\frac{3}{7}[/tex]
Stąd:
[tex]$w=-\frac{1}{7}[/tex]
Zatem:
[tex]$\left\{\begin{array}{ccc}m=\frac{3}{7} \\w=-\frac{1}{7} \end{array}\right[/tex]
Zadanie [tex]4.[/tex]
Funkcja:
[tex]$f(x)=\frac{3-x^{2}}{2-x}[/tex]
Dziedzina: [tex]x\neq 2[/tex].
Pochodna:
[tex]$f'(x)=\frac{-2x(2-x)+3-x^{2}}{(2-x)^{2}} =\frac{x^{2}-4x+3}{(2-x)^{2}}[/tex]
Zauważmy, że mianownik nie wpływa na znak pochodnej, gdyż:
[tex]$\forall \ x \in D_{f} \ (2-x)^{2}>0[/tex]
Zatem funkcja będzie rosnąca, gdy:
[tex]x^{2}-4x+3>0[/tex]
[tex](x-1)(x-3)>0[/tex]
[tex]x \in (-\infty,1) \cup (3,\infty)[/tex]
Funkcja jest rosnąca w przedziałach [tex](-\infty,1)[/tex] oraz [tex](3,\infty)[/tex].
Oczywistym jest, że funkcja jest malejąca w dopełnieniu rozwiązania powyższej nierówności, czyli:
Funkcja jest malejąca w przedziałach [tex](-1,2)[/tex] oraz [tex](2,3)[/tex].
Ekstrema:
[tex]f''(x)=0 \iff x =1 \vee x=3[/tex]
Na podstawie powyższych rozważań mamy:
Funkcja osiąga maksimum lokalne dla [tex]x=1[/tex] równe [tex]2[/tex].
Funkcja osiąga minimum lokalne dla [tex]x=3[/tex] równe [tex]6[/tex].
Zadanie [tex]5.[/tex]
Funkcja:
[tex]$z(x,y)=\frac{1}{3}x^{3} -\frac{1}{3} y^{3}-9x+e[/tex]
Pochodne cząstkowe:
[tex]$\frac{\partial z}{\partial x} =x^{2}-9[/tex]
[tex]$\frac{\partial z}{\partial y} =-y^{2}[/tex]
Układ równań:
[tex]\left\{\begin{array}{ccc}x^{2}-9=0\\-y^{2}=0\\\end{array}\right[/tex]
[tex]\left\{\begin{array}{ccc}(x-3)(x+3)=0\\y=0\\\end{array}\right[/tex]
[tex]\left\{\begin{array}{ccc}x=-3 \vee x=3\\y=0\\\end{array}\right[/tex]
Zatem mamy dwa punkty stacjonarne:
[tex]P_{1}=(-3,0)[/tex]
[tex]P_{2}=(3,0)[/tex]
Pochodne cząstkowe drugiego rzędu:
[tex]$\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} =2x[/tex]
[tex]$\frac{\partial ^{2}z}{\partial x \partial y} =\frac{\partial ^{2}z}{\partial y \partial x}=0[/tex]
[tex]$\frac{\partial ^{2}z}{\partial y^{2}} =2y[/tex]
Hesjan:
[tex]H(x,y)=\left|\begin{array}{ccc}2x&0\\0&2y\end{array}\right|=4xy[/tex]
Obliczamy wyznaczniki dla punktów stacjonarnych:
[tex]H(P_{1})=H(-3,0)=4 \cdot (-3) \cdot 0=0[/tex]
[tex]H(P_{2})=H(3,0) =4 \cdot 3 \cdot 0=0[/tex]
To nie rozstrzyga nam ekstremów funkcji [tex]z[/tex]. W tym celu zapiszmy najpierw dla punktu [tex]P_{1}[/tex] funkcje jednej zmiennej:
[tex]$z(x,0)=\frac{1}{3} x^{3}-9x+e[/tex]
[tex]$z(-3,y)=-\frac{1}{3} y^{3}+e+18[/tex]
Na podstawie powyższych rozważań (pochodne), stwierdzamy, że funkcja zmiennej [tex]x[/tex] osiąga maksimum lokalne dla [tex]x=-3[/tex], a funkcja zmiennej [tex]y[/tex] nie osiąga ekstremów, co oznacza, że funkcja [tex]z[/tex] nie osiąga ekstremum w punkcie [tex]P_{1}[/tex].
Dla punktu [tex]P_{2}[/tex] mamy:
[tex]$z(x,0)=\frac{1}{3} x^{3}-9x+e[/tex]
[tex]$z(3,0)=-\frac{1}{3} y^{3}+e-18[/tex]
W zasadzie w tym przypadku niewiele się zmienia, jeżeli chodzi o ekstrema. Funkcja [tex]z[/tex] nie osiąga ekstremum w punkcie [tex]P_{2}[/tex].
Wniosek:
Funkcja nie osiąga ekstremów lokalnych.