Rozdział 1. Elementy rachunku zdań i algebry zbiorów

Transkrypt

Spis treści
Od autora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Rozdział 1. Elementy rachunku zdań i algebry zbiorów . . . . . . . . . . . . 11
1.1. Zdania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11
1.2. Kwantyfikatory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3. Zbiory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4. Iloczyn kartezjański . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.5. Zbiór liczb rzeczywistych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Rozdział 2. Funkcje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1. Pojęcie funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2. Wykres funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3. Złożenie funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.4. Funkcje różnowartościowe i funkcja odwrotna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.5. Funkcje rosnące, malejące, parzyste, nieparzyste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.6. Funkcje elementarne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.7. Równania równowagi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Rozdział 3. Ciągi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.1. Pojęcie ciągu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2. Ciągi zbieżne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.3. Podstawowe wzory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.4. Ciągi rozbieżne do ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.5. Twierdzenie o trzech ciągach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.6. Ciągi monotoniczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
3.7. Liczba e i oprocentowanie ciągłe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
Rozdział 4. Funkcje ciągłe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.1. Granica funkcji w punkcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.2. Ciągłość funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .56
4.3. Ciągłość funkcji odwrotnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4.4. Własność Darboux funkcji ciągłej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
Rozdział 5. Rachunek różniczkowy funkcji jednej zmiennej . . . . . . . . 63
5.1. Pojęcie pochodnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5.2. Interpretacje pochodnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
5.3. Podstawowe wzory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
5.4. ∗ Twierdzenie Rolle’a i Lagrange’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
5.5. Model Domara . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .70
5.6. Monotoniczność i ekstrema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
5.7. Wyznaczanie największej (najmniejszej) wartości funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . 78
5.8. Reguła de l’Hospitala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
5.9. Pochodna drugiego rzędu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
5.10. Funkcje wypukłe i wklęsłe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
5.11. Asymptoty . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
5.12. Schemat badania funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
6
Spis treści
Rozdział 6. Elementy rachunku całkowego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
6.1. Całka nieoznaczona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
6.2. Całka oznaczona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
6.3. Interpretacje całki oznaczonej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
6.4. Całka niewłaściwa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
Rozdział 7. Elementy algebry liniowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
7.1. Model liniowy rynku wielu dóbr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
7.2. *Przestrzenie liniowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
7.3. *Przekształcenia liniowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
7.4. Macierze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
7.5. Macierze kwadratowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
7.6. Wyznacznik macierzy kwadratowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
7.7. *Wyznacznik jako przekształcenie na wektorach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
7.8. Rząd macierzy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
7.9. Macierz odwrotna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
7.10. *Macierze jako przekształcenia liniowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
7.11. Układy równań liniowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
7.12. *Układ równań jako równanie wektorowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
7.13. Twierdzenie Kroneckera-Capelliego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
7.14. *Uzasadnienie wzorów Cramera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .122
7.15. Wzory Cramera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
7.16. Model dochodu narodowego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
7.17. *Przekształcenie odwrotne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
7.18. Rozwiązywanie układów równań przy pomocy macierzy odwrotnej . . . . 127
7.19. Układy z różną liczbą niewiadomych i równań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
7.20. Rozwiązania bazowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
7.21. Operacje elementarne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .131
7.22. Rozwiązywanie układów równań przy pomocy operacji elementarnych . 134
7.23. Model nakładów i wyników Leontiefa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
Rozdział 8. Funkcje wielu zmiennych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
8.1. Pojęcie funkcji wielu zmiennych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .141
8.2. Dziedzina i wykres funkcji wielu zmiennych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
8.3. Poziomice funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
8.4. Ciągłość funkcji wielu zmiennych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
8.5. Pochodne cząstkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
8.6. Gradient funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
8.7. Zastosowanie pochodnych cząstkowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
8.8. Model dochodu narodowego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
8.9. Metoda najmniejszych kwadratów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
Rozdział 9. Elementy równań różniczkowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
9.1. Prognozowanie w zarządzaniu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .171
9.2. Przykładowe problemy prowadzące do równań różniczkowych . . . . . . . . . . 171
9.3. Pojęcie równania różniczkowego zwyczajnego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
9.4. Rozwiązanie ogólne i problem Cauchy’ego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
Spis treści
7
9.5. Równanie o zmiennych rozdzielonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
9.6. Liniowe równanie różniczkowe pierwszego rzędu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
9.7. Położenie równowagi i stabilność . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
9.8. Jakościowa analiza rozwiązań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
9.9. Układy liniowe o stałych współczynnikach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
9.10. Dynamiczny model nakładów i wyników z odroczoną produkcją . . . . . . . 196
Rozdział 10. Elementy równań różnicowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
10.1. Pojęcie równania różnicowego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .207
10.2. Liniowe równania różnicowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
10.3. Model „różnicowy” równowagi podaży i popytu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
10.4. Dostosowanie produkcji do popytu - model różnicowy . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
10.5. Model różniczkowy a różnicowy - czas dostosowania . . . . . . . . . . . . . . . . . . .213
10.6. Model uwzględniający magazynowanie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
10.7. Nieliniowe równania różnicowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
Odpowiedzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
Indeks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
Od autora
Podręcznik ten jest nowym opracowaniem książki wydanej w roku 2000. Powstał
na bazie wykładów i ćwiczeń prowadzonych przez autora w Wyższej Szkole Menedżerskiej w latach 1995-2006 na studiach dziennych, wieczorowych i zaocznych. W
porównaniu z pierwszą wersją nastąpiły istotne zmiany, spowodowane przede wszystkim zmianami treści programowych przedmiotu matematyka na kierunku zarządzanie.
M. in. doszedł rozdział poświecony równaniom różniczkowym i różnicowym, a usunięty został rozdział poświęcony matematyce finansowej. Ten ostatni materiał ten
razem z wieloma nowymi zagadnieniami został umieszczony w osobnym podręczniku
autora „Elementy matematyki finansowej z wybranymi metodami informatycznymi”,
Oficyna Wydawnicza WSM, 2005.
Oprócz podstawowego materiału wymaganego na egzaminach zawiera tematy, przykłady i pojęcia wykraczające poza aktualny program. Oczywiste jest, że program
może się zmieniać i te tematy mogą być studentom w przyszłości potrzebne. Poza
tym podręcznik powinien wykraczać poza podstawowe wymagania, pewne pojęcia
nieco dokładniej wyjaśniać, nie unikając i trudniejszych przykładów. Autor głęboko
wierzy, że w każdej grupie znajdą się studenci, którzy będą mieli potrzebę lepszego
zrozumienia przerabianego materiału i aspirujący do wyższych ocen, oraz studenci,
którzy w przyszłości będą zmuszeni stosować w większym stopniu matematykę w swoich dalszych studiach czy pracy zawodowej. Takie trudniejsze fragmenty podręcznika
oznaczone są *, choć należy zdać sobie sprawę, że trudność jest pojęciem względnym.
Pojęcia i definicje, których przyswojenie jest niezbędne do studiowania innych fragmentów podręcznika są wyróżnione tłustym drukiem. Pozostałe są wyróżnione kursywą w celu lepszego zrozumienia danego fragmentu.
Wszystkie pojęcia i metody są ilustrowane przykładami i zadaniami.
Zadania składają się przeważnie z kilku punktów. Zwykle jeden - dwa z nich mają
przykładowe rozwiązania, aby czytelnikowi było łatwiej rozwiązać pozostałe i zredagować rozwiązanie.
Koniec rozwiązania przykładu bądź zadania oznaczony jest symbolem .
Czytelnikom, którzy chcieliby znaleźć zadania i zagadnienia podobne do zamieszczonych w podręczniku można polecić następujące pozycje: J. Kłopotowski, W. Marcinkowska-Lewandowska, M. Nykowska, I. Nykowski Matematyka dla studiów ekonomicznych zaocznych i wieczorowych, Oficyna Wydawnicza SGH, 1999; T. Bażańska,
M. Nykowska, Zbiór zadań z matematyki dla studentów wyższych uczelni ekonomicznych, Kwantum, 1997; H. Klepacz, E. Porazińska, Wprowadzenie do zastosowań ma-
10
Od autora
tematyki w ekonomii, przykłady i zadania, Wydawnictwo Uniwersytetu Łódzkiego,
1996.
Natomiast tym czytelnikom, którzy chcą pogłębić swoją wiedzę z zastosowań matematyki w ekonomii polecamy monografię: A. C. Chiang, Podstawy ekonomii matematycznej, PWE, 1994.
Jan Rusinek, lipiec 2007
Rozdział 1.
Elementy rachunku zdań i algebry
zbiorów
1.1. Zdania
Przez α, β będziemy oznaczać zdania. Każdemu zdaniu możemy przyporządkować wartość logiczną 1, gdy jest prawdziwe oraz wartość logiczną 0,
gdy jest fałszywe. Oznaczmy wartość logiczną zdania α przez L(α).
Przykład 1.1. Jeśli α jest zdaniem „mucha jest owadem”, a β zdaniem „2 + 2 = 5”, to
L(α) = 1, L(β) = 0. Ze zdań możemy tworzyć zdania złożone przy pomocy następujących znaków, zwanych operacjami logicznymi:
α0
α∧β
α∨β
α⇒β
α⇔β
czytamy
...
...
...
...
nieprawda, że α
αiβ
α lub β
jeśli α, to β
α wtedy i tylko wtedy gdy β
zaprzeczenie
koniunkcja
alternatywa
implikacja
równoważność
Dla implikacji w języku polskim stosuje się też inne sformułowania:
„jeżeli α, to β”
„z α wynika β”
„α, więc β”
„ponieważ α, β”
„β, gdyż α”
„β, bo α”
„β, bowiem α”
12
1. Elementy rachunku zdań i algebry zbiorów
oraz nieco archaiczne
„α pociąga β”
Również koniunkcję możemy wyrażać w różny sposób. Możemy spójnik „i”
zastąpić spójnikiem „oraz”. Rolę koniunkcji pełni też zapisanie zdań zakończonych kropkami obok siebie. Oczywiste jest, że tą samą informację przekazują
sformułowania:
Jest zimno i pada deszcz.
Jest zimno oraz pada deszcz.
Jest zimno. Pada deszcz.
W tabelkach widzimy wartości logiczne zdań złożonych w zależności od
wartości logicznych zdań α i β.
α
1
0
α0
0
1
α
0
0
1
1
β
0
1
0
1
α∧β
0
0
0
1
α∨β
0
1
1
1
α⇒β
1
1
0
1
α⇔β
1
0
0
1
√ Przykład 1.2. Niech α oznacza zdanie „Warszawa jest stolicą Polski”, a β zdanie
„ 2 > 3”. Skonstruuj zdania α0 , β 0 , α ∧ β, α ∨ β, α ⇒ β, β ⇒ α, α ⇔ β i ustal ich wartość
logiczną.
R o z w i ą z a n i e.
0
α
√ : nieprawda, że Warszawa jest stolicą Polski,
β 0 : 2 ¬ 3,
√
α ∧ β: Warszawa jest stolicą Polski i 2√> 3,
α ∨ β: Warszawa jest stolicą Polski lub 2 > 3,
√
α ⇒ β: Jeśli Warszawa
jest stolicą Polski, to 2 > 3,
√
β ⇒ α: Jeśli 2 > 3, to Warszawa jest stolicą Polski,
√
α ⇔ β: Warszawa jest stolicą Polski wtedy i tylko wtedy, gdy 2 > 3.
Oczywiście L(α) = 1, L(β) = 0. Wykorzystując tabelki otrzymujemy:
L(α0 ) = 0,
L(β 0 ) = 1,
L(α ∧ β) = 0,
L(α ∨ β) = 1,
L(α ⇒ β) = 0,
1.1. Zdania
13
L(β ⇒ α) = 1,
L(α ⇔ β) = 0. Jeśli ktoś powie zdanie: Jestem wysoki i gruby, to zastanówmy się kiedy
„złapiemy go na kłamstwie”. Otóż wtedy, gdy okaże się, że nie jest on albo
wysoki albo gruby. Jeśli więc jako α oznaczymy zdanie jestem wysoki, a jako
zdanie β, jestem gruby, to intuicja podpowiada nam następującą regułę:
(1.1)
(α ∧ β)0 ⇔ α0 ∨ β 0 .
Podobne rozumowanie doprowadzi i do drugiej reguły:
(1.2)
(α ∨ β)0 ⇔ α0 ∧ β 0 .
Powyższe reguły noszą nazwę praw de Morgana. Oczywiście można je
było formalnie wyprowadzić wykorzystując podane tabelki.
A oto jak wyglądają inne zaprzeczenia zdań złożonych:
(1.3)
(α0 )0 ⇔ α;
(1.4)
(α ⇒ β)0 ⇔ α ∧ β 0 .
Warto podać jeszcze jedną bardzo ważną regułę:
(1.5)
(α ⇒ β) ⇔ (β 0 ⇒ α0 ).
Jest to tak zwana zasada argumentacji nie wprost. Polega ona na następującym toku wnioskowania:
Chcemy wykazać jakąś tezę β. Przyjmujemy za α całą dotychczasową wiedzę. Przypuszczamy, że zdanie β jest fałszywe, czyli, że β 0 jest prawdziwe.
Następnie pokazujemy, że z β 0 wynika sprzeczność, to znaczy jakiś fałsz w dotychczasowej wiedzy. Ale na mocy prawa de Morgana wynika stąd, że α jest
fałszywe. Pokazaliśmy więc β 0 ⇒ α0 , co z zasady argumentacji nie wprost jest
równoważne temu, że z całej dotychczasowej wiedzy wynika β.
Reguły logiczne, czyli zdania zawsze prawdziwe nazywa się też tautologiami. Na przykład tautologiami są zdania (1.1) – (1.5).
14
1.2. Kwantyfikatory
Popatrzmy na poniższe zdanie:
Dla każdej liczby dodatniej a istnieje liczba ujemna b taka, że b2 = a.
W zdaniu tym występują dwa zwroty niezwykle często używane przy okazji
różnych zdań w matematyce (i nie tylko w matematyce): dla każdego (elementu jakiegoś zbioru) i istnieje (element jakiegoś zbioru). Zwroty te są tak
ważne, że wprowadza się dla nich specjalne oznaczenia zwane kwantyfikatorami. Mają one postać:
^
czytamy
dla każdego x ze zbioru A,
x∈A
_
czytamy istnieje x ze zbioru A.
x∈A
Stosuje się również inne oznaczenia kwantyfikatorów, a mianowicie ∀ –
V
W
zamiast oraz ∃ – zamiast .
Przykład 1.3. Zapiszemy przy pomocy kwantyfikatorów zdanie „Wszyscy studenci z
grupy D1 zdali egzamin z matematyki”.
Oznaczmy przez α(x) zdanie „x zdał egzamin z matematyki”. Wówczas nasze zdanie
zapiszemy tak:
^
α(x). x∈D1
Kwantyfikatory pozwalają zapisywać zdania w sposób skrótowy. Pomagają
też tworzyć szybko zaprzeczenia bardziej skomplikowanych zdań.
Zaprzeczenia zdań z użyciem kwantyfikatorów wyglądają bowiem następująco:
!0
(1.6)
^
α(x)
⇔
_
(α(x))0 ,
x∈A
x∈A
!0
(1.7)
_
x∈A
α(x)
⇔
^
(α(x))0 .
x∈A
Powyższe równoważności też noszą nazwę praw de Morgana.
Przykład 1.4. Zapiszmy przy pomocy kwantyfikatorów zdanie (nieprawdziwe!):
15
1.2. Kwantyfikatory
Każda liczba rzeczywista ma pierwiastek.
^
_
x∈IR
y∈IR
y 2 = x.
A oto uzyskane natychmiast jego zaprzeczenie:
_
^
x∈IR
y∈IR
y 2 6= x. Jako ciekawostkę podajmy, że jest to też duże udogodnienie przy pisaniu
takich tekstów, jak powyższy, przy pomocy komputera. Otóż nie trzeba przepisywać jeszcze raz zdania będącego zaprzeczeniem; kopiujemy tylko zdanie
wyjściowe a następnie zamieniamy kwantyfikatory na przeciwne i znak równości na znak nierówności.
ZADANIA
1.1. Niech α będzie zdaniem 3 · 4 = 11, zaś β zdaniem 17 <
zdań: a) α0 ∧ β; b) α ∨ β 0 ; c) β 0 ⇒ α; d) α0 ⇔ β.
√
262. Ustalić wartość logiczną
1.2. Sprawdzić czy poniższe zdania są tautologiami:
a) (α0 ⇒ α) ⇒ α;
c) (α0 ∧ β)0 ⇒ β 0 ;
b) (α ⇒ β) ⇔ α0 ∨ β;
d) (α0 ∧ β)0 ⇔ β 0 ∨ α.
1.3. Napisać przy pomocy kwantyfikatorów stwierdzenia:
a) każda liczba rzeczywista dodatnia ma pierwiastek drugiego stopnia;
b) każda liczba rzeczywista dodatnia ma pierwiastek dowolnego stopnia;
c) każde równanie liniowe ma rozwiązanie;
d) nie każde równanie kwadratowe ma rozwiązanie.
a)
b)
^
_
x>0
y∈IR
^
^
_
x>0
n∈IN
y∈IR
x = y2 .
x = yn . 1.4. Napiszać zaprzeczenie następujących zdań:
a) (x2 5) ∧ x < 3 ⇒ x3 ¬ 7 ;
b) (x < y + 3) ⇒ x2 < y 3 ∨ x > y ;
c) (x = a ∨ x = b) ∧ x < a2 ⇒ x > b2 .
d)
_
_
^
n∈IN
m∈IN
k∈IN
k > n + m,
16
e)
f)
^
_
_
x∈IR
n∈IN
m∈IN
_
^
_
x>1
y<x
m∈IN
x=
n+m
,
3
(x < y 2 ) ∨ (x = y m ).
1.3. Zbiory
Pojęcie zbioru pojawiło się w matematyce stosunkowo późno – po roku
1850. Nie będziemy tu zajmować się teorią matematyczną związaną ze zbiorami (tzw. „teoria mnogości”), podamy tylko najprostsze operacje na zbiorach i
przede wszystkim poznamy sposoby określania zbiorów.
Sposoby określania zbiorów:
1. Wypisanie elementów zbioru w nawiasach klamrowych: np. {1, 2, 5}
oznacza zbiór złożony z trzech liczb 1, 2 i 5. Taki sposób stosujemy nie tylko
w przypadku zbiorów skończonych, ale często i dla zbiorów nieskończonych.
Na przyklad zapis {1, 3, 5, . . .} oznacza zbiór złożony ze wszystkich liczb nieparzystych.
2. Jednoznaczne stwierdzenie, jakim sposobem z pewnego większego zbioru
wyróżnia się jego niektóre elementy. Ma to postać:
B = {x ∈ A : α(x)}.
Oznacza to, że do zbioru B należą te elementy x ze zbioru A, dla których
prawdziwe jest zdanie α(x).
( Przykład 1.5. Zbiór
) {x ∈ IR : x > 0} oznacza zbiór liczb dodatnich, a zbiór
_
n ∈ IN :
n = 3m
oznacza zbiór liczb naturalnych podzielnych przez 3. m∈IN
3. Niektóre ważne zbiory mają swoje tradycyjne oznaczenia – jakby „imiona własne”, np. IR – zbiór liczb rzeczywistych, IN – zbiór liczb naturalnych, Q
– zbiór liczb wymiernych, IR2 – plaszczyzna, ∅ – zbiór pusty, [a; b] lub ha; bi –
przedział z końcami o lewym końcu a i prawym b, (a; b) – analogiczny przedział
bez końców.
Podstawowe działania na zbiorach to suma mnogościowa (znak ∪), iloczyn mnogościowy (znak ∩) i różnica mnogościowa (znak \ lub −).
Niech A, B i C oznaczają zbiory.
Zbiór A ∪ B składa się z tych elementów, które należą do zbioru A lub do
zbioru B.
1.3. Zbiory
17
B
pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
...................................
...................................
...................................
p
ppp
...................................
ppppppppppppppppppppppppppppp...................................
ppppppppppppppppppppppppA
ppppppppppppppppppppppppppppp
.......................................................
p
pp
.......................................................
p.......................................................
p
p
.......................................................
p.......................................................
pp
pp
pp
.......................................................
p.......................................................
pp
pp
pp
pp
.......................................................
.......................................................
pp
pp
pp
pp
.......................................................
.......................................................
.......................................................
pp
pp
pp
p
.......................................................
.......................................................
pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
.......................................................
pp
..............................
..............................
p
..............................
pp
pp
..............................
..............................
..............................
p..............................
p
..............................
p..............................
pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
..............................
Rysunek 1.1. Suma zbiorów A ∪ B
Przykład 1.6. Niech A = {1, 2, 3, 4}, B = {2, 5}. Wówczas A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5}. pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppB
pp
p
A
p
pp
ppppppppppppppppppppppppppp
ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp ..........
p..........
p..........
pp
..........
pp
pp..........ppp
pp
..........
pp
p
p..........
..........
p
pp..........
pp
pp
p
..........
pp
p..........
pp
..........
pp
p..........
p..........
ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
..........
pp
pp
pp
pp
pp
pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
Rysunek 1.2. Iloczyn zbiorów: A ∩ B
Zbiór A ∩ B składa się z tych elementów, które należą do zbioru A i do
zbioru B.
Przykład 1.7. Niech A = (−1; 4], B = (2; 8). Wtedy A ∩ B = (2; 4]. Zbiór A \ B składa się z tych elementów, które należą do zbioru A i nie
należą do zbioru B.
Przykład 1.8. Niech A = (−2; 5), B = [0; 6]. Wówczas A \ B = (−2; 0), zaś B \ A =
[5; 6]. Ważne są następujące wzory:
(1.8)
C \ (A ∪ B) = (C \ A) ∩ (C \ B),
(1.9)
C \ (A ∩ B) = (C \ A) ∪ (C \ B).
Wzory powyższe są odpowiednikiem praw de Morgana w rachunku zdań.
18
B
pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
p
pp
ppppppppppppppppppppppA
pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
pp....................
pp
....................
p....................
p
p
....................
pp....................
p
p
pp
p
p
....................
p....................
pp
pp
pp
....................
p....................
p....................
pp
pp
pp
....................
p....................
p....................
pp
pp
p
p....................
pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
....................
p..............................
..............................
pp..............................ppp
..............................
p..............................
pp
..............................
pp..............................
p
..............................
p..............................
ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
..............................
Rysunek 1.3. Różnica zbiorów: A \ B
ZADANIA
(
1.5. Niech A = {1, 3, 9, 11}, B =
)
n ∈ IN :
_
n = 3k
.
k∈IN
Obliczyć A ∩ B, A \ B.
Zbiór B jest to zbiór liczb naturalnych podzielnych przez 3. Zatem część wspólna zbiorów
A i B jest równa {3, 9}, natomiast A \ B = {1, 11}. 1.6. Niech A = {1, 2, 5, 8}, B = {n ∈ IN : n2 < 4n}.
Obliczyć A ∪ B, A ∩ B, A \ B.
1.7. Niech A = {2, 5}, B = {2, 3, 4}, C = {1, 2}. Wyznaczyć zbiory:
a) A ∪ B ∪ C;
b) A ∪ (B \ C);
c) A ∩ (B \ (A ∩ C));
d) B ∪ (A ∩ C).
)
(
1.8. Niech A = {x ∈ IR : x2 < 5}, B =
n ∈ IN :
_
n = 2m . Wyznaczyć zbiór A ∩ B.
m∈IN
1.9. Obliczyć z ilu elementów składa się zbiór:
a) {n ∈ IN : n2 < 7};
b) {x ∈ IR : x2 − 1 = 3};
c) {n ∈ IN : 2n2 − 5n + 2 = 0}.
√
1.10. Niech A = { 2, 2, 3}, B = zbiór liczb wymiernych, C = [1; 2).
Wyznaczyć zbiory: A ∩ B, A ∩ B ∩ C, (B ∪ C) ∩ A.
1.4. Iloczyn kartezjański
Niech A i B będą dowolnymi zbiorami. Iloczynem kartezjańskim zbiorów A
i B nazywamy zbiór oznaczany A × B złożony z par (a, b), gdzie a ∈ A, b ∈ B.
19
1.4. Iloczyn kartezjański
Przykład 1.9. Niech A = {1, 2}, B = {3, 4}. Wtedy
A × B = {(1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4)}. Jeśli A ma n elementów, a B ma k elementów, to A × B ma nk elementów.
Najczęściej używanym iloczynem kartezjańskim jest IR × IR, który utożsamiamy z płaszczyzna dwuwymiarową oznaczaną IR2 . Zatem jeśli A i B są
podzbiorami IR, to A × B możemy traktować jako podzbiór IR2 .
Sytuację tę ilustruje rysunek 1.4. Na osi Ox zaznaczony jest zbiór A będący
przedziałem [2; 6], a na osi Oy zbiór B będący przedziałem [3; 5]. Wówczas
zbiór A × B jest prostokątem o wierzchołkach (2, 3), (2, 5), (6, 3) i (6, 5).
y
6
qq
qqq
B qqqq
qq
qq
ppppppppppppppppA
pppppppppp×
pppppppppB
pppppppppppppppppppppppppppppppp
p........................................
........................................
ppp
p........................................
pp........................................
ppp
p........................................
pp........................................
ppp
p........................................
pp........................................
p........................................
pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp pp
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
A
-x
Rysunek 1.4.
ZADANIA
1.11. Zaznaczyć na płaszczyźnie iloczyn kartezjański zbiorów:
a) A = {1, 2, 3}, B = [0; 1];
b) A = {n ∈ IN : 1 < n < 4}, B = {3, 4, 5}.
1.12. Zaznaczyć na płaszczyźnie następujące iloczyny kartezjańskie:
a) [1; 2] × [1; 3],
b) (−2; 2) × (−2; 2),
c) [0; 1] × {0, 1},
d) IR × (0; 1),
e) [0; ∞) × [0; ∞),
f) {1, 2} × IN.
1.13. Jakie z poniżej wymienionych zbiorów można przedstawić jako iloczyn kartezjański
A × B, gdzie A i B są podzbiorami prostej IR? Znaleźć zbiory A i B.
a) punkt (x0 , y0 ),
b) prosta o równaniu y = 4,
c) prosta o równaniu y = x,
20
d) kwadrat o wierzchołkach w punktach (1, 1), (1, −1), (−1, 1), (−1, −1).
1.5. Zbiór liczb rzeczywistych
Zbiór liczb rzeczywistych będzie grał kluczową rolę w dalszych rozdziałach.
Ma on nie tylko własności zbioru, ale posiada liczne inne własności. Jego elementy, czyli liczby, możemy dodawać, odejmować, mnożyć, dzielić. Możemy je
także porównywać, wyznaczać odległość między nimi, ich wartośc bezwzględną
itp. W związku z tym w zbiorze tym można tworzyć różne wzory przybierające
formę równości lub nierówności.
Przypomnijmy kilka ważnych wzorów. Zacznijmy od prostej, ale niezwykle
ważnej nierówności zwanej nierównością trójkąta. Niech a, b ∈ IR.
|a + b| ¬ |a| + |b|.
(1.10)
Będziemy tę nierówność wielokrotnie stosować.
Niech n ∈ IN. Definiujemy n! (czytamy n silnia) jako 1 · 2 · . . . · n (przyjmujemy dodatkowo 0! = 1). Liczba n! ma sens kombinatoryczny. Oznacza
bowiem na ile sposobów możemy uszeregować!zbiór n-elementowy. Innym ważn
(n k). Liczba ta jest równa
nym symbolem jest symbol Newtona
k
n!
. I ta liczba ma sens praktyczny. Mówi nam ona na ile sposobów
k! · (n − k)!
ze zbioru n-elementowego możemy wybrać zbiór k-elementowy.
Niech a, b ∈ IR i b ∈ IN. Dwumianem Newtona nazywamy wzór
!
(1.11)
n
(a + b) =
!
!
n 0 n
n 1 n−1
n 2 n−2
a b +
a b
+
a b
+ ···
0
1
2
!
!
n
n n 0
+
an−1 b1 +
a b .
n−1
n
Do zapisywania sumy składającej się z wielu składników często wygodnie
P
jest posługiwać się znakiem . Na przykład zapis
n
X
i2
i=1
oznacza sumę
12 + 22 + 32 + · · · n2 .
1.5. Zbiór liczb rzeczywistych
Generalnie zapis
n
X
21
ai
i=p
oznacza sumę liczb ap , ap+1 , ap+2 ,. . . an−1 , an .
Przy użyciu znaku
P
dwumian Newtona wygląda następująco:
(a + b)n =
n
X
n
i=1
!
ai bn−i .
i
Przypomnijmy jeszcze następujące wzory znane ze szkoły:
a2 − b2 = (a + b)(a − b),
a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ).
ZADANIA
1.14. Sprawdzić dwumian Newtona dla n = 2 i n = 3; zobaczyć w ten sposób, że jest on
uogólnieniem znanych ze szkoły wzorów skróconego mnożenia.
1.15. Obliczyć
n
0
+
n
1
+
n
2
+ ··· +
n
n−1
+
n
.
n
1.16. Niech a, b > 0. Pokazać, że ich średnia arytmetyczna jest nie mniejsza od geometrycznej.
1.17. Zapisać przy pomocy znaku
a)
1
2
+
1
4
+
1
8
+ ··· +
P
następujące sumy:
1
;
2n
b) x + (x − 1) + (x − 2) + · · · + (x − n);
c) 1 + 3 + 5 + · · · + 111;
d) x + x2 + x3 + · · · + x15 ;
e) x + 3x3 + 5x5 + 7x7 + · · · + (2n + 1)x2n+1 .
1.18. Obliczyć:
a)
4
X
i=1
i2 ;
b)
5
X
j=3
(j 3 − j);
c)
6
X
1
k=1
k
.
Rozdział 2.
Funkcje
2.1. Pojęcie funkcji
Niech A i B będą zbiorami. Funkcją ze zbioru A w zbiór B nazywamy
przyporządkowanie każdemu elementowi zbioru A dokładnie jednego elementu
zbioru B. Jeśli f oznacza funkcję, to zapisujemy to w następujący sposób:
f: A→B
lub
A 3 x → f (x) ∈ B;
x nazywamy argumentem funkcji, f (x) wartością funkcji f w punkcie x.
Dziedziną lub zbiorem argumentów funkcji nazywamy zbiór, na którym funkcja jest określona, czyli zbiór A z definicji funkcji. Będziemy oznaczać
dziedzinę funkcji f przez Df .
Często najpierw podaje się postać funkcji przy pomocy pewnego wzoru
f (x), a dopiero potem pyta się o jej dziedzinę. Oznacza to, że mamy wyznaczyć
wszystkie x-y, dla których wzór ma sens. Np. jeśli napiszemy
√
f (x) = x − 1
i√pytamy się o dziedzinę tej funkcji, to znaczy pytamy się, kiedy wyrażenie
x − 1 ma sens. Ma ono sens gdy x 1, a zatem dziedziną tej funkcji będzie
półprosta [1; ∞).
Zbiór wszystkich y ze zbioru B, dla których istnieje x w dziedzinie funkcji,
taki że f (x) = y nazywamy przeciwdziedziną funkcji lub zbiorem wartości
funkcji f i oznaczamy f (A).
24
2. Funkcje
Przykład 2.1. Każdemu człowiekowi przyporządkowujemy jego płeć. Wtedy zbiór A
jest zbiorem złożonym ze wszystkich ludzi a zbiór wartości zbiorem dwuelementowym {kobieta,
mężczyzna}. Przykład 2.2. Punkt materialny porusza się w przestrzeni. W każdej chwili ma np.
prędkość wektorową (lub skalarną). Wtedy czas przebiega zbiór liczb dodatnich (dziedzina), a
przeciwdziedzina jest zawarta w zbiorze liczb rzeczywistych dodatnich dla prędkości skalarnej
oraz w zbiorze wektorów dla prędkości wektorowej. Jak określa się funkcję? Najczęściej spotykane sposoby są następujące:
1. Określa się zbiór A i podaje się wzór przyporządkowujący elementom
ze zbioru A wartości f ,
np. f : (0; 1) → IR; f (x) = 1/x.
2. Jeśli dziedzina funkcji jest zbiorem skończonym, to funkcję bardzo często określa się przy pomocy tabelki. Na przykład poniższa tabelka określa
zależność pomiędzy wielkością produkcji i kosztami.
Wielkość produkcji (w tonach)
Koszt produkcji (w tys. złotych)
x
K(x)
1
10
2
19
3
28
4
36
5
44
6
52
Dziedziną funkcji jest zbiór {1, 2, 3, 4, 5, 6}, a zbiorem wartości zbiór
{10, 19, 28, 36, 44, 52}.
3. Funkcja może być określona za pomocą kilku wzorów, które są różne
dla różnych podzbiorów zbioru A, np.:
(
f (x) =
x · cos x1
0
dla x 6= 0
dla x = 0.
ZADANIA
2.1. Wyznaczyć dziedzinę funkcji:
p
x · (x − 1);
√ √
b) f (x) = x · x − 1;
a) f (x) =
1
c) f (x) = √
.
1 − x2
2.2. Wyznaczyć dziedzinę i zbiór wartości funkcji:
√
a) f (x) = x2 − 4;
b) f (x) = x2 +
1
4
2
;
c) f (x) = x + x4 ;
p√
d) f (x) =
x − 1 − 1.
25
2.2. Wykres funkcji
2.2. Wykres funkcji
Wykresem funkcji f : A → B nazywamy zbiór {(x, f (x)) : x ∈ A}.
Widzimy więc, że wykres funkcji jest podzbiorem iloczynu kartezjańskiego
A × B. Jeśli A ⊂ IR i B ⊂ IR, to wykres funkcji będzie się zawierał w zbiorze
IR × IR, czyli na płaszczyźnie dwuwymiarowej. Możemy więc go przedstawić
graficznie.
Przykład 2.3. Niech A = {1, 2, 3} i niech f : A → IR będzie funkcją zdefiniowaną
następująco:
f (1) = 2, f (2) = 1, f (3) = 2.
Zaznaczyć wykres funkcji f .
3
y
6
2r
r
1r
r
r
r
1
r
2
r
3
-x
4
Rysunek 2.1.
Rozwiązanie widzimy na rysunku 2.1. Dziedzina funkcji jest zaznaczona na osi Ox. Zbiór
wartości składający się z dwóch punktów jest zbiorem {1, 2} i jest zaznaczony na osi Oy.
Wykres funkcji to zbiór trzyelementowy składający się z punktów płaszczyzny (1, 2), (2, 1) i
(3, 2). Często, aby wykres był przydatny i obejmował najważniejsze fragmenty
funkcji należy go przeskalować. Oznacza to, że niekoniecznie jednej jednostce długości na wykresie odpowiada jedna jednostka argumentu bądź jedna
jednostka wartości.
Na rysunku 2.2. mamy wykres funkcji f (x) = x2 . Nie jest on przeskalowany
– jedna jednostka x-ów jest taka sama, jak jedna jednostka y-ów i równa 1 cm.
Jednak przy takim wyborze jednostek, na rysunku tej wielkości zmieści
się tylko wykres dla x z niewielkiego przedziału. Jeśli chcielibyśmy widzieć ten
wykres na przykład w przedziale (−6; 6), to musielibyśmy przeskalować wykres
przyjmując, że długość jednej jednostki na osi Ox odpowiada dużo większej
liczbie jednostek na osi Oy. Widzimy to na rysunku 2.3.
26
2. Funkcje
y
6
−4
−3
qqq
4
qq
qq
qq
qq
q
qq
q
qq
qq
qq
3
q
qq
q
qq
qq
qq
q
qq
qq
qqq
2
qq
qq q
qq
q
qq
qqq
qq
q
qqq
1
qqq
qqq
qqqq
qq qq
q
q
qqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
−2
−1
1
2
-x
3
4
−1
Rysunek 2.2.
y
40 6
qqqq
qqq
qqqq
qqqq
q
qqqq
q
q
q
qqqqq
30
qqqq
qqqqq
qqqq
q
qqqqq
q
q
q
qqqqq
qqqq
qqqqqq
20
qqqqq
q
q
qqqqqq
q
q
q
qqqqqq
qqqqq
qqqqqqq
qqqqqq
q
q
q
q
qqqqqqqq
q
q
10
qq
qqqqqqqqq
qqqqqqqq
qqqqqqqqqqq
qqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
qqqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
-x
−6 −5 −4 −3 −2 −1
1
2
3
4
5
6
Rysunek 2.3.
Na rysunku tym mamy wykres tej samej funkcji. Obecnie długość jednej
jednostki na osi Ox odpowiada dziesięciu jednostkom na osi Oy.
Rozważmy teraz funkcję
f (x) =
x
− 0.5
x+1
określoną na przedziale [1; 10]. Jeśli narysujemy jej wykres bez przeskalowania,
to otrzymamy rysunek 2.4.
Wykres funkcji na tym rysunku jest zbliżony do linii prostej i niezbyt dokładnie można określać wartości na jego podstawie. Jeśli przeskalujemy wykres
2.2. Wykres funkcji
2
27
y
6
1
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
-x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Rysunek 2.4.
przyjmując, że jeden centymetr na osi Oy będzie odpowiadał 0.1 jednostki –
otrzymamy obraz dużo dokładniejszy (rysunek 2.5.).
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
y
6
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqq
qqqqqqqqqq
qqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqqq
qqqqqq
q
q
q
q
qqqq
qqqq
qqq qq
qq
qqq
qqq q
qq
-x
qq
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Rysunek 2.5.
Jeśli chcielibyśmy otrzymać wykres tej samej funkcji w przedziale dużo
większym, na przykład [1; 100], to powinniśmy przeskalować i oś Ox. Na rysunku 2.6. mamy wykres tej samej funkcji, przy czym 1 cm na osi Ox odpowiada
10 jednostkom, a 1 cm na osi Oy - 0.1 jednostki.
Niech A ⊂ IR i niech f : A → IR będzie dowolną funkcją, a x0 i y0 będą
dowolnymi liczbami rzeczywistymi.
Rozpatrzmy funkcję g zdefiniowaną następująco:
g(x) = f (x + x0 ) + y0 .
28
2. Funkcje
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
y
6
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqqqqqqq
qqqqqqq
qqq qqqq
q
qq
qqq
qq
qqq
qq
qqq
qq
qqq
q
qq
qqq
qq
-x
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Rysunek 2.6.
Wówczas dziedziną funkcji g jest zbiór A − x0 = {x ∈ IR : x + x0 ∈ A}, a
wykres funkcji g otrzymujemy poprzez przesunięcie wykresu funkcji f o wektor
(−x0 , y0 ).
A teraz rozpatrzmy funkcję h1 zdefiniowaną następująco: h1 (x) = −f (x).
Wykres funkcji h1 jest odbiciem symetrycznym wykresu funkcji f względem osi
Ox. Analogicznie wykres funkcji h2 (x) = f (−x) jest odbiciem symetrycznym
wykresu funkcji f względem osi Oy.
Rozpatrzmy funkcję h(x) = |f (x)|. Wykres funkcji h otrzymamy odbijając
części wykresu leżące poniżej osi Ox symetrycznie względem tej osi.
Przykład 2.4. Naszkicować wykres funkcji f (x) = |x − 1| − |2x + 1|.
Funkcja f jest liniowa w przedziałach:
(−∞; − 12 ], [− 12 ; 1] i [1; ∞).
Wystarczy więc policzyć wartości funkcji w punktach − 21 , 1 i na przykład −2 i 2, a następnie
otrzymane w ten sposób punkty wykresu połączyć odcinkami. Mamy f (− 12 ) = 32 , f (1) =
3, f (−2) = 0, f (2) = −4. Wykres wygląda więc następująco
(rysunek 2.7.):
Przykład 2.5. Naszkicować wykres funkcji f (x) = |2x| − x − 1.
Najpierw naszkicujmy wykres funkcji g(x) = |2x|−x−1. Funkcja jest liniowa na odcinkach
(−∞; 0] i [0; ∞). Wystarczy więc obliczyć wartości w trzech punktach: 0 i na przykład −1 i
1. Mamy g(0) = −1, g(−1) = 2, g(1) = 0. Łącząc otrzymane w ten sposób punkty wykresu
odpowiednio półprostymi i odcinkami uzyskujemy wykres funkcji g.
2.2. Wykres funkcji
29
y
36
2
qqqqqqqq
q
q
q
q
q
qqqqq 1qqqqq
qqqqq
qqq
q
q
q
q
-x
qqq
qqqqq
q
qqq 1 2 3
q
q
q
−7 −6 −5 −4 −3qqqq −2 −1
q
−1 qqqqq
qqqqq
qqq
qqqqq
q
q
q
q
qqq
qqq
q
q
−2
q
qqq
q
qqq
q
qqq
q
q
q
q
q
q
qqqqq
q
−3
qqq
q
qqqqq
q
q
q
q
qqqqq
q
q
qqqqq
qqqqq
q
q
q
−4
qqqqq
q
q
q
q
qqqqq
q
q
q
qqqq
qqqqq
−5
Rysunek 2.7. Wykres funkcji y = |x − 1| − |2x + 1| Wykres funkcji |2x| − x − 1 otrzymamy odbijając symetrycznie część wykresu funkcji g
będącą poniżej osi Ox względem tej osi. A zatem ostatecznie wykres funkcji f wygląda tak
jak na rysunku 2.8.
y
qqq
56
qqqq
qqq
qqqqq
q
q
q
qqq
q
qqq
4
qqqqq
qqq
qqqqq
q
q
q
q
qqq
qqqqq
qqq 3
qqqqq
q
qqq
q
q
q
qqq 2
qqqq
qqq
qqqqq
q
q
q
q
q
qqq
q
qqq 1 qqqqqqq
qqqqq
qqq qq qqqqqq qqqqqqqqq
qqqqq qqqqqqqqqqq
-x
−2 −1
1 2 3 4 5 6
−1
Rysunek 2.8. Wykres funkcji y = |2x| − x − 1 ZADANIA
2.3. Naszkicować wykres funkcji:
a) f (x) = |x − 3|;
b) f (x) = |x + 3| − 2;
c) f (x) = |x + 1| − |x − 2|;
d) f (x) = |x| + x.
30
2. Funkcje
2.3. Złożenie funkcji
Niech f : A → B, g : B → C. Złożeniem funkcji f i g nazywamy funkcję
oznaczaną g ◦ f określoną następująco:
Punktowi x ∈ A przyporządkowujemy punkt g(f (x)) ∈ C.
Funkcję, która „działa w pierwszej kolejności” (w powyższej sytuacji jest
to funkcja f ) nazywamy funkcją wewnętrzną, a funkcję, która „działa potem”
(w naszej sytuacji jest to funkcja g) nazywamy funkcją zewnętrzną.
Dziedziną funkcji g ◦ f będzie zbiór takich x z dziedziny funkcji f , że f (x)
należy do dziedziny funkcji g.
Przykład 2.6. Niech f (x) = x2 + 1, g(x) = 2x. Wówczas
(g ◦ f )(x) = g(x2 + 1) = 2(x2 + 1) = 2x2 + 2.
Natomiast
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (2x) = (2x)2 + 1 = 4x2 + 1. Często mamy do czynienia z sytuacją odwrotną. Mamy pewną funkcję h(x)
„bardziej skomplikowaną” i staramy się ją przedstawić jako złożenie funkcji
prostszych.
Przykład 2.7. Funkcję h(x) = 23x+2 można przedstawić jako h = g ◦ f - złożenie funkcji
wewnętrznej f (x) = 3x + 2 i zewnętrznej g(y) = 2y . ZADANIA
2.4. Pokazać, że (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h).
2.5. Niech f (x) = x2 + x, g(x) = x2 + 1. Obliczyć f ◦ g
i
g ◦ f.
2
2.6. Niech f : IR → IR, f (x) = 2x + 4x + 3, g : [4; ∞) → IR, g(x) =
√
x − 4.
a) Sprawdzić czy liczba 5 należy do dziedziny funkcji g ◦ f . Jeśli tak, to obliczyć (g ◦ f )(5).
b) Sprawdzić czy liczba 13 należy do dziedziny funkcji f ◦ g. Jeśli tak, to obliczyć (f ◦ g)(13).
a) Mamy D(f ) = IR; D(g) = [4; ∞). Stąd
x ∈ D(g ◦ f ) ⇔ x ∈ D(f )if (x) ∈ D(g).
Zatem
f (5) = 73 ∈ [4; ∞).
A więc liczba 5 należy do dziedziny funkcji g ◦ f . Mamy
(g ◦ f )(5) = g(f (5)) = g(73) =
√
69. 2.7. Niech f (x) = x2 − 3x + 4; g(x) = x2 − x; h(x) = x + 2.
Wyznaczyć f ◦ g, h ◦ f , h ◦ h ◦ g.
31
2.4. Funkcje różnowartościowe i funkcja odwrotna
(f ◦ g)(x) = f (x2 − x) = (x2 − x)2 − 3(x2 − x) + 4 = x4 − 2x3 − 2x2 + 3x + 4,
(h ◦ f )(x) = h(x2 − 3x + 4) = (x2 − 3x + 4) + 2 = x2 − 3x + 6,
(h ◦ h ◦ g)(x) = h(h(x2 − x)) = h(x2 − x + 2) = x2 − x + 4. 2.8. Niech f : {1, 2, 3} → IN; f (1) = 1, f (2) = 1, f (3) = 5; g : IN → IN; g(n) = n2 . Wyznaczyć
dziedzinę funkcji g ◦ f i f ◦ g.
2.9. Przedstawić funkcję h(x) daną wzorem:
√
a) h(x) = x2 + 2;
√
b) h(x) = ( x + 1)3 ;
c) h(x) = 3(x − 1)4 − 2(x − 1);
jako złożenie funkcji wewnętrznej f i zewnętrznej g.
2.4. Funkcje różnowartościowe i funkcja odwrotna
Funkcję f : A → B nazywamy różnowartościową, jeśli
x 6= y ⇒ f (x) 6= f (y).
Jeśli funkcja f jest różnowartościowa, to dla każdego y ze zbioru wartości
funkcji f istnieje tylko jeden x ∈ A, taki że f (x) = y. To przyporządkowanie każdemu y jednego x-a oznaczamy x = f −1 (y), a funkcję f −1 nazywamy
funkcją odwrotną do (albo względem) funkcji f .
6
określona na przedziale (4; ∞) jest
Przykład 2.8. Wykazać, że funkcja f (x) = √
x−4
różnowartościowa. Wyznaczyć zbiór wartości tej funkcji i funkcję f −1 .
√
√
Przypuśćmy, że f (x1 ) = f (x2 ) dla x1 , x2 > 4. Oznacza to, że x1 − 4 = x2 − 4, a więc
i x1 − 4 = x2 − 4 czyli x1 = x2 . Funkcja jest zatem różnowartościowa.
Dalej mamy ciąg równoważnych zdań:
x ∈ (4; ∞)
x − 4 ∈ (0; ∞)
√
x − 4 ∈ (0; ∞)
6
√
∈ (0; ∞).
x−4
Zatem zbiór wartości funkcji f jest równy (0; ∞). Niech y =
2
36 + 4y 2
. x=
. Zatem f −1 (y) = 36+4y
y2
y2
√6
.
x−4
Wtedy y 2 =
36
x−4
i
32
2. Funkcje
Takie pokazywanie bezpośrednio z definicji, że funkcja jest różnowartościowa jest niewygodne. Zwykle można to zrobić prościej.
x−2
jest różnowartościowa w swojej dziex+1
dzinie. Wyznaczyć jej zbiór wartości i podać wzór na funkcję odwrotną.
Przykład 2.9. Pokazać, że funkcja f (x) =
Oczywiście Df = IR \ {−1}. Rozwiązujemy równanie
y = f (x) =
x−2
.
x+1
Mamy y(x+1) = x−2, czyli x(y −1) = −y −2. Ma ono rozwiązanie dla y 6= 1. Zatem zbiorem
wartości funkcji jest zbiór IR \ {1}. Jeśli y ∈ IR \ {1}, to x jest jednoznacznie wyznaczone
−y − 2
wzorem x =
. Zatem
y−1
−y − 2
. f −1 (y) =
y−1
Sposób postępowania jest więc następujący: rozwiązujemy równanie f (x) =
y traktując x jako niewiadomą. Zbiór wartości funkcji jest to zbiór tych y-ów,
dla których równanie ma rozwiązanie. Funkcja jest różnowartościowa, jeśli dla
każdego y ze zbioru wartości istnieje dokładnie jedno rozwiązanie i wzór na to
rozwiązanie jest jednocześnie wzorem na funkcję odwrotną.
Zastanówmy się, jak wygląda wykres funkcji odwrotnej. Otóż jeśli jakiś
punkt (a, b) należy do wykresu funkcji f , to f (a) = b. Zatem f −1 (b) = a. Do
wykresu funkcji odwrotnej należy więc punkt (b, a). Współrzędne zamieniają się miejscami. Czyli oś Ox przechodzi na oś Oy i na odwrót. Zatem wykres funkcji odwrotnej otrzymujemy odbijając wykres funkcji f symetrycznie
2
względem prostej y = x. Na rysunku 2.9. widzimy wykres funkcji f (x) = x2
√
(określonej na zbiorze [0; ∞)) i wykres funkcji odwrotnej f −1 (x) = 2x jako
symetryczne odbicie wykresu f .
ZADANIA
2.10. Wykazać, że funkcja f : (8; ∞) → IR; f (x) =
na funkcję f −1 .
√3
x−8
jest różnowartościowa. Podać wzór
2.11. Wyznaczyć funkcję odwrotną do funkcji:
√
a) f : IR → IR, f (x) = 3 x3 + 1;
b) f : (0; ∞) → IR, f (x) =
1
.
x4 +6
2.12. Sprawdzić, czy funkcje dane poniższym wzorem są różnowartościowe. Jeśli tak, to
wyznaczyć funkcje odwrotne (pamiętaj o wyznaczeniu dziedziny):
a) f (x) = 5x − 6,
b) f (x) =
x
,
x−1
c) f (x) =
x
1+|x|
(wskazówka: rozpatrz przypadki x > 0 i x ¬ 0),
2.5. Funkcje rosnące, malejące, parzyste, nieparzyste
y
86
33
x
qqf (x) = 2
qqqq
ppp
7
qqq
pppp
p
p
qqqq
p
ppp
q
6
pppp
p
p
qq q
p
ppp
q
pppp
p
5
p
qq q
p
ppp
pppp
qq
p
p
p
q
4
qqqqqq
qq
pppp
qqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qq q p p p p p p
qqqqqqqqqqqqq f −1 (x) = √2x
q pppp
3
qqqqqqqqqqqqq
qq pqp p p pqp pqqqqqq qqqqqqqqqq
q
qpqqpqpqqqqq
2
qp pqpqpqqqqpqqpqpq
q
q
q
q
q
qq p q
qqqqqq p p p qqq
1 qqqqqqq p p p p p pqqqqq
p
qq p p p p qqqqqq
pqqqpqpqpqqqqqqqq
-x
1 2 3 4 5 6 7 8
2
Rysunek 2.9.
d) f (x) =
1
.
x3
*2.13. Zbadać czy funkcja f (x) = √
x
x2 +1
jest różnowartościowa. Jeśli jest, to wyznaczyć
funkcję odwrotną.
2.5. Funkcje rosnące, malejące, parzyste, nieparzyste
Zajmować się będziemy teraz wyłącznie funkcjami określonymi na zbiorach
liczb rzeczywistych i o wartościach rzeczywistych.
Niech A ⊂ IR. Mówimy, że funkcja f : A → IR jest rosnąca, jeśli
x > y ⇒ f (x) > f (y).
Analogicznie powiemy, że funkcja f jest malejąca, jeśli
x > y ⇒ f (x) < f (y).
Funkcję f : IR → IR nazywamy parzystą, jeśli
f (−x) = f (x)
i nieparzystą jeśli
f (−x) = −f (x).
34
2. Funkcje
Przykładami funkcji parzystych są funkcje x2 , x4 , a nieparzystych x, x3 .
Przykład 2.10. Sprawdzić czy funkcja f dana wzorem
f (x) =
x+1
x2 + 1
jest rosnąca, malejąca, parzysta, nieparzysta.
Liczymy f (−1) = 0, f (0) = 1, f (2) = 3/5, czyli w przedziale [−1; 0] wartość funkcji
wzrosła, a w przedziale [0; 1] wartość funkcji zmalała. Nie jest ona zatem ani rosnąca ani
malejąca.
Ponieważ f (1) = 1, to funkcja nie jest też ani parzysta (bo f (1) 6= f (−1)), ani nieparzysta
(bo f (1) 6= −f (−1)). ZADANIA
2.14. Sprawdzić czy poniższe funkcje są rosnące, malejące, parzyste, nieparzyste:
a) f (x) = x4 − x2 ;
c) f (x) =
x2 + 1
;
x4 + 1
e) f (x) = ex + x2 ;
b) f (x) = x3 + x;
d) f (x) = sin x + cos x;
f) f (x) = sin x − x11 .
2.15. Pokazać, że jeśli f jest rosnąca (malejąca) i różnowartościowa, to i f −1 jest rosnąca
(malejąca).
2.6. Funkcje elementarne
Omówimy najważniejsze funkcje występujące w zastosowaniach.
Podstawowymi funkcjami elementarnymi są:
funkcja liniowa f (x) = ax + b,
funkcja potęgowa f (x) = xα , gdzie α ∈ IR,
funkcja wykładnicza f (x) = ax , gdzie a > 0,
funkcja sinus f (x) = sin x.
Mając do dyspozycji operacje dodawania, odejmowania, mnożenia, dzielenia, złożenia i funkcję odwrotną, otrzymujemy z powyższych wszystkie funkcje
elementarne. Omówmy niektóre z nich.
Funkcja liniowa. Wykresem funkcji liniowej jest prosta. Funkcja liniowa
jest rosnąca gdy a > 0 i malejąca gdy a < 0. Gdy a 6= 0 funkcja liniowa ma
jedno miejsce zerowe w punkcie x = −b/a.
Funkcja liniowa opisuje wiele zjawisk.
35
Przykład 2.11. Jedziemy na targ kupić x kilogramów jabłek po a złotych za kilogram. Koszt przejazdu wynosi b złotych. Wówczas funkcja K(x) opisująca koszty zakupu w
zależności od x ma postać funkcji liniowej
K(x) = ax + b. Funkcją kwadratową nazywamy funkcję postaci
f (x) = ax2 + bx + c.
Wprowadzamy liczbę ∆ zwaną wyróżnikiem funkcji kwadratowej
∆ = b2 − 4ac.
Postać kanoniczna funkcji kwadratowej wygląda następująco:
b
a x+
2a
2
−
∆
.
4a
Wykresem funkcjikwadratowej
jest parabola. Ma ona wierzchołek w punkb
∆
cie o współrzędnych − 2a
, − 4a
.
Funkcja kwadratowa ma dwa miejsca zerowe gdy ∆ > 0, jedno miejsce
zerowe gdy ∆ = 0 i nie ma miejsc zerowych gdy ∆ < 0.
Przykład 2.12. Mamy zbudować zbiornik z blachy w kształcie sześcianu o krawędzi
x metrów. Koszt 1 m2 blachy wynosi 90 złotych, a koszt spawania 1 metra bieżącego jest
równy 11 złotych. Wyznaczymy koszt budowy takiego zbiornika.
Zbiornik składa się z pięciu kwadratowych ścian (dno i cztery ściany boczne), każda o
powierzchni x2 m2 . Zatem koszt materiału wynosi 5 · x2 · 90 zlotych. Tych pięć ścian trzeba
zespawać wzdłuż 8 krawędzi (cztery na dnie i cztery pionowe) długości x m każda. A więc
koszt spawania wyniesie 8 · x · 11 złotych. Koszt całkowity K(x) jest funkcją kwadratową
K(x) = 450x2 + 88x. Wielomianem nazywamy funkcję utworzoną z funkcji liniowych przy użyciu operacji dodawania i mnożenia. Wielomian ma postać
W (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,
przy czym zakładamy, że an 6= 0. Liczbę n nazywamy stopniem wielomianu.
Dziedziną wielomianu jest zawsze zbiór IR. Wielomian stopnia nieparzystego
ma zawsze miejsce zerowe (uzasadnienie poznamy później).
Przykład 2.13. Z prostokątnego kawałka blachy o krawędziach 70 cm i 90 cm budujemy
pudełko w kształcie prostopadłoscianu w następujący sposób: na czterech rogach wycinamy
kwadraty o krawędzi x, następnie zaginamy i lutujemy blachę. Podaj wzór na objętość powstałego w ten sposób pudełka, w zależności od x. (rysunek 2.10.)
36
2. Funkcje
90
pp pp pp pp pp pp pp pp pp
pp pp pp pp pp pp pp pp pp
ppppppppp
ppppppppp
pppppppppp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p ppppppppp
pp
pp
pp
pp
ppp
ppp
pp
pp
pp
pp
70
ppp
ppp
pp
pp
pp
pp
pp
pp
pp
pp
pp
pp
pp pp pp pp pp pp pp pp pp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp pp pp pp pp pp pp pp pp
ppppppppp
ppppppppp x
ppppppppp
ppppppppp
Rysunek 2.10.
Podstawa pudełka jest prostokątem o wymiarach (70 − 2x) × (90 − 2x), a wysokość jest
równa x. Zatem objętość V (x) wyraża się wzorem
V (x) = (70 − 2x)(90 − 2x)x,
co po przekształceniach daje
V (x) = 4x3 − 320x2 + 6300x.
Jest to wielomian trzeciego stopnia. Funkcją wymierną nazywamy iloraz dwóch wielomianów, czyli funkcję
W (x)
, gdzie W i V są wielomianami. Dziedziną funkcji wymiernej jest zbiór
V (x)
{x ∈ IR : V (x) 6= 0}.
Przykład 2.14. Z blachy mamy wykonać puszkę w kształcie walca o danej objętości 3
litry. Budujemy ją w ten sposób, że wycinamy dwa koła na górne i dolne denko oraz prostokąt
na scianę boczną i wszystko spawamy. Koszt 1 dm2 blachy wynosi 1.5 zł, a koszt spawania
1 dm bieżącego 0.3 zł. Podaj koszt wykonania puszki w zależności od promienia dna.
Oznaczmy promień dna przez x, a wysokość puszki przez y. Z warunków zadania wynika,
że
πx2 y = 3.
Stąd
y=
3
.
πx2
Pole prostokąta potrzebnego na ścianę boczną wynosi
2πxy = 2πx
3
6
= ,
πx2
x
a pola obu denek 2πx2 . Zatem koszt zużytej blachy wyniesie
1.5 · 2πx2 +
6
.
x
37
Zespawać musimy najpierw scianę boczną (aby otrzymać „rurkę”) wzdluż wysokości rów3
nej
, a potem przyspawać tę rurkę do obu denek wzdłuż brzegów denek, czyli na długości
πx2
2 · 2πx. A więc koszt spawania wyniesie
0.3 ·
3
+ 4πx .
πx2
Ostatecznie otrzymamy funkcję kosztów K(x) w postaci funkcji wymiernej:
K(x) =
3π 2 x4 + 1.2π 2 x3 + 9πx + 0.9
. πx2
Funkcją potęgową nazywamy funkcję postaci f (x) = xα . Dziedzina funkcji xα zależy od α. Np. gdy α jest liczbą całkowitą dodatnią dziedziną jest IR,
gdy liczbą całkowitą ujemną dziedziną jest IR \ {0}, gdy liczbą niewymierną
dziedziną jest zbiór {x ∈ IR : x > 0}.
Przykład 2.15. Budujemy zbiornik z blachy w kształcie prostopadłościanu o wysokości
dwa razy większej niż krawędź podstawy. Koszt 1 m2 blachy wynosi 100 złotych. Podaj
funkcję kosztów jako funkcję zależną od objętości zbiornika.
Oznaczmy objętość zbiornika przez V , a krawędź podstawy przez a. Wówczas wysokość
wynosi 2a, a objętość 2a3 . Wyliczając a otrzymujemy
√
3
V
a= √
.
3
2
Ilość blachy zużytej do zbudowania zbiornika to dno o powierzchni a2 i cztery ściany boczne
każda o powierzchni 2a2 . Zatem razem potrzeba blachy
√
2
3
V
2
2
2
a + 8a = 9a = 9 √
.
3
2
Ostateczne otrzymujemy wzór na K(V ) w postaci iloczynu funkcji stałej i funkcji potęgowej
2
900
K(V ) = √
·V 3. 3
4
Funkcja wykładnicza jest to funkcja postaci f (x) = ax , gdzie a > 0
i a 6= 1. Dziedziną funkcji wykładniczej jest IR. Funkcja wykładnicza jest
rosnąca gdy a > 1 i malejąca gdy a < 1. Szczególnie ważną rolę w matematyce
(i nie tylko) gra funkcja wykładnicza ex , gdzie liczba e równa się w przybliżeniu
2.7182.
Funkcja wykładnicza opisuje wiele zjawisk. W szczególności zjawiska mające charakter „lawinowy”.
Przykład 2.16. Śnieg spadający w górach w postaci lawiny zachowuje się w następujący
sposób: w ciągu jednej sekundy każdy kilogram spadającego śniegu potrąca jeden nowy
kilogram powodując też jego spadanie. Pokażemy jak przedstawia się funkcja wyrażająca
ilość spadającego śniegu w zależności od czasu.
38
2. Funkcje
y
56
q
qq
qqqq
4
qqq
qqq
q
qq
3
qq q
qq
qq
2
qqqqq
qqqq
qqqq
q
q
1
q
q
qqqqqq
qqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
−5 −4 −3 −2 −1
1
2
−1
3
4
-x
5
Rysunek 2.11. Wykres funkcji y = ex
Przypuśćmy, że nieostrożny turysta spowodował spadek jednego kilograma śniegu. Wówczas po sekundzie spada kilogram potrącony przez turystę oraz dodatkowy kilogram potrącony przez spadający śnieg. Zatem po sekundzie spadają dwa kilogramy. Po upływie dwóch
sekund spadające dwa kilogramy potrącają nowe dwa kilogramy - razem więc spadają cztery
kilogramy, czyli 22 kilogramów. Po trzech sekundach cztery spadające kilogramy potrącają
nowe cztery kilogramy - spada więc razem 8 = 23 kilogramów. Przypuścmy, że po czasie t
spada 2t kilogramów. Po upływie kolejnej sekundy, czyli po czasie t + 1 spadające 2t kilogramów potrąca nowe 2t kilogramów, razem więc spada 2 · 2t = 2t+1 kilogramów. Widzimy,
że zjawisko to jest opisywane funkcją wykładniczą
S(t) = 2t ,
gdzie t jest czasem w sekundach, a S(t) ilością spadającego śniegu w kilogramach. Funkcję odwrotną do funkcji wykładniczej ax nazywamy funkcją logarytmiczną f (x) = loga x, gdzie a > 0 i a 6= 1. Dziedziną funkcji logarytmicznej
jest zbiór liczb dodatnich. Funkcję odwrotną do funkcji ex nazywamy logarytmem naturalnym i oznaczamy ln x.
Wystarczy dobrze znać jedną funkcję wykładniczą i jedną funkcję logarytmiczną, aby móc badać wszystkie inne. Niech bowiem a, b > 0. Wówczas ze
wzoru b = aloga b mamy
(2.1)
bx = aloga b·x .
Zatem funkcja wykładnicza h(x) = bx jest złożeniem funkcji liniowej f (x) =
loga b · x (funkcja wewnętrzna) oraz funkcji wykładniczej g(y) = ay (funkcja
zewnętrzna).
39
y
36
2
1
−1
−1
−2
−3
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
qq
qqqqqqqq
qqqqqqq
q
q
q
q
-x
qqq
qqqq
2
3
4
5
6
7
8
qqqqq 1
qqq
qqqqq
q
qqq
qqqq
qq
Rysunek 2.12. Wykres funkcji y = ln x
W szczególności gdy a = e otrzymujemy
bx = eln b·x .
Podobną sytuację mamy w przypadku logarytmów. Mamy mianowicie wzór
(2.2)
logb x =
logc x
.
logc b
Zatem funkcja logb x jest iloczynem funkcji logc x i funkcji stałej
1
.
logc b
W szczególności wstawiając c = e mamy
ln x
.
ln b
Funkcje trygonometryczne. Tą nazwą określamy funkcje sin(x), cos(x) =
1
sin x
sin(π/2 − x), tg(x) =
i ctg x =
. Funkcje te są tzw. funkcjami
cos x
tg x
okresowymi . Mianowicie okresem funkcji sin i cos jest liczba 2π (to znaczy,
że sin(x + 2π) = sin x i cos(x + 2π) = cos x), a okresem funkcji tg i ctg
jest liczba π (to znaczy tg(x + π) = tg x i ctg(x + π) = ctg x). Dziedziną
funkcji sin i cos jest zbiór IR, a zbiorem wartości przedział [−1; 1]. Dziedziną
funkcji tg jest zbiór IR \ {π/2 + kπ : k = 0, ±1, ±2, . . .} a funkcji ctg zbiór
IR \ {kπ : k = 0, ±1, ±2, . . .}. Zbiorem wartości funkcji tg i ctg zbiór IR.
Funkcja sinus nie jest funkcją różnowartościową w IR. Jest natomiast funkcją różnowartościową w przedziale [−π/2; π/2] i przekształca go w przedział
(2.3)
logb x =
40
2. Funkcje
y
26
qqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqq
1
qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq
qqq
qqqqq
qqqqq
qqqqq
qqqqq
q
q
q
q
qqqqq - x
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
s
s
s
s
q
q
q
q
qqqq
qqqq
q
qqq
qqq
qqqq
qqqq 2π
−πqqqqqqqqqq
π qqqqqqqqqq
qqqqq
qqqqq −2π
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
−1
−2
Rysunek 2.13. Wykres funkcji y = sin x
y
26
qqqq1qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqq
qqqqqq
qqqqq
qqqqq
q
q
q
q
q
q
qqqqq
qqqqq
qqq
qqqq
s
s
s
s -x
qqqqq
qqqqq
qqqqq
qqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqq π qqqqq
qqqqqq −π qqqqq
−2π
2π
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
−1
−2
Rysunek 2.14. Wykres funkcji y = cos x
[−1; 1]. Istnieje więc funkcja odwrotna, oznaczana arcsin, przekształcająca
przedział [−1; 1] w przedział [−π/2; π/2]. Analogicznie funkcja cos jest różnowartościowa w przedziale [0; π] i przekształca go w przedział [−1; 1]. Istnieje
więc funkcja odwrotna, oznaczana arccos, przekształcająca przedział [−1; 1]
w przedział [0; π].
Podobnie funkcja tg nie jest róznowartościowa w swojej dziedzinie, ale jest
różnowartościowa w przedziale (otwartym!) (−π/2; π/2) i przekształca ten
przedział w IR. Zatem funkcja odwrotna arctg przekształca IR w przedział
(−π/2; π/2). Analogicznie funkcja arcctg przekształca IR w przedział (0; π).
Funkcje trygonometryczne opisują zjawiska mające charakter cykliczny, powtarzający się.
Na rysunkach widzimy wykresy kilku podstawowych funkcji.
ZADANIA
2.16. Które spośród funkcji, mających wykresy przedstawione powyżej są rosnące, malejące,
parzyste, nieparzyste?
2.17. Naszkicować wykresy funkcji:
41
q
qq
qqq
qq
qqq
qq
qqq
qq
qq q
q
qqq
qqq
s
−2π
q
qq
qqq
qq
qqq
qq
qqq
qq
qq q
qqq
qqq
q
q
q
qqsqq
qqqq
qqq qq −π
qq
qqq
qq
qqq
qq
qqq
qq
qqq
q
y
56
q
qq
qqq
4
qq
qqq
3
qq
qqq
2
qq
qq q
1 qq
qq
qqqq
q
q
q
qqq
qqqq
qq qq
−1
qq
qqq
−2
qq
qqq
−3
qq
qqq
−4
qq
qqq −5
q
qq
qqq
qq
qqq
qq
qqq
qq
qq q
qqq
qqq
q
q
q
qsqq
qqqqq
qqq qq π
qq
qqq
qq
qqq
qq
qqq
qq
qqq
q
Rysunek 2.15. Wykres funkcji y = tg x
y
2 q6π
q
2 q
q
q
1
qqq
qqqq
q
q
q
qq
qqqq
−3 −2 −1 qqqqqq
1
qq
qq q−1
q
q −π
2
−2
2
-x
3
Rysunek 2.16. Wykres funkcji y =arcsinx
a) f (x) = ln(x − 1);
b) g(x) = ex + 1;
c) h(x) = sin(2x).
-s x
qq
qqq qq 2π
qq
qqq
qq
qqq
qq
qqq
qq
qqq
q
42
2. Funkcje
y
36
2
r π2
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
qq
qqqqqq
qqqqq
q
q
q
q
-x
qqqq
−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1qqqqqqqqqqq
1
2
3
4
5
6
7
qqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqq −1
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
r−π
2
−2
1
−3
Rysunek 2.17. Wykres funkcji y =arctgx
2.7. Równania równowagi
Przez równowagę gospodarczą rozumie się „wzajemną zgodność wielkości
ekonomicznych: produkcji, popytu, cen dochodów, itp.1 .
Szczególną równowagą jest równowaga rynkowa. Jest to taka sytuacja, w
której wielkość popytu odpowiada wielkości podaży.
Na początku zajmiemy się sytuacją, w której funkcje podaży i popytu są
liniowe. W modelu tym rozważamy wielkości:
• x - cena (zmienna niezależna),
• P - podaż,
• Q - popyt.
Zakładamy, że funkcje P (x) i Q(x) są funkcjami liniowymi, to znaczy
P (x) = a + bx,
Q(x) = c + dx.
Z faktu, że P i Q mają opisywać podaż i popyt wynikają pewne naturalne
warunki na stałe a, b, c i d.
1
Encyklopedia Popularna PWN, Wydawnictwo Naukowe PWN, 1993.
2.7. Równania równowagi
43
Im większa cena, tym więcej towaru producent stara się sprzedać. Zatem
b > 0.
Jasne jest też, że producent zaczyna dostarczać towar na rynek, jeśli jego
cena przekroczy pewną dolną granicę opłacalności - oznaczmy ją przez x0 .
Funkcja podaży w punkcie x0 przyjmuje wartość 0. Oznacza to, że 0 = a+bx0 .
Stąd a < 0.
Częścią składową popytu jest popyt stały c, niezależny od ceny. Jeśli np.
mamy do czynienia z towarem niezbędnym dla funkcjonowania pewnych odbiorców, to kupią go oni niezależnie od ceny. Stąd stała c 0. Wreszcie jasne
jest, że popyt będzie malał wraz ze wzrostem ceny. Stąd d < 0.
Równanie równowagi rynkowej przybiera postać:
a + bx = c + dx.
Rozwiązując je otrzymamy cenę równowagi:
c−a
.
b−d
x=
Równanie zawsze ma dodatnie rozwiązanie, bo c − a > 0 oraz b − d > 0.
Teraz rozpatrzymy sytuację, kiedy funkcja popytu nie jest liniowa, a kwadratowa. Przybiera ona postać:
Q(x) = c + dx2 ,
gdzie podobnie jak poprzednio c > 0 i d < 0.
Obrazuje to sytuację, kiedy konsumenci w większym stopniu uzależniają
decyzję o zakupie towarów od ceny. Równanie równowagi rynkowej ma wtedy
postać:
a + bx = c + dx2 .
Przenosząc wszystko na lewą stronę otrzymujemy następujące równanie kwadratowe:
−dx2 + bx + (a − c) = 0.
Rozwiązując je otrzymujemy:
x1 =
x2 =
−b −
p
−b +
p
b2 + 4d(a − c)
,
−2d
b2 + 4d(a − c)
.
−2d
44
2. Funkcje
Z warunków na współczynniki a, b, c i d wynika, że pierwszy pierwiastek
jest ujemny, a drugi dodatni. Sens ekonomiczny ma zatem tylko rozwiązanie
x2 i ono daje położenie równowagi.
Zarówno funkcje popytu jak i funkcje podaży mogą być opisywane bardziej skomplikowanymi funkcjami niż funkcje liniowe bądź kwadratowe. Wtedy
równanie równowagi prowadzi do trudnych, nie zawsze dających się rozwiązać
algebraicznie równań. Możemy jednak takie równania zawsze rozwiązywać z
pewną dokładnością. Jak to można zrobić, poznamy w dalszej części podręcznika.
Rozdział 3.
Ciągi
3.1. Pojęcie ciągu
Ciągiem nazywamy funkcję określoną na zbiorze liczb naturalnych. Wyrazy ciągu oznaczamy zwykle przez an , bn itd., zaś sam ciąg symbolem (an ),
(bn ) . . . .
Ciąg o wartościach w IR (tzn. taki, że an ∈ IR) nazywamy ciągiem liczbowym. Gdy wiadomo, że chodzi o ciąg liczbowy, mówi się po prostu: ciąg.
Ciąg liczbowy nazywamy ograniczonym jeśli jego zbiór wartości jest zbiorem ograniczonym. Możemy to zapisać tak: ciąg jest ograniczony gdy
_
^
M ∈IR
n∈IN
|an | < M.
Ciąg liczbowy nazywamy rosnącym (malejącym), jeśli
an+1 > an (an+1 < an ).
Ciąg liczbowy nazywamy niemalejącym (nierosnącym), jeśli
an+1 an (an+1 ¬ an ).
Ciąg nierosnący lub niemalejący nazywamy monotonicznym.
W wypadku funkcji będącej ciagiem mamy możliwośc tzw. rekurencyjnego
definiowania ciągu.
Robi się to w sposób następujący:
46
3. Ciągi
Krok 1: Podajemy wartośc pierwszego wyrazu ciągu.
Krok 2: Podajemy wzór na n + 1-szy wyraz ciągu w zależności od n-tego
wyrazu ciągu.
Przykład 3.1. Niech a1 = 2 oraz an+1 = a2n − 3an dla n = 1, 2, 3, . . .. Wyznacz a4 .
Mamy
a2 = a21 − 3a1 = 22 − 3 · 2 = −2;
a3 = a22 − 3a2 = (−2)2 − 3 · (−2) = 10;
a4 = a23 − 3a3 = 102 − 3 · 10 = 70. Wyraz n + 1-szy może zależeć od wielu poprzednich wyrazów ciągu. Wtedy
w kroku pierwszym trzeba podać większą liczbę wyrazów.
Przykład 3.2. Ciąg (an ) jest określony następująco: a1 = 2, a2 = 1, a3 = 3 oraz
an+1 = an−2 + an − an−1 dla n = 3, 4, 5, . . .. Wyznacz a6 .
Mamy
a4 = a1 + a3 − a2 = 2 + 3 − 1 = 4;
a5 = a2 + a4 − a3 = 1 + 4 − 3 = 2;
a6 = a3 + a5 − a4 = 3 + 2 − 4 = 1. Ważnymi przykładami ciągów są znane ze szkoły ciągi arytmetyczne i geometryczne.
Ciąg (an ) nazywamy ciągiem arytmetycznym jeśli spełnia warunki:
• a1 jest dowolną liczbą rzeczywistą,
• każdy następny wyraz różni się od poprzedniego o ustaloną liczbę r.
Daje to wzór na n-ty wyraz
an = a1 + (n − 1)r.
Warto przytoczyć wzór na sumę n pierwszych wyrazów ciągu arytmetycznego:
(3.1)
Sn = a1 + a2 + · · · + an = na1 +
n(n − 1)r
.
2
Ciąg (an ) nazywamy ciągiem geometrycznym jeśli spełnia warunki:
• a1 jest dowolną liczbą rzeczywistą,
47
3.1. Pojęcie ciągu
• każdy następny wyraz powstaje z poprzedniego poprzez pomnożenie
przez ustaloną liczbę q 6= 1 (jeśli q = 1, to ciąg jest ciągiem stałym).
Daje to wzór na n-ty wyraz
an = a1 q (n−1) .
Wzór na sumę n pierwszych wyrazów ciągu geometrycznego jest następujący:
(3.2)
Sn = a1 + a2 + · · · + an = a1
qn − 1
.
q−1
Zastosowanie tych ciągów można zilustrować poniższymi ważnymi przykładami.
Oprocentowanie proste. Składamy w banku kwotę K. Co pewien ustalony okres tylko kwota K podlega oprocentowaniu ze stopą procentową p. p.
Zatem po pierwszym okresie będziemy dysponować kwotą K1 = K + pK =
K(1+p). Po drugim okresie będziemy mieli kwotę K2 = K1 +pK = K(1+2p) i
po n okresach kwotę Kn = K(1+np). Zatem (Kn ) jest ciągiem arytmetycznym
o różnicy pK.
Oprocentowanie składane. Przy tego rodzaju oprocentowaniu na końcu
okresu odsetki obliczamy od całej kwoty jaką mieliśmy na początku okresu. I
tak po pierwszym okresie będziemy mieli kwotę K1 = K +pK = K(1+p), czyli
tyle samo co przy oprocentowaniu prostym. Ale po drugim okresie będziemy
mieli kwotę K2 = K1 + K1 p = K(1 + p)2 , a po n-tym kwotę Kn = K(1 + p)n .
Otrzymany w ten sposób ciąg jest ciągiem geometrycznym o ilorazie 1 + p.
ZADANIA
3.1. a) Ciąg (an ) jest zdefiniowany następująco: a1 = 2, an+1 = 2an − 3 dla n = 1, 2, 3, . . ..
Wyznacz a5 .
b) Ciąg (bn ) jest zdefiniowany następująco: b1 = 3, b2 = 2, bn+1 = b2n−1 − b3n . Wyznacz
a5 .
c) Ciąg (cn ) jest zdefiniowany następująco: c1 = 1, cn =
n
P
k=1
ck . Wyznacz c4 .
48
3. Ciągi
3.2. Ciągi zbieżne
Niech (an ) będzie ciągiem liczbowym i niech a ∈ IR. Mówimy, że ciąg (an )
jest zbieżny do a wtedy i tylko wtedy, gdy
^
_
^
ε>0
n0 ∈IN
n>n0
(3.3)
|an − a| < ε.
To, że ciąg (an ) jest zbieżny do a oznaczamy symbolicznie
an → a
lub
lim an = a,
n→∞
a liczbę a nazywamy granicą ciągu (an ).
Przykład 3.3. Pokazać bezpośrednio z definicji, że ciąg an =
1
jest zbieżny do 0.
log3 n
Mamy pokazać, że
^ _
ε>0
n0
^
n>n0
1
< ε.
log3 n
Ostatnia nierówność jest równoważna nierówności log3 n > 1/ε, a ta z kolei nierówności
n > 31/ε . Wystarczy więc wziąć n0 > 31/ε . Prawdziwy jest fakt:
Każdy ciąg zbieżny jest ograniczony.
3.3. Podstawowe wzory
Prawdziwe są wzory:
lim (a · an ) = a · ( lim an ),
n→∞
n→∞
lim (an + bn ) = lim an + lim bn ,
n→∞
n→∞
n→∞
lim (an · bn ) = ( lim an ) · ( lim bn ).
n→∞
n→∞
n→∞
3.4. Ciągi rozbieżne do ∞
49
Jeśli dodatkowo założymy, że bn 6= 0 i lim bn 6= 0, to
n→∞
lim an
an
= n→∞ .
n→∞ bn
lim bn
lim
n→∞
3.4. Ciągi rozbieżne do ∞
Mówimy, że ciąg (an ) jest rozbieżny do +∞ (−∞) jeśli
^
_
^
r>0
n0 ∈IN
n>n0
an > r (an < −r).
Jeśli ciąg (an ) jest rozbieżny do +∞ (−∞), to ciąg bn = 1/an jest zbieżny
do zera.
Przykład 3.4. Obliczyć granicę ciągu an =
√
√
2n − 2n + 3.
√
√
√
√
( 2n − 2n + 3)( 2n + 2n + 3)
−3
√
an =
= √
.
√
√
2n + 2n + 3
2n + 2n + 3
Ponieważ mianownik dąży do ∞, to an dąży do 0. ZADANIA
3.2. Obliczyć granice ciągów:
a) an =
b) bn =
c) cn =
1
n2 −2− n
(2n−5)2
;
(2n−3)4
;
(n+5)(5n2 +4n)(1−3n)
√
n−1
√
;
2n+2
√
3n2 +1
d) dn = √ 2 .
5n +3
3.5. Twierdzenie o trzech ciągach
Bardzo przydatnym narzędziem służącym do liczenia granic ciągów jest
następujące twierdzenie.
50
3. Ciągi
Twierdzenie (o trzech ciągach). Niech (an ), (bn ), (cn ) będą ciągami liczbowymi spełniającymi założenia:
an ¬ bn ¬ cn ,
lim an = lim cn = a.
n→∞
n→∞
Wówczas granica ciągu (bn ) też jest równa a.
Przykład 3.5. Obliczyć granicę ciągu an =
cos 9n
.
n+7
Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach. Ponieważ −1 ¬ cos 9n ¬ 1, to mnożąc te
1
nierówności przez
otrzymujemy
n+7
1
1
−
¬ an ¬
.
n+7
n+7
Ponieważ
1
n+7
→ 0, to i an dąży do 0. ZADANIA
3.3. Obliczyć granicę ciągu:
a) an =
√
sin√ n2
;
n
b) bn =
n
;
2n
c) cn =
log2 n
.
n
b) Stosując dwumian Newtona otrzymujemy
2n = (1 + 1)n =
n
0
+
n
1
+
n
2
+ ···
n
n
>
n
2
=
n(n − 1)
.
2
Zatem
2n
2
=
.
n(n − 1)
n−1
Z twierdzenia o trzech ciągach widzimy, że bn dąży do 0. 0 < bn <
3.6. Ciągi monotoniczne
Bardzo ważny i pożyteczny jest następujący fakt:
Każdy ciąg ograniczony i monotoniczny jest zbieżny.
Przykład 3.6. Udowodnić, że ciąg zdefiniowany następująco:
√
a1 = 3,. . . , an+1 = an + 2 dla n = 1, 2, . . ., jest zbieżny. Obliczyć jego granicę.
3.7. Liczba
e i oprocentowanie ciągłe
51
√
Pokażemy,
że √
ciąg jest monotoniczny i ograniczony. Widzimy, że a2 = 5 < a1 . Dalej
√
a3 = a2 + 2 < a1 + 2 = a2 . Powtarzając to rozumowanie widzimy, że an+1 < an . Ciąg
jest malejący. Jest oczywiście ograniczony z dołu przez 0, a więc jest zbieżny.
Oznaczmy jego granicę przez a. Prawa strona równości
√
an+1 = an + 2
zbiega do a, a lewa do
√
√
a + 2. Zatem a musi być rozwiązaniem równania a = a + 2.
Podnosząc to równanie do kwadratu otrzymujemy, że a musi być rozwiązaniem równania
a2 = a + 2. Rozwiązując je otrzymujemy dwa pierwiastki 2 i −1. Ponieważ an > 0, to a 0,
a zatem a = 2. ZADANIA
3.4. Sprawdzić czy poniższe ciągi są ograniczone, rosnące, malejące.
a) an =
n−1
;
n+5
b) an = ln
c) an =
n
;
2n
d) an =
1
;
1+n2
√
2n
.
n
3.5. Udowodnić, że ciąg zdefiniowany następująco:
a1 = 1, . . . , an+1 = 32 + a10n dla n = 1, 2, 3, . . . jest zbieżny. Obliczyć jego granicę.
3.6. Udowodnić, że ciąg zdefiniowany następująco:
a1 = 21 , . . . , an+1 = 12 + a10n jest zbieżny. Obliczyć jego granicę.
3.7. Liczba e i oprocentowanie ciągłe
Zajmiemy się teraz pewnym ważnym ciągiem powstającym w sposób naturalny przy naliczaniu tzw. oprocentowania ciągłego.
Przypuśćmy, że
oprocentowanie wynosi p w skali okresu i bank dzieli cały okres na n równych
podokresów i po każdym z nich nalicza oprocentowanie składane. Wówczas
procent każdego podokresu wynosi p/n i na mocy znanego nam już wzoru na
oprocentowanie składane kwota po x−tym podokresie wyniesie
Kx = K 1 +
p
n
x
(K jest kwotą początkową złożoną w banku). Przypuśćmy, że dzielimy nasz
okres na coraz więcej podokresów. Odpowiada to sytuacji, że n dąży do ∞.
Pytamy się, do czego wówczas dąży Kx (zależne od n). Na początek załóżmy,
że K = 1, p = 1 i x = n. Mamy wówczas ciąg
1+
1
n
n
.
52
3. Ciągi
Okazuje się, że granicą tego ciągu jest liczba e, poznana już przy okazji
wprowadzania funkcji wykładniczej.
Wiedząc o tym możemy teraz przyjąć K, p dowolne, a t niech będzie czasem, po którym chcemy sprawdzić naszą kwotę, mierzonym w jednostce równej
długości naszego okresu, np. w latach, miesiącach itd. Wtedy na czas t musimy „zużyć” tn podokresów. Czyli x = tn. Podstawmy n/p = m. Otrzymujemy
wówczas
lim Kx = lim K 1 +
n→∞
n→∞
1
1+
m
lim K
m→∞
p
n
x
= lim K 1 +
m→∞
m x
m
1
1+
m
= lim K
m→∞
1
m
m tp
mx
m
=
= Ketp .
Ostatecznie otrzymujemy więc wzór na stan konta po okresie t przy oprocentowaniu ciągłym w skali p:
K(t) = Kept .
(3.4)
ZADANIA
3.7. Zbadać, czy istnieje granica poniższych ciągów i wyznaczyć ją:
a)
10000+n
;
n
c)
p
n
b)
1
;
1000000
d)
1+
1
n
1−
1
n
;
n
2
n!
1000000n
;
n!
g)
√
n2 + n − n;
;
√
√
f)
n + 1 − n;
√
√
3
h) 3 n2 + 2n − n2 ;
i)
n3 −n2 +5
;
3n3 −7n+ 8
j)
e)
l) (−1)n n+1
;
n
k) cos 3n;
m)
n+2 n
n
n3 −n2 +5
;
3n4 −7n+ 8
;
n)
n−5 n
.
n
3.8. Stosując twierdzenie o trzech ciągach znaleźć granicę ciągów:
√
√
a) n 4n + 3n ;
b) n 3n + 8n;
c) sin n · sin n1 ;
d)
ln n
.
n2
Rozdział 4.
Funkcje ciągłe
4.1. Granica funkcji w punkcie
Liczbę a nazywamy granicą funkcji f w punkcie x0 , jeśli dla każdego
ciągu (xn ) zbieżnego do x0 o wyrazach różnych od x0
lim f (xn ) = a.
n→∞
Zapisujemy to symbolicznie:
lim f (x) = a.
x→x0
Przykład 4.1. Pokażemy, że lim
x→0
sin x
x
= 1.
Najpierw udowodnimy następującą nierówność:
(4.1)
sin x < x < tg x
dla 0 < x < π/2.
W tym celu weźmy okrąg o promieniu 1 i środku O, oraz na okręgu punkty A i B, tak
aby kąt AOB był mniejszy od π/2. Oznaczmy ten kąt przez x (rysunek 4.1.).
Poprowadźmy przez punkt A styczną do okręgu. Punkt przecięcia tej stycznej z prostą
OB oznaczmy C. Rozpatrzmy trzy figury: trójkąt AOB, wycinek koła AOB i trójkąt AOC.
Pole pierwszego jest równe sin x/2, pole drugiego ma się tak do pola całego koła jak x do 2π,
zatem jest równe x/2, a pole trzeciego jest równe tg x/2. Ponieważ pierwsza figura zawiera
się w drugiej, a druga w trzeciej, otrzymujemy żądaną nierówność.
Niech x dąży do 0.
Korzystając z nierówności 4.1 (odwracając ją i dzieląc przez x) mamy
54
4. Funkcje ciągłe
s
B s
C
O
x
s
s
A
Rysunek 4.1.
cos x <
sin x
< 1.
x
Ponieważ lim cos x = 1, korzystając z twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy żądaną
x→0
granicę. Tego symbolu lim f (x) = b używamy też dla granic niewłaściwych, tzn.
x→a
gdy a lub b jest równe ±∞.
Na przykład lim x12 = ∞, lim x13 = 0, ale lim x1 nie istnieje, bo dla ciągu
x→∞
x→0
x→0
xn dodatniego ta granica jest równa +∞, a dla ujemnego jest równa −∞.
Można w tym wypadku mówić o tzw. granicy jednostronnej. Mianowicie,
liczbę (lub symbol ±∞) nazywamy granicą prawostronną (lewostronną) funkcji f w punkcie x0 , jeśli dla każdego ciągu (xn ) zbieżnego do x0 o wyrazach
większych (odpowiednio mniejszych) od x0 ,
lim f (xn ) = a.
n→∞
Oznaczamy to odpowiednio
lim f (x) = b
x→x+
0
oraz
lim f (x) = b.
x→x−
0
Jeśli w pewnym punkcie granica prawostronna funkcji jest równa lewostronnej, to funkcja ma w tym punkcie granicę.
55
4.1. Granica funkcji w punkcie
ZADANIA
4.1. Obliczyć:
x−1
;
2
x→1 x −1
a) lim
b) lim
x→3
x2 −5x+6
.
x2 −9x
√
√
4.2. Obliczyć lim ( x + 1 − x).
x→∞
√
√
Mnożąc i dzieląc funkcję przez funkcję x + 1 + x otrzymujemy
√
√
x+1−x
1
lim ( x + 1 − x) = lim √
√ = lim √
√ .
x→∞
x→∞
x→∞
x+1+ x
x+1+ x
Ponieważ mianownik ostatniego wyrażenia zbiega do ∞, funkcja dąży w ∞ do 0.
4.3. Obliczyć:
√
2x2 +3
a) lim 3x−1 ;
b)
2
lim 2x +72 ;
x→∞ (3x−5)
d)
x
lim 2 .
x→∞ x
x→∞
c)
lim
x→1+
3x2 −x
;
x3 −1
d). Niech [x] oznacza część całkowitą x. Wtedy
x [x] > x − 1.
Oczywiście jak x dąży do ∞, to i [x] dąży do ∞. Skorzystamy z dwumianu Newtona. Jeśli
zastosujemy dwumian Newtona do sumy 1+1 i n równego [x], to otrzymamy n+1 dodatnich
składników. Jest ona większa od trzeciego składnika równego
n(n − 1)
n 2 n−2
1 ·1
=
.
2
2
Zatem
2x 2[x] = (1 + 1)[x] >
Stąd
[x] · ([x] − 1)
.
2
(x − 1)(x − 2)
2x
1
>
=x 1−
x
x
x
Ponieważ prawa strona dąży do ∞, więc i
2x
x
1−
x→∞
ax
= ∞.
x
.
Ponieważ a > 1, istnieje liczba k, że ak 2. Mamy zatem
1
dąży do ∞ gdy x → ∞. 4.4. Pokazać, że dla każdego a > 1
lim
2
.
x
x
ax
ak· k ·x
2k
=
x
.
x
x
·k
k
56
4. Funkcje ciągłe
Podstawiając
x
k
= z (jeśli x → ∞, to i z → ∞) mamy
lim
x→∞
ax
2z 1
lim
· .
z→∞ z
x
k
Z poprzedniego zadania prawa strona dąży do ∞ zatem i nasza granica jest równaĘ∞ .
4.5. Udowodnić, że dla a > 1
x2
=0
x→∞ ax
√ √
(wskazówka: zapisać a jako a · a i skorzystać z zadania poprzedniego).
lim
4.6. Udowodnić, że dla każdego p ∈ IN i a > 1
lim
x→∞
xp
= ∞.
ax
Wyniki powyższych zadań warto zapisać w postaci jednego ważnego wniosku:
lim
x→∞
W (x)
ax
= 0,
jeśli W jest dowolnym wielomianem i a jest liczbą większą od 1.
ZADANIA
4.7. Obliczyć granice:
a)
(x2 −2x)(5−4x2 )
;
x4 −7x+1
x→∞
b)
1
2
x→0 x
d) lim
lim
c) lim
e)
lim
x→∞
−
lim
√
√
x − 3 x;
x→∞
1
;
x4
ln x
;
x
f)
√
x−1
;
x→1 x−1
√
3
lim x−2 .
x→8 x−8
4.2. Ciągłość funkcji
Niech f : (a; b) → IR. (Przypominamy, oznacza to, że funkcja f przekształca
przedział (a; b) w zbiór liczb rzeczywistych.)
Niech x ∈ (a; b).
Mówimy, że funkcja f jest ciągła w punkcie x, jeśli
lim f (y) = f (x).
y→x
57
4.2. Ciągłość funkcji
Jeśli funkcja f : (a; b) → IR i f jest ciągła w każdym punkcie x ∈ (a; b), to
mówimy po prostu, że funkcja f jest ciągła.
Przykład 4.2. Sprawdzimy ciągłość funkcji f (x) = x2 . Niech x ∈ IR i niech y → x.
Musimy pokazać, że y 2 → x2 . Ale to wynika ze znanego nam faktu, że granica iloczynu jest
równa iloczynowi granic. Przykład ten sugeruje, że ze znanych nam twierdzeń o ciągach możemy
otrzymać następujące fakty:
Suma (różnica) funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą;
Iloczyn funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą;
Iloraz funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą.
Ponadto:
Złożenie funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą.
Przykład 4.3. Sprawdzimy, że funkcja f : IR → IR;
f (x) = sgn(x) nie jest ciągła w punkcie x = 0. Funkcja ta przyjmuje wartość 1 dla x > 0,
wartość 0 dla x = 0 i wartość −1 dla x < 0.
Musimy pokazać istnienie takiego ciągu (xn ), że xn → 0 oraz f (xn ) nie zbiega do
f (0) = 0.
Niech xn = 1/n. Mamy xn → 0, ale f (xn ) = 1 nie zbiega do zera. A oto wykres naszej funkcji (rysunek 4.2.):
y
26
1 qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
sq
−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq−1
qqqqqqqqqqqqqq
1
2
3
4
5
6
-x
7
−2
Rysunek 4.2. Wykres funkcji y = sgn(x)
Widzimy, że wykres funkcji nie jest linią ciągłą. To spostrzeżenie nasuwa
nam pewną, wprawdzie niezupełnie ścisłą, ale bardzo obrazową charakteryzację ciągłości:
58
4. Funkcje ciągłe
Funkcja jest ciągła, jeśli jej wykres można narysować bez odrywania ręki.
Przykład 4.4. Zbadać ciągłość funkcji f (x) = sin x.
Skorzystamy z udowodnionej już nierówności
sin x < x < tg x
dla x ∈ (0; π/2).
Niech y → x. Musimy zauważyć, że sin y → sin x, czyli że
| sin y − sin x| → 0.
Korzystając ze wzoru trygonometrycznego
sin a − sin b = 2 · sin
a−b
a+b
· cos
2
2
i z faktu, że | cos x| < 1 otrzymujemy:
| sin y − sin x| = 2 · | sin
y−x
y+x
y−x
| · | cos
| ¬ 2 · | sin
|.
2
2
2
Ponieważ y dąży do x, |y − x| jest mniejsze od π/2. Wtedy
| sin (y − x)| = sin |y − x|
i możemy skorzystać z udowodnionej nierówności.
Mamy zatem
| sin y − sin x| ¬ 2 · sin
|y − x|
< |y − x|.
2
A ponieważ y dąży do x, to |y − x| dąży do zera, zatem i | sin y − sin x| dąży do 0, a to
oznacza, że sin y dąży do sin x. Funkcje ciągłe grają fundamentalną rolę. Funkcja ciągła jest to bowiem
taka funkcja, w której niewielkie zmiany argumentu prowadzą do niewielkiej
zmiany wartości funkcji. Pozwala to nam w wypadku gdy zjawisko jest opisane
funkcją ciągłą, w miarę płynnie tym zjawiskiem sterować. Niewielka zmiana
mocy silnika w samochodzie (np. poprzez dodanie gazu) powoduje tylko niewielki wzrost prędkości (unikamy dzięki temu wypadków), niewielka zmiana
cen powoduje niewielką zmianę popytu (i na odwrót), niewielka zmiana stopy
procentowej w centralnym banku powoduje niewielką zmianę inflacji itd.
Większość funkcji elementarnych to funkcje ciągłe w swojej dziedzinie. Między innymi ciągłe są wielomiany, funkcje wymierne, funkcje trygonometryczne, funkcje wykładnicze, funkcje logarytmiczne.
4.3. Ciągłość funkcji odwrotnej
59
ZADANIA
4.8. Dla jakiego a ciągła jest funkcja
f (x) =
x+a
x−2
x>0
.
x¬0
Funkcja jest na pewno, jako funkcja liniowa, ciągła na zbiorach (−∞; 0) i [0; ∞). Jeśli
przedłużymy funkcję liniową x + a na przedział domknięty (−∞; 0], to aby była ciągła w
zerze musi mieć wartość 0 + a = a. Ale z drugiej strony mamy f (0) = 0 − 2 = −2. Stąd
a = −2. 4.9. Dla jakiego a jest ciągła funkcja
x+a
x−2
ax2 + 1
x−3
x2 + 1
x+4
a) f (x) =
b) f (x) =
c) f (x) =
x>1
,
x¬1
x>1
,
x¬1
x>a
?
x¬a
4.3. Ciągłość funkcji odwrotnej
Prawdziwe jest
Twierdzenie. Jeśli funkcja f : (a; b) → IR f jest różnowartościowa i ciągła w każdym punkcie x ∈ (a; b), to funkcja f −1 istnieje; jej zbiorem wartości
jest pewien przedział (skończony lub nie) (c; d) i funkcja f −1 jest ciągła w
przedziale (c; d).
√
√
Otrzymujemy z tego twierdzenia m.in. ciągłość funkcji: x (dla x > 0), n x
(x dowolne, jeśli n nieparzyste i x dodatnie, jeśli n parzyste), arc sin, arc cos,
arctg, arcctg i funkcji logarytmicznych.
Przykład 4.5. Niech x określa cenę towaru, a funkcja Q(x) opisuje popyt w zależności
od ceny. Jeśli Q jest funkcją ciągłą, to oznacza to, że niewielka zmiana ceny powoduje niewielką zmianę popytu. Ale wiemy, że funkcja odwrotna x(Q) też jest ciągła. Stwierdziliśmy,
że nastąpiła niewielka zmiana popytu Q. Wnioskujemy z tego, że zmiana ceny x też była
niewielka.
4.4. Własność Darboux funkcji ciągłej
Przytoczymy następującą bardzo ważną własność funkcji ciągłych.
60
4. Funkcje ciągłe
Twierdzenie. Załóżmy, że funkcja f : [a; b] → IR jest ciągła i niech f (a) <
y0 < f (b) (lub f (b) < y0 < f (a)). Wówczas istnieje taki punkt c ∈ (a; b), że
f (c) = y0 .
Ta własność funkcji ciągłych, zwana własnością Darboux, jest szczególnie
przekonująca, jeśli rozpatrzymy nieścisłą, ale obrazową charakteryzację funkcji
ciągłych (funkcja jest ciągła gdy jej wykres można narysować bez odrywania
ręki - rysunek 4.3.).
y
6
s
f (b)
y = y0
B
qqq qs
qq
qqq
qqq qq
qqq
qqq
q
q
q
qqq
qqqq
q
q
q
q
qqqq
qqqq
q
q
q
s
s
qqqqq
qqqqq
q
q
a
b
q
q
q
qqqqqq
qqqqqqq
q
q
q
q
q
q
qqqqqqqqq
qqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qsqqqqq
sf (a)
A
-x
Rysunek 4.3.
Wykres przechodzi przez punkty A i B i jasne jest, że aby przejść z punktu
A do B trzeba przeciąć prostą y = y0 .
Przykład 4.6. Pokażemy, że każdy wielomian stopnia nieparzystego ma pierwiastek
rzeczywisty.
Niech bowiem w(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 będzie takim wielomianem (n
- liczba nieparzysta i an 6= 0).
Mamy
w(x) =
w(x) n
an−1
a1
a0
· x = (an +
+ · · · + n−1 + n ) · xn .
xn
x
x
x
Wyrażenie w nawiasie dąży (przy x zbieżnym do plus czy minus ∞) do an , a xn do +∞
jeśli x → ∞ i do −∞, jeśli x → −∞. Zatem funkcja w(x) dąży w +∞ do +∞ i w −∞ do
−∞, jeśli an > 0 i na odwrót, jeśli an < 0. Znajdziemy więc takie a, że w(a) < 0 i takie b,
że w(b) > 0. Z własności Darboux istnieje więc takie c, że w(c) = 0. Własność Darboux pozwala nam znajdować w dowolnym przybliżeniu rozwiązania równań. Przypuśćmy, że chcemy znaleźć przybliżone rozwiązanie rów-
4.4. Własność Darboux funkcji ciągłej
61
nania
x5 + x + 1 = 0.
(Wiadomo, że nie ma i nie będzie algebraicznego wzoru na rozwiązanie równań
piątego stopnia, w szczególności tego równania). Liczymy f (−1) = −1 < 0
oraz f (0) = 1 > 0. Na mocy własności Darboux wnioskujemy, że istnieje
rozwiązanie x ∈ (−1; 0). Mamy zatem rozwiązanie znalezione z dokładnością
do 1. Następnie liczymy wartość funkcji w środku odcinka (−1; 0). Mamy
f (−1/2) = −1/32 − 1/2 + 1 > 0. Zatem rozwiązanie x ∈ (−1; −1/2). Mamy
więc je znalezione z dokładnością do 1/2. Ponownie bierzemy środek odcinka
i liczymy f (−3/4). Jeśli wynik będzie dodatni, to szukane x leży w przedziale
(−1; −3/4), a jeśli ujemny, to w przedziale (−3/4; −1/2). W obu wypadkach
będziemy mieli rozwiązanie z dokładnością 1/4. Postępując w ten sposób dalej
otrzymamy w n-tym kroku rozwiązanie z dokładnością do 2−n .
Poniżej prezentujemy prosty program komputerowy demonstrujący opisany algorytm i liczący to rozwiązanie z dowolną dokładnością.
uses crt;
label 5,10;
var
a,b,c,d,e:real;
f:char;
begin
writeln(’Podaj dokladnosc rozwiazania’);
readln(d);
a:=-1;b:=0;
5:
c:=(a+b)/2; e:=c*c*c*c*c+c+1;
if e<0 then a:=c;
if e>0 then b:=c;
if b-a<d then goto 10;
goto 5;
10: writeln(c:4:10);
writeln(’Nacisnij dowolny klawisz’);
f:=readkey;
end.
Po wybraniu dokładności d = 0.00000001 otrzymaliśmy wynik x = −0.7548776641. Przykład 4.7. Funkcja popytu na pewien towar opisana jest przez funkcję P (x) =
4000 − 2x , gdzie x jest ceną. Natomiast funkcja podaży opisana jest funkcją 1000 + x. Znajdź
cenę równowagi z dokładnością do 1 złotówki.
62
4. Funkcje ciągłe
Równanie równowagi rynkowej przybiera postać
4000 − 2x = 1000 + x.
Jest ono równoważne równaniu
f (x) = 3000,
x
gdzie f (x) = 2 + x. Wstawiamy x = 1 i otrzymujemy
f (1) = 2 + 1 < 3000.
Wstawiamy x = 12 i mamy
f (12) = 4096 + 12 > 3000.
Stąd rozwiązanie leży w przedziale (1; 12). Wstawiamy x = 6 i mamy
f (6) = 64 + 6 < 3000.
Rozwiązanie leży w przedziale (6; 12). Wstawiamy x = 9 i mamy
f (9) = 512 + 9 < 3000.
Rozwiązanie leży w przedziale (9; 12). Wstawiamy x = 10 i liczymy
f (10) = 1024 + 10 < 3000.
Rozwiązanie leży w przedziale (10; 12). Wstawiamy x = 11 i otrzymujemy
f (11) = 2048 + 11 < 3000.
Stąd rozwiązanie leży w przedziale (11; 12), a więc mamy je znalezione z dokładnością do 1.
Zatem z dokładnością do 1 złotego cena równowagi jest równa 11 złotym. ZADANIA
4.10. Czy równanie
4.11. Czy równanie
2x + sin x + x = 10
2
ma rozwiązanie?
x + sin x + cos x = 0
ma rozwiązanie?
4.12. Wspomagając się kalkulatorem wyznaczyć rozwiązanie równania
dokładnością do 1/16.
x
√
x + 2x = 5 z
4.13. Popyt na pewien towar opisuje funkcja P (x) = 5000 − 310 , zaś podaż funkcja Q(x) =
2000 + 2x , gdzie x jest ceną w dolarach. Znajdź cenę równowagi rynkowej z dokładnością do
jednego dolara.
Rozdział 5.
Rachunek różniczkowy funkcji
jednej zmiennej
5.1. Pojęcie pochodnej
Mówimy, że funkcja f : (a; b) → IR jest różniczkowalna w punkcie x0 ∈
(a; b), jeśli istnieje granica
lim
h→0
f (x0 + h) − f (x0 )
.
h
Granicę tę nazywamy pochodną funkcji f w punkcie x0 i oznaczamy
f 0 (x0 ).
Jeśli pochodna funkcji f istnieje w każdym punkcie x pewnego przedziału (a; b), to mamy na tym przedziale określoną nową funkcję f 0 (x). Mówimy
wtedy, że f jest różniczkowalna w (a; b).
Różniczkowalność jest własnością mocniejszą niż ciągłość. Prawdziwy jest
bowiem następujący fakt:
Funkcja różniczkowalna w punkcie x0 jest ciągła w tym punkcie.
Jednak nie każda funkcja ciągła jest różniczkowalna.
Przykład 5.1. Niech f (x) = |x| i niech x0 = 0. Wtedy
f (0 + h) − f (0)
|h|
=
.
h
h
64
5. Rachunek różniczkowy funkcji jednej zmiennej
Jeśli h > 0, to powyższe wyrażenie jest równe 1, a jeśli h < 0, to −1. Zatem żądana granica
nie istnieje, z czego wynika, że funkcja nie jest różniczkowalna w zerze. Definicja pochodnej mówi nam, że dla „małych” h
f (x0 + h) − f (x0 )
≈ f 0 (x0 ).
h
W liczniku mamy zmianę wartości funkcji, a w mianowniku zmianę argumentu.
Pochodna opisuje zatem stosunek zmian wartości funkcji do zmian argumentu.
Taką interpretację pochodnej prezentuje inne, również często stosowane
oznaczenie pochodnej funkcji f . Oznacza się pochodną funkcji f symbolem
df
.
dx
Licznik w powyższym wyrażeniu oznacza symbolicznie mały przyrost funkcji, a mianownik mały przyrost argumentu.
Wstawiając h = x − x0 mamy dla x bliskiego x0
f (x) ≈ f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ).
5.2. Interpretacje pochodnej
Popatrzmy na rysunek 5.1. przedstawiający wykres funkcji f (x).
Licznik występujący w definicji pochodnej jest równy długości odcinka CB,
a mianownik długości odcinka AC. Zatem cały ułamek jest równy tangensowi
kąta nachylenia prostej AB do osi Ox. Gdy h dąży do 0, to prosta ta staje
się prostą styczną do wykresu funkcji f w punkcie (x, f (x)). Zatem możemy
sformułować następującą interpretację geometryczną:
Pochodna funkcji w punkcie x jest równa tangensowi kąta między osią Ox
i styczną do wykresu tej funkcji w punkcie (x, f (x)).
Możemy teraz lepiej pojąć dlaczego funkcja f (x) = |x| nie jest różniczkowalna w zerze. Jej wykres przedstawia rysunek 5.2.
65
y
6
q
qqq
qqqqq
q
qqq qqq q
qq
s
f (x + h)
qqsq
qqqqq B
q
qqq
q
qqqqq
qq
qqq
qqq qq
q
qqqq
q
qqqq
A qq
q
qqqqq f (x) s
s
sC
qq
qqqqqq
qqqq
q
qqqqqqq
q
q
q
q
qqqqqqqqqqq
qqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq s
s
x
x+h
-x
Rysunek 5.1.
y
56
qqqqq
q
4
qqqqq
qqqqq
qqqqq
qqqqq
q
q
q
qqqqq
q
3
qqqqq
qqqqq
qqqqq
qqqqq
q
q
qqqqq
q
q
qqqqq
qqqqq
qqqqq 2
qqqqq
q
q
qqqqq
q
q
qqq
qqqqq 1
qqqqq qqqqqqqq
qqqqq qqqqq
qqqq
-x
−4 −3 −2 −1
1 2 3 4
Rysunek 5.2. Wykres funkcji y = |x|
Nie można jednoznacznie wykreślić stycznej do wykresu funkcji w punkcie
(0, 0).
Pojęcie pochodnej ma też wiele interpretacji fizycznych. Jest to np. chwilowa prędkość. Prędkość jest to bowiem stosunek przyrostu drogi do przyrostu
czasu.
Podobnie, przyspieszenie będące stosunkiem przyrostu prędkości do przyrostu czasu jest pochodną prędkości.
Zastanówmy się w jakich jednostkach mierzymy pochodną. Jeśli argument
funkcji mierzymy w jednostkach a, wartości funkcji w jednostkach b, to funkcja
pochodnej jest mierzona w jednostkach ab .
66
I tak, jeśli czas (argument) mierzymy w godzinach, drogę w kilometrach to
km ,
pochodna drogi względem czasu, czyli prędkość musi być mierzona w godz.
a jeśli określimy drogę w metrach, a czas w sekundach, to pochodna drogi
m . Widzimy więc, że wartość liczbowa
względem czasu będzie mierzona w sek.
pochodnej opisującej jakieś zjawisko będzie zależała od wyboru jednostek, w
jakich mierzymy zarówno argument jak i wartości funkcji.
Jedną z wielu ekonomicznych interpretacji pochodnej jest pojęcie wielkości krańcowych. Niech np. K(x) będzie funkcją kosztów zależną od wielkości
produkcji x. Wówczas
K(x) − K(x0 )
x − x0
dąży do K 0 (x0 ) jeśli x → x0 .
To znaczy, że dla x bliskich x0 mamy
(5.1)
K(x) − K(x0 ) ≈ K 0 (x0 )(x − x0 ).
Jeśli w szczególności x − x0 = 1 (przyjmujemy, że jednostka, w której
mierzymy produkcję jest mała w stosunku do całej produkcji), to
(5.2)
K(x0 + 1) − K(x0 ) ≈ K 0 (x0 ).
Oznacza to, że przyrost kosztów spowodowany zwiększeniem produkcji o
jednostkę produktu jest równy w przybliżeniu wartości pochodnej K 0 (x). Funkcję taką nazywamy funkcją kosztów krańcowych. Jeśli będziemy mierzyć np.
wielkość produkcji w tonach, a koszt w złotówkach, to jednostką kosztów krańcowych będzie złoty/tonę.
Analogicznie wprowadza się zysk krańcowy, podaż krańcową, popyt krańcowy itp.
Możemy to sformułować następująco:
Pochodna opisuje przybliżoną zmianę wartości funkcji przy wzroście
argumentu o jedną jednostkę.
Przykład 5.2. Niech K(t) oznacza majątek narodowy w chwili t. Inwestycjami oznaczanymi przez I(t) nazywamy przyrost majątku narodowego w danej jednostce czasu (zwykle
w ciągu jednego roku). Zatem mamy zależność
K 0 (t) = I(t). 67
W ekonomii ważną rolę gra też pojęcie elastyczności funkcji. Elastyczność
funkcji oznaczana Ef wyraża się wzorem
Ef (x) =
f 0 (x) · x
.
f (x)
Aby zrozumieć, co wyraża elastyczność rozważmy procentowe przyrosty
argumentu i funkcji jeśli argument zmienił się od x do x + h. Wówczas:
Procentowy przyrost argumentu jest równy hx ;
Procentowy przyrost wartości funkcji jest równy
f (x+h)−f (x)
.
f (x)
Zatem
Procentowy przyrost wartości
=
Procentowy przyrost argumentu
f (x + h) − f (x) h
f (x + h) − f (x)
x
: =
·
.
f (x)
x
h
f (x)
Zakładamy, że przyrost argumentu jest niewielki - zatem
f (x + h) − f (x)
≈ f 0 (x).
h
Ostatecznie mamy:
Procentowy przyrost wartości
x
≈ f 0 (x)
= Ef (x).
Procentowy przyrost argumentu
f (x)
Otrzymujemy zatem wniosek:
Elastyczność funkcji określa stosunek procentowej zmiany wartości funkcji
do procentowej zmiany argumentu.
W szczególności, jeśli założymy, że argument zmienił się o 1%, to otrzymamy:
Elastyczność funkcji jest miarą procentowej zmiany wartości funkcji przy
przyroście argumentu o 1%.
68
Dodatkową zaletą rozważania elastyczności zamiast pochodnej, jest to, że
jej wartość nie zależy od wyboru jednostek, w których mierzymy argument i
wartości funkcji.
5.3. Podstawowe wzory
c0 = 0 (c - funkcja stała),
(cf )0 = cf 0 ,
(f ± g)0 = f 0 ± g 0 ,
(f g)0 = f 0 g + f g 0 ,
0
f
g
=
f 0g − g0f
.
g2
(g ◦ f )0 (x) = g 0 f (x) · f 0 (x)
(pochodna funkcji złożonej równa się iloczynowi pochodnej funkcji
zewnętrznej i pochodnej funkcji wewnętrznej).
0
f −1 (y) =
1
, gdzie f (x) = y.
f 0 (x)
Wypiszmy pochodne najważniejszych funkcji elementarnych.
(xα )0 = αxα−1 ,
(ex )0 = ex ,
(ax )0 = ln a · ax ,
(sin x)0 = cos x,
(cos x)0 = − sin x,
1
,
cos2 x
1
(ctg x)0 = − 2 ,
sin x
1
(ln x)0 = ,
x
1
(loga x)0 =
.
ln a · x
(tg x)0 =
ZADANIA
5.1. Obliczyć pochodne funkcji f (x) danej wzorem:
5.4. ∗ Twierdzenie Rolle’a i Lagrange’a
,b) sin x2 ,
a) x sin x
c) arcsin x,
d) arccos x,
e) arctg x,
f) (ln x)3 ,
√
h)
1 − x3 ,
g) (sin x)4 ,
√
i) n x + 1,
j) cos (sin (x2 )),
k) (sin (x2 ))3 ,
l) ln (sin x),
x
m) x ,
69
n)
cos x
.
x2 +1
j) Podstawiamy z(x) = sin (x2 ) i y(x) = x2 . Mamy (cos (sin (x2 )))0 = (cos z)0 · z 0 (x) =
(cos z)0 · z 0 (y) · y 0 = − sin z · cos y · 2x = − sin (sin (x2 )) · cos (x2 ) · 2x.
m) Podstawmy x = eln x . Mamy (xx )0 = (eln x·x )0 = eln x·x ·(ln x·x)0 = eln x·x ·( x1 x+ln x) =
· (1 + ln x) = xx (1 + ln x).
ln x·x
e
5.2. Obliczyć elastyczność funkcji f (x) danej wzorem:
a) ex ,
b) 2x ,
c) 0.1x ,
d) 5x + 3,
x
e) xe ,
f) x2 + 5x − 1.
5.4. ∗ Twierdzenie Rolle’a i Lagrange’a
Twierdzenie Rolle’a. Zakładamy, że funkcja f jest różniczkowalna w
przedziale [a; b], przy czym f (a) = f (b). Wówczas istnieje taki punkt c ∈ (a; b),
że
f 0 (c) = 0.
Twierdzenie (wzór) Lagrange’a. Załóżmy, że funkcja f jest różniczkowalna w przedziale [a; b]. Wtedy istnieje taki punkt c ∈ (a; b), że:
f (b) = f (a) + f 0 (c)(b − a).
Wzór Lagrange’a pozwala liczyć w przybliżeniu wartości funkcji w punkcie
x, gdy zna się wartość funkcji w punkcie x0 , oraz pochodną funkcji w punkcie
x0 .
Poniższy wniosek jest jednym z najważniejszych faktów w matematyce!
Wniosek. Jeśli f 0 (x) = 0 na pewnym odcinku (a; b), to funkcja f jest na
tym odcinku stała.
70
Uzasadnimy to. Weźmy dowolne dwa punkty x i y z odcinka (a; b) i zastosujmy do nich wzór Lagrange’a. Mamy
f (y) = f (x) + f 0 (c)(y − x),
gdzie c jest pewnym punktem z przedziału (x; y). Ale na mocy założenia
f 0 (c) = 0 dla każdego c, skąd f (y) = f (x), czyli funkcja jest stała. Przykład 5.3. Niech λ będzie ustaloną liczbą. Załóżmy, że funkcja f jest różniczkowalna
i spełnia warunek
f 0 = λf.
Pokażemy, że f (x) = ceλx , gdzie c jest pewną stałą.
Rozpatrzmy funkcję g(x) = fe(x)
λx . Ponieważ i licznik i mianownik są różniczkowalne oraz
mianownik jest różny od 0, funkcja g jest różniczkowalna. Korzystając ze wzoru na pochodną
ilorazu, mamy:
g 0 (x) =
f 0 (x) · eλx − (eλx )0 · f (x)
λf (x) · eλx − f (x) · λeλx
=
= 0.
λx
2
(e )
(eλx )2
Z poprzedniego wniosku zatem g(x) jest funkcją stałą, czyli
więc f (x) = ceλx . f (x)
eλx
= c, a
5.5. Model Domara
Model ten został zaproponowany przez Evseya Domara w 1946 roku2 .
Przedstawimy jego główne założenia (w nieco zmodyfikowanej postaci) i rozwiążemy matematyczny problem, do którego ten model prowadzi.
Występujące w modelu wielkości:
• t - czas,
• y - strumień dochodów, który możemy utożsamiać z popytem,
• I - strumień inwestycji,
• s - krańcowa skłonność do oszczędzania,
• w - zdolności produkcyjne,
• K - kapitał (majątek narodowy).
2
E. Domar, Szkice z teorii wzrostu gospodarczego, PWN 1962, str. 124-141.
5.5. Model Domara
71
Założenia modelu są następujące:
1. Wzrost stopy inwestycji powoduje wzrost stopy popytu w proporcji 1s .
Oznacza to, że jeśli strumień inwestycji wzrósł w czasie od t do t+h o wielkość
I(t + h) − I(t), to w tym samym czasie popyt (strumień dochodów) wzrósł o
wielkość 1s (I(t+h)−I(t)). Należy to tak interpretować, że im większa skłonność
do oszczędzania s, tym mniej zysków przeznaczanych jest na konsumpcję, a
więcej jest lokowanych w oszczędnościach. Postulat ten daje równanie (po
podzieleniu przez h):
y(t + h) − y(t)
1 I(t + h) − I(t)
= ·
.
h
s
h
Obliczając granicę obu stron powyższej równości przy h dążącym do 0 otrzymujemy równanie
(5.3)
1
y 0 (t) = I 0 (t).
s
2. Stosunek zdolności produkcyjnych i kapitału jest stały:
w(t)
= ρ = constans,
K(t)
czyli
w(t) = ρK(t).
Różniczkując tę równość otrzymujemy drugie ważne równanie modelu
(5.4)
w0 (t) = ρK 0 (t).
Ale przyrost majątku narodowego w czasie od t do t + h jest równy strumieniowi inwestycji, czyli
K(t + h) − K(t) = I(t)h.
Dzieląc obie strony przez h i przechodząc z h do zera otrzymujemy
K 0 (t) = I(t).
3. Stan równowagi jest rozumiany jako sytuacja, w której możliwości produkcyjne są maksymalnie wykorzystane, czyli
y(t) = w(t).
72
Różniczkując to równanie otrzymujemy
y 0 (t) = w0 (t).
Wstawiając do tego równania równania 5.3 i 5.4 ostatecznie otrzymujemy:
I 0 (t) = sρI(t).
(5.5)
Podstawmy sρ = λ. Mamy wtedy równanie
I 0 (t) = λI(t).
Z przykładu 5.2 wiemy, że I musi być funkcją postaci
I(t) = ceλt .
Wstawiając t = 0 otrzymujemy
I(0) = c,
co ostatecznie daje
I(t) = I(0)eλt = I(0) (esρ )t .
Otrzymaliśmy zatem następujący rezultat ekonomiczny:
Dla utrzymania równowagi pomiędzy możliwościami produkcyjnymi, a popytem, stopa inwestycji musi mieć wzrost wykładniczy o podstawie esρ .
Zastanowimy się teraz, co się będzie działo, jeśli strumień inwestycji będzie
miał wzrost wykładniczy, ale o innej podstawie, np. er , gdzie r jest pewną
ustaloną liczbą dodatnią różną od sρ. Wtedy warunek równowagi nie musi
być spełniony - prawdziwe są tylko równania (5.3) i (5.4). Wstawiamy I(t) =
I(0)ert do tych równań. Otrzymujemy
1
y 0 (t) = I(0)rert
s
oraz
w0 (t) = ρI(0)ert .
Dzieląc stronami mamy
y 0 (t)
r
= .
w0 (t)
sρ
Co wynika z ostatniej równości? Jeśli r > sρ, to popyt rośnie szybciej niż
możliwości produkcyjne i będziemy mieli do czynienia z niedoborem produkcji.
5.6. Monotoniczność i ekstrema
73
Natomiast jeśli r < sρ, to popyt rośnie wolniej niż możliwości produkcyjne i
nastąpi nadprodukcja.
Wynik ten wydaje się na pierwszy rzut oka paradoksalny. Oznacza bowiem,
że jeśli inwestycje rosną szybciej niż w sposób potrzebny dla stanu równowagi
(r > sρ), to możliwości produkcyjne będą za małe; i na odwrót – jeśli inwestycje rosną wolniej niż w sposób potrzebny dla stanu równowagi, to nastąpi
nadprodukcja.
Rozwiązanie powyższe pokazuje, że decyzje oparte na intuicji, bez ścisłego rozwiązania problemu mogą być niewłaściwe. Jeśli bowiem założymy, że
przedsiębiorstwa będą miały możliwość wyboru stopy r, to należy oczekiwać,
że przy niedoborze możliwości produkcyjnych przedsiębiorstwa zdecydują się
zwiększyć wielkość r, czyli możliwości produkcyjne. Ale z naszych rozważań
wynika, że spowoduje to jeszcze większy niedobór możliwości produkcyjnych!
Model Domara nie jest jedynym modelem opisującym
rzeczywistość ekonomiczną i istnieją „ulepszone” wersje takiego modelu, w
których intuicja w większym stopniu zgadza się z matematycznym rozwiązaniem.
Poniższy fakt ma fundamentalne znaczenie w wielu zastosowaniach.
Twierdzenie. Jeśli funkcja jest rózniczkowalna w przedziale (a; b) i jej
pochodna w tym przedziale jest dodatnia (odpowiednio ujemna), to funkcja jest
w tym przedziale rosnąca (odpowiednio malejąca).
Przykład 5.4. Rozważmy następujący model wykorzystujący ten fakt. W modelu tym
mamy wielkości:
• x - wielkość produkcji,
• y = f (x) - cena produktu, czyli przeciętny dochód,
• R(x) - utarg (inaczej zwany przychodem całkowitym).
Utarg jest równy
R(x) = xf (x).
Stąd otrzymujemy utarg krańcowy
R0 (x) = f (x) + xf 0 (x).
Zapiszmy to w postaci
R0 (x) − f (x) = xf 0 (x).
74
Jeśli cena jest stała, to f 0 (x) = 0, a więc cena jest równa krańcowemu utargowi.
Jeśli cena rośnie, to f 0 (x) > 0, zatem xf 0 (x) > 0 (bowiem wielkość produkcji x musi być
dodatnia) i wówczas R0 (x) − f (x) > 0, a więc utarg krańcowy (czyli przychód pochodzący
od jednej jednostki towaru) jest większy od ceny.
Jeśli natomiast cena spada, to f 0 (x) < 0, a więc i xf 0 (x) < 0 - wówczas utarg krańcowy
jest mniejszy od ceny. Wprowadzimy teraz definicję.
Mówimy, że funkcja f osiąga w punkcie c maksimum (minimum), jeśli
w pewnym otoczeniu punktu c przyjmuje poza punktem c wartości mniejsze
(odpowiednio większe).
Minima i maksima nazywamy wspólnym określeniem – ekstrema.
Następne twierdzenie pozwala szukać ekstremów funkcji różniczkowalnych.
Twierdzenie. Jeśli funkcja f jest różniczkowalna i ma w punkcie c ekstremum, to f 0 (c) = 0.
y
6
pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppqppqqpqpqpqppqqpqpqppqpqpqppqqppqqppqpqqppqppppppppppppppppppppppppppppppppp
qq p qq
qqq ppp qqqqqqqq
qqqq
qqqqq ppppp
qqqq
q
ppp
qqqq
qqqq
pppp
qqqq
qqqq
pppp
qqqq
x
xsp 2
qqqq
psppp 1
qqqqq
-x
qqqq
ppp
qq
qqqq
ppp qqqqq
qqqqq
q
qqqqq ppp qqq
qqq p qq
qqq
ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppqpqpqpqpqpqpqpqpqpqqppqpqppqpqpqpqpqpqpppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
Rysunek 5.3.
Sytuację tą ilustruje rysunek 5.3. W punkcie x1 jest maksimum,
a w punk
cie x2 minimum. W punktach wykresu x1 , f (x1 ) i x2 , f (x2 ) styczne do
wykresu są poziome, co oznacza, że kąt pomiędzy nimi i osią Ox jest równy 0.
A zatem tangens tego kąta też jest równy zeru. Ale, jak pamiętamy, tangens
kąta pomiędzy osią Ox i styczną jest to właśnie wartość pochodnej.
Punkty, w których pochodna się zeruje będziemy nazywać punktami stacjonarnymi, albo inaczej punktami podejrzanymi o ekstremum. Podkreślmy słowo
75
podejrzanymi, bowiem zerowanie się pochodnej w punkcie x0 nie gwarantuje
jeszcze, że w punkcie x0 jest ekstremum.
Przykład 5.5. Niech f (x) = x3 − 6x2 + 12x − 7. Obliczamy pochodną funkcji f .
f 0 (x) = 3x2 − 12x + 12 = 3(x − 2)2 .
Przyrównujemy pochodną do zera. Mamy równanie
(x − 2)2 = 0.
Stąd otrzymujemy jeden punkt stacjonarny x0 = 2. Ponieważ f 0 (x) jest dodatnia poza
punktem x = 2, funkcja f jest rosnąca zarówno na lewo od punktu 2 jak i na prawo od
punktu 2. Nie ma więc w punkcie 2 (ani w żadnym innym) ekstremum (rysunek 5.4.).
3
y
6
2
1
q
qq
qqq q
qq
pppppppppppppppppppppppppqqppqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqppqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpppppppppppppppppppppppp
q
p
q
q
pppp
qqq
ppp
qq q
ppsp x0
1
2
3
-x
4
Rysunek 5.4.
Jak stwierdzić, czy w punkcie stacjonarnym jest maksimum lub minimum,
czy go nie ma? Jeszcze raz popatrzmy na rysunek 5.3. Na lewo od punktu x1 , w
którym jest maksimum, funkcja jest rosnąca, a na prawo malejąca. Odwrotna
jest sytuacja w punkcie x2 , w którym jest minimum. Na lewo od tego punktu
funkcja maleje, a na prawo rośnie.
Natomiast po obu stronach punktu x0 na rysunku 5.4. funkcja rośnie.
Opiszemy możliwe sytuacje przy pomocy poniższej tabelki.
Znak pochodnej
na lewo od punktu
stacjonarnego x0
+
+
−
−
Znak pochodnej
na prawo od punktu
stacjonarnego x0
+
−
+
−
W punkcie x0
nie ma ekstremum
jest maksimum
jest minimum
nie ma ekstremum
76
Przykład 5.6. Wyznaczyć ekstrema funkcji f (x) = ex − 4x.
1. Obliczamy pochodną funkcji. Otrzymujemy
f 0 (x) = ex − 4.
2. Przyrównujemy pochodną do zera. Mamy równanie
ex = 4.
Stąd otrzymujemy jeden punkt stacjonarny x0 = ln 4. Bierzemy jakiś punkt na lewo od
punktu x0 , np. 0 i ustalamy znak f 0 (0). Mamy
f 0 (0) = e0 − 4 = −3 < 0.
Bierzemy jakiś punkt na prawo od x0 , np. 10 i ustalamy znak f 0 (10). Mamy
f 0 (10) = e10 − 4 > 0.
Zatem na lewo od punktu x0 pochodna jest ujemna, a na prawo dodatnia. Otrzymujemy
odpowiedź:
Funkcja ma minimum w punkcie ln 4. Przykład 5.7. Powróćmy do modelu z przykładu 5.3. Zastanowimy się, jakie muszą
być spełnione warunki aby funkcja utargu osiągała maksimum.
Oczywiście dziedziną funkcji utargu jest przedział [0; ∞). Nie możemy sprzedać ujemnej
ilości towaru. Jeśli cena jest dodatnia, to jasne jest, że od punktu x = 0 do jakiegokolwiek
punktu x > 0 wartość funkcji utargu wzrośnie. Zatem na początku funkcja utargu jest
rosnąca. Rozważmy pierwszy punkt stacjonarny. W takim punkcie musi zachodzić równość
f (x) + xf 0 (x) = 0.
Oznacza to, że
xf 0 (x) = −f (x).
Dzieląc przez f (x) otrzymujemy
f 0 (x)
x
= −1.
f (x)
Ponieważ lewa strona ostatniej równości oznacza elastyczność funkcji f w punkcie x,
otrzymujemy odpowiedź:
Jeśli funkcja utargu osiąga w punkcie x0 maksimum, to elastyczność funkcji utargu w
tym punkcie wynosi: −1. Warto w tym miejscu dodać, że funkcja może mieć ekstremum w pewnym
punkcie i być nieróżniczkowalna w tym punkcie. Np. funkcja f (x) = |x| ma
minimum w punkcie 0 i jest w tym punkcie nieróżniczkowalna. Oczywiście w
takiej sytuacji nie można znaleźć ekstremum przy pomocy rachunku różniczkowego.
ZADANIA
5.3. Sprawdzić czy poniższe funkcje są rosnące lub malejące:
77
a) f (x) = sin x − 2x;
b) f (x) = cos 3x + 5x,
c) f (x) = x3 + x2 + x,
d) f (x) = 2x +
1
.
x2 +1
a) Obliczając pochodną mamy
(sin x − 2x)0 = cos x − 2.
Z nierówności −1 ¬ cos x ¬ 1 wynika, że
cos x − 2 ¬ −1 < 0.
Pochodna funkcji jest ujemna, a zatem funkcja jest malejąca. 5.4. Znaleźć przedziały, w których poniższa funkcja f (x) jest rosnąca i malejąca:
a) x3 − 5x2 + 2,
b) x4 − 3x3 ,
c) x2 − ln x2 ,
d) x + x9 ,
e) e2x − 3x,
f) 6x2 + x5 .
f) Dziedziną funkcji jest zbiór IR \ {0}. Liczymy pochodną funkcji. Mamy
5
.
x2
f 0 (x) = 12x −
p
3
Przyrównując ją do zera otrzymamy jedno rozwiązanie x1 =
dzielona zatem na trzy przedziały: (−∞; 0),
p
3
0;
5/12. Dziedzina jest po-
p
3
5/12
i
5/12; ∞ ; w każdym z nich
pochodna ma stały znak. Aby poznać jaki to znak, wystarczy wybrać po jednym punkcie
z każdego przedziału i ustalić znak pochodnej w każdym z tych punktów. Mogą to być np.
punkty −1, 1/10 i 1. Mamy:
f 0 (−1) = −5 − 12 < 0,
f 0 (1/10) = −500 + 12/10 < 0,
f 0 (1) = −5 + 12 > 0.
Otrzymujemy więc odpowiedź:
Funkcja jest rosnąca w przedziale
p
3
0;
p
3
5/12; ∞ , a malejąca w przedziałach (−∞; 0) i
5/12 . 5.5. Policzyć współrzędne wierzchołka paraboli danej równaniem y = ax2 + bx + c przy
pomocy rachunku różniczkowego.
Funkcja kwadratowa ax2 + bx + c osiąga minimum jeśli a > 0 lub maksimum jeśli a < 0
właśnie w wierzchołku. Zatem pochodna musi się zerować w punkcie będącym współrzędną
x-ową wierzchołka. Pochodna funkcji kwadratowej jest równa 2ax + b. Przyrównując ją do
. Aby obliczyć y wstawiamy −b
za x i otrzymujemy
zera mamy x = −b
2a
2a
y=a
−b
2a
2
+b·
−b
−b2 + 4ac
∆
+c=
=− .
2a
4a
4a
78
5.6. Wyznaczyć ekstrema poniższych funkcji:
a) f (x) = x3 − 3x2 + 1,
c) f (x) =
2
x
+ x,
e) f (x) = (x2 + 2x)ex ,
b) f (x) = x3 − 3x + 4,
d) f (x) =
x2 −x
,
x+1
f) f (x) = 15 ln x − x5 .
5.7. Wyznaczanie największej (najmniejszej)
wartości funkcji
Z rozważań poprzedniego paragrafu wynika następujący fakt: funkcja różniczkowalna określona na przedziale domkniętym [a; b] przyjmuje swoją największą (najmniejszą) wartość albo w punkcie, w którym pochodna się zeruje
(tak zwanym punkcie stacjonarnym lub punkcie podejrzanym o ekstremum),
albo na końcu przedziału.
Ten fakt pozwala poszukiwać największej (najmniejszej) wartości funkcji
w przedziale [a; b] według następującej procedury:
Krok 1. Różniczkujemy funkcję i przyrównujemy pochodną do zera znajdując punkty stacjonarne x1 , . . . , xn należące do przedziału [a; b].
Krok 2. Obliczamy wartości funkcji w tych punktach oraz wartości na
końcach przedziału. Jeśli przedział jest otwarty lub nieskończony, to wartości
na końcach zastępujemy odpowiednimi granicami funkcji.
Krok 3. Spośród powyższych wartości wybieramy największą (najmniejszą).
Przykład 5.8. Znaleźć najmniejszą wartość funkcji
f (x) = x3 +
1
x
w przedziale [0.1; 10].
Obliczamy pochodną funkcji:
f 0 (x) = 3x2 −
1
.
x2
Przyrównując pochodną do zera otrzymujemy rozwiązanie x1 =
f (0.1) i f (10). Mamy:
√
1
4
f (x1 ) = √
+ 3,
4
27
f (0.1) = 0.001 + 10,
f (10) = 1000 + 0.1.
p
4 1
3
. Obliczamy f (x1 ),
5.7. Wyznaczanie największej (najmniejszej) wartości funkcji
79
Widzimy, że najmniejszą wartością jest pierwsza.
1
√
4
27
Odpowiedź: Najmniejszą wartością funkcji f (x) = x3 + x1 w przedziale [0.1; 10] jest liczba
√
+ 4 3. Przykład 5.9. W jakim punkcie przedziału (0; ∞) funkcja
f (x) = ln x − 2x
przyjmuje największą wartość?
Obliczamy pochodną:
1
− 2.
x
Przyrównując pochodną do zera otrzymujemy rozwiązanie x1 = 1/2. Przedział jest otwarty,
więc obliczamy granice
lim f (x) = −∞
f 0 (x) =
x→0+
oraz
lim f (x) = −∞.
x→∞
Ponieważ wartość funkcji w punkcie x = 1/2 jest skończona, wartość ta jest spośród tych
trzech wartości największa (zauważmy, że nie musimy jej obliczać!). Otrzymujemy więc odpowiedź:
Funkcja przyjmuje największą wartość w przedziale (0; ∞) w punkcie x = 1/2. Przykład 5.10. Z kwadratowego kawałka blachy o boku a wycinamy na rogach cztery
kwadraciki (zakropkowane na rysunku 5.5.). Następnie boki zaginamy (wzdłuż przerywanych
linii) i lutujemy blachę. Jakie kwadraciki należy wycinać, aby objętość otrzymanego w ten
sposób zbiornika była największa?
pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp
pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp
ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp
pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppx
ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp
a
Rysunek 5.5.
Oznaczmy bok wyciętego kwadratu przez x. Wówczas objętość pudełka dana jest wzorem
V (x) = (a − 2x)2 x.
80
Zauważmy, że x zmienia się od 0 do
1
.
2
Obliczamy pochodną funkcji
V 0 (x) = (−2) · 2(a − 2x)x + (a − 2x)2 =
(a − 2x)(−4x + a − 2x) = (a − 2x)(a − 6x).
Przyrównując pochodną do zera otrzymujemy dwa punkty stacjonarne x1 = a/2 oraz x2 =
a/6. Pierwszy z nich jest jednocześnie końcem przedziału. Liczymy wartości w punkcie stacjonarnym i na końcach. Mamy:
f
a
6
=
2 2 a
1
a · = a3 ,
3
6
9
f (0) = 0,
a
f
= 0.
2
Największą z tych wartości jest
1 3
a .
9
Odpowiedź: Należy wycinać kwadraciki o boku długości
a
.
6
Przykład 5.11. Pewien zakład ma wyprodukować w ciągu roku 10000 sztuk pewnego wyrobu. Przygotowanie zakładu do każdego cyklu produkcyjnego kosztuje 500 złotych.
Koszt magazynowania jednej sztuki wyrobu wynosi 10 złotych rocznie. Przy jakich seriach
produkcyjnych koszt całej produkcji będzie najmniejszy?
Niech x oznacza liczbę sztuk produktu w jednym cyklu. Zakład trzeba przygotować do
razy. Zatem całkowity koszt przygotowania zakładu do produkcji wynosi
produkcji 10000
x
10000·500
.
x
Załóżmy, że zbyt towarów jest równomierny, tzn., że w momencie magazynowania następnej partii magazyn został właśnie opróżniony. Możemy więc przyjąć, że w każdym odstępie
czasu dzielącym dwa kolejne cykle produkcyjne znajduje się średnio x/2 sztuk wyrobu. Zatem i w ciągu całego roku średnio w magazynie znajduje się x/2 sztuk wyrobu. Stąd koszt
magazynowania wynosi 10 · x/2.
Oznaczmy przez Ks koszty stałe (niezależne od długości cyklu).
Ostatecznie więc koszt całkowity K(x) wynosi
K(x) =
10000 · 500
x
+ 10 + Ks .
x
2
Najmniejszą wartością jaką może przyjmować x jest 1, a największą 10000.
Obliczmy pochodną
10000 · 500
+ 5.
x2
√
Przyrównujemy K 0 do 0. Mamy K 0 (x) = 0, jeśli x = 1000000 = 1000.
K 0 (x) = −
A teraz obliczamy wartości w punkcie stacjonarnym (x = 1000) i na krańcach. Mamy
f (1000) = 5000 + 5000 + Ks = 10000 + Ks ,
f (1) = 5000000 + 5 + Ks ,
5.7. Wyznaczanie największej (najmniejszej) wartości funkcji
81
f (10000) = 500 + 50000 + Ks .
Widzimy, że najmniejszą wartością jest pierwsza. Daje nam to
Odpowiedź: Koszt produkcji będzie najmniejszy przy seriach produkcyjnych wielkości
1000 sztuk. Przykład 5.12. Mamy transportować towar z miasta A do miasta B najpierw drogą
lądową, a potem drogą morską. Koszt transportu lądowego wynosi l na jeden km, a drogą morską m na km (m < l). Zakładamy, że brzeg morski jest linią prostą. Gdzie należy
umiejscowić port przeładunkowy P aby całkowity koszt transportu był najmniejszy?
B s
B
B
B
B
B
β B
s
O
Bβ
B
B
B
P
sA’
Bs
α
α
s
A
Rysunek 5.6.
Popatrzmy na rysunek 5.6. Oznaczmy przez A0 rzut punktu A na oś Ox. Oznaczmy przez
α kąt między odcinkami AA0 i AP , a przez β kąt między odcinkami BO i BP . Oznaczmy
0
długość odcinka OA
drogą lądową
p
p przez k, a przez x długość odcinka OP . Koszt transportu
wynosi |AP |l = l (k − x)2 + |AA0 |2 , a drogą morską |BP |m = m x2 + |OB|2 . Zatem
koszt całkowity jest równy:
K(x) = l
p
p
(k − x)2 + |AA0 |2 + m
x2 + |OB|2 ,
przy czym x ∈ (−∞; ∞).
Mamy
x
k−x
− lp
=
K 0 (x) = m p
2
2
x + |OB|
(k − x)2 + |AA0 |2
82
=m
|AA0 |
|OP |
−l
= m sin β − l sin α.
|P B|
|AP |
Widzimy więc, że K 0 (0) wtedy gdy
m
l
=
sin β
.
sin α
Ponieważ granice funkcji w ±∞ są równe +∞, funkcja przyjmuje najmniejszą wartość
w punkcie spełniającym powyższą zależność. Wyprowadzona zależność przypomina znane z fizyki prawo załamania światła, które zresztą wyprowadza się w identyczny sposób. Korzystamy z zasady
Fermata mówiącej o tym, że światło wybiera taką drogę, przy której zużywa
najmniej czasu. Widzimy zatem, że Ten, kto tworzył to prawo rozwiązywał
problem ekonomiczny!
ZADANIA
5.7. Wyznaczyć najmniejszą i największą wartość funkcji f w zbiorze A:
a) f (x) = x3 − x + 1, A = [0; 2];
b) f (x) = (x − 1)ex , A = [−1; 1];
√
c) f (x) = x − x − 1, A = [1; 3],
d) f (x) =
ex
,
x
A = [0.1; ∞).
5.8. Mamy do ogrodzenia kawałek pola w kształcie prostokąta przylegającego z jednej strony do rzeki. Dysponujemy 200 metrami siatki. Jakie powinny być wymiary pola, aby jego
powierzchnia była największa?
5.9. Z kawałka blachy o wymiarach 60×40 centymetrów robimy pudełko wycinając na rogach
kwadraty, zaginając a następnie lutując blachę. Jakiej wielkości kwadraty należy wycinać,
aby objętość pudełka była największa?
5.10. Puszka ma mieć kształt walca i objętość 1 litra. Jakie powinny być wymiary puszki,
aby ilość zużytej blachy była najmniejsza?
5.8. Reguła de l’Hospitala
Jest to metoda liczenia pewnych granic postaci
jednocześnie do 0 lub ∞.
f (x)
g(x) ,
Zakładamy, że
lim f (x) = lim g(x) = 0
x→b
x→b
lub
lim f (x) = lim g(x) = ∞
x→b
x→b
gdzie f (x) i g(x) dążą
83
5.8. Reguła de l’Hospitala
(b może być skończoną liczbą lub ±∞),
oraz
f 0 (x)
= g.
lim 0
x→b g (x)
Wówczas
f (x)
lim
= g.
x→b g(x)
Uwaga. Odpowiednie granice w powyższej regule mogą być jednostronne.
Tę regułę w skrócie oznacza się jako regułę H.
Przykład 5.13. Policzymy granicę
ln x
.
x−1
Założenia reguły H są spełnione. Mamy zatem
lim
x→1
lim
x→1
1/x
ln x
= lim
= 1. x→1 1
x−1
Przykład 5.14. Policzymy
lim xx .
x→0+
(Dla x ¬ 0 wyrażenie xx nie ma sensu!) Mamy
ln x
ln xx = x ln x =
Funkcje f (x) = ln x i g(x) =
1
x
.
spełniają założenia reguły H.
Zatem
lim ln xx = lim
x→0+
1
x
x→0+
(ln x)0
= lim+
1 0
x→0
x
1
x
− x12
= lim −x = 0.
Stąd lim xx = e0 = 1. x→0+
ZADANIA
5.11. Obliczyć granice:
sin2 x
,
x2
b) lim
cos x−1
,
x2
d) lim
x→0
e) lim
ex −ex
,
x2 −x
a) lim
x→0
c) lim
2
x→1
g)
k)
x→0
f) lim
x→0
lim √ln2x ,
h)
lim (ln x)2 · x,
j)
x→∞
i)
ln x
,
2
x→1 x −1
x −2
x→0+
lim x4 ex ,
x→−∞
1−cos x
,
sin x
3x −2x
,
x
lim
x→∞
l)
(ln x)2
,
x
lim e1/x x,
x→0+
lim
x→∞
(ln x)100
.
x
x→0+
84
l) Podstawmy y = ln x. Wówczas gdy x → ∞, to również y → ∞ oraz x = ey . Zatem
lim
x→∞
(ln x)100
y 100
= lim
.
y→∞ ey
x
Stosując 100 razy regułę H otrzymamy
lim
y→∞
y 100
100!
= lim
= 0. y→∞ ey
ey
5.9. Pochodna drugiego rzędu
Jeśli funkcja f ma pochodną f 0 , i z kolei funkcja f 0 też ma pochodną, to
pochodną (f 0 )0 nazywamy pochodną drugiego rzędu lub drugą pochodną
funkcji f i oznaczamy f 00 .
Wartość drugiej pochodnej pozwala nam wyznaczać ekstrema funkcji. Zachodzi bowiem:
Twierdzenie. Załózmy, że funkcja f ma pierwszą i drugą pochodną oraz
f 0 (a) = 0. Wówczas jeśli f 00 (a) < 0, to w punkcie a jest maksimum lokalne, a
jeśli f 00 (a) > 0, to w punkcie a jest minimum lokalne.
Przykład 5.15. Znajdźmy ekstrema funkcji f (x) = x3 − 6x + 1. Punkty podejrzane
o ekstremum znajdziemy obliczając pochodną funkcji f i przyrównując ją do zera. Mamy
√
√
f 0 (x) = 3x2 − 6. Zatem te punkty to x1 = − 2, x2 = 2. Obliczamy drugą pochodną
√
√
√
f 00 (x) = 6x. Mamy f (x1 ) = −6 2 i f (x2 ) = 6 2. Zatem w punkcie x = − 2 jest maksimum,
√
a w punkcie x = 2 jest minimum. Jednak nie zawsze warto do wyznaczenia ekstremum liczyć drugie pochodne.
Przykład 5.16. Wyznaczymy ekstrema funkcji f (x) = x2 (1 − x) w przedziale [0; 1].
Liczymy jej pochodną f 0 (x) = x(2 − 3x). f 0 (x) = 0 jeśli x = 0 lub x = 2/3. Ponieważ funkcja
jest w przedziale (0; 1) nieujemna i na końcach przyjmuje wartości 0, ekstremum może być
tylko w punkcie
2
3
i jest to maksimum, bo f (2/3) > 0. ZADANIA
5.12. Obliczyć drugą pochodną funkcji f określonej wzorem:
a) x2 ln x,
2
b) sin 3x,
x2
,
1−x
c) ex ,
d)
e) ex cos x,
f) x4 − 3x3 − x.
5.13. Wyznaczyć ekstrema funkcji wykorzystując drugą pochodną:
5.10. Funkcje wypukłe i wklęsłe
a) f (x) = x3 − 5x2 + 1,
2
c) f (x) = xe−x
/2
b) f (x) = x +
85
1
,
2x
d) f (x) = xex ,
,
e) f (x) = 3x5 − 5x3 − 7,
f) f (x) = x2 − x2 .
2
c) Mamy f 0 (x) = (1 − x2 )e−x /2 . f 0 (x) = 0 dla x = −1 i x = 1. Dalej f 00 (x) =
2
(x3 − 3x)e−x /2 . Sprawdzamy wartości f 00 (x) w punktach podejrzanych o ekstremum. I
tak f 00 (−1) = √2e i f 00 (1) = − √2e . A więc w punkcie −1 jest minimum, a w punkcie 1
maksimum. 5.10. Funkcje wypukłe i wklęsłe
Mówimy, że rózniczkowalna funkcja f jest wypukła (odpowiednio wklęsła) w przedziale (a; b) jeśli styczna do wykresu w punkcie (x, f (x)) dla
x ∈ (a; b) leży poniżej (odpowiednio powyżej) wykresu funkcji. Punkt (x, f (x))
nazywamy punktem przegięcia wykresu funkcji f , jeśli po jednej stronie tego
punktu funkcja jest wypukła, a po drugiej wklęsła.
5
y
6
ppppppppp
p ppp
ppppppppp
ppppppppp ppp ppp pp
pp
pp pppppppppp
ppqpqqpqqqqqqqqqqqqqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpppppp
q
p
q
p
q
p
q
qqqqqppppppppp
pqpqpqpq
qqqq ppppp
3
ppqpqpq
qqqq
ppppqqpqpqp q
qqqq
qqq
p pppqqq
pp
qqqpsA
pp pp
p
p
p
q
p
2
p
pppp qqqq
pp pp
qqppp ppp p
pppp qqqqqq
q
q
p
ppp qqqqq
qqpqp pp
qqqq
qppqppqppqpppppppppppp
pppp
1
q
q
p
q
q
q
q
p
qqqqqq
pp
ppp
qqqqqqqqqqqqpqpqpqpqpqpqppqppqpqpppqpqpqpqp
p ppp p
pppp
p
p
p
p
p
p
p
p
ppp p
pspp
ppppppppp p ppp pp
-x
x
1
2
3 0 4
5
6
7
4
Rysunek 5.7.
Funkcja, której wykres jest przedstawiony na rysunku 5.7. jest wklęsła na
lewo od punktu x0 i wypukła na prawo od tego punktu. Punktem przegięcia
jest punkt A o współrzędnych (x0 , f (x0 )).
Wypukłość funkcji możemy badać przy pomocy rachunku różniczkowego.
86
Twierdzenie. Jeśli f 00 > 0 w przedziale (a; b), to funkcja jest wypukła, a
jeśli f 00 < 0, to funkcja jest wklęsła. Jeśli f 00 (x) = 0 i f 00 ma różne znaki po
obu stronach x, to (x, f (x)) jest punktem przegięcia.
Aby się przekonać o słuszności tego twierdzenia popatrzmy na rysunek 5.7.
Zwróćmy uwagę na część wypukłą tej funkcji leżącą na prawo od punktu x0 .
Jeśli będziemy rozważać styczne w różnych punktach tej części wykresu, to
zauważymy, że przy przejściu od pewnego punktu do punktu leżącego bardziej
na prawo styczna obróci się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. A to oznacza, że kąt pomiędzy osią Ox, a styczną wzrośnie. A zatem
wzrośnie i tangens tego kąta. Ale tangens tego kąta to jest właśnie pochodna.
Zauważyliśmy zatem, że wypukłość funkcji pociąga za sobą wzrost funkcji pochodnej. Ale funkcja rośnie, gdy jej pochodna, czyli druga pochodna funkcji f
jest dodatnia.
W podobny sposób argumentujemy, że wklęsłość pociąga za sobą ujemność
drugiej pochodnej.
Przykład 5.17. Wyznaczymy przedziały wypukłości, wklęsłości i punkty przegięcia
funkcji y = e−
x2
2
. Mamy:
f 0 (x) = −xe−
x2
2
.
f 00 (x) = (x2 − 1)e−
x2
2
.
Stąd f 00 (x) = 0 wtedy gdy x = 1 lub x = −1. f 00 (x) < 0 dla x ∈ (−1; 1) i f 00 (x) > 0 dla
x ∈ (−∞; −1) lub x ∈ (1; ∞). Zatem funkcja jest wklęsła w przedziale (−1; 1) wypukła w
√
√
przedziałach (−∞; −1) i (1; ∞). Punkty (−1, 1/ e) i (1, 1/ e) są punktami przegięcia. Informacja o wklęsłości bądź wypukłości funkcji może być pomocna przy
podejmowaniu wielu decyzji.
Przypuśćmy, że zastanawiamy się, czy sprzedać posiadane akcje. Zauważyliśmy, że wprawdzie cena akcji idzie w górę, ale tempo wzrostu tych akcji
gwałtownie spada. Sytuacja ta sugeruje, że wkrótce cena akcji przestanie rosnąć i zacznie spadać. Decydujemy więc o ich sprzedaży.
1)
2)
3)
4)
Funkcja może:
rosnąć coraz szybciej,
rosnąć coraz wolniej,
maleć coraz szybciej,
maleć coraz wolniej.
Sytuacje te prezentują rysunki 5.8.
Zauważmy, że na rysunkach po lewej stronie funkcja jest wypukła, a po
prawej wklęsła.
87
5.10. Funkcje wypukłe i wklęsłe
y
36
y
36
2
2
q
qqq
qqq qq
qqq
qqqq
q
q
q
1
qqqq
qqqqqqqqqq
1
qqqqqqqqqq
qqqqq
q
q
q
qqq
qqq
qqqqq
1 qq
qq
-x
3
2
1
2
rośnie coraz szybciej
rośnie coraz wolniej
y
36
qqq
q
2 qqqqqq
qqqq
qqqq
qqqqq
1
qqqqqqq
qqqqqq
y
36
qqqqqqqqqq
qqqqqq
qqqq
2
qqqq
qqq
qqq
qqq
1
qqq
1
-x
3
2
1
2
-x
3
-x
3
maleje coraz szybciej
maleje coraz wolniej
Rysunki 5.8.
Znak pierwszej i drugiej pochodnej dostarcza nam informacji o tym, czy
tempo wzrostu lub spadku funkcji samo rośnie albo spada. Mamy bowiem
następujące sytuacje:
f0
+
+
−
−
f 00
+
−
+
−
symbol
6
?
funkcja
rośnie coraz szybciej
rośnie coraz wolniej
maleje coraz wolniej
maleje coraz szybciej
Przykład 5.18. Sprawdzić w jakim przedziale funkcja
f (x) = x3 − 3x2 + 2
maleje coraz wolniej.
Funkcja maleje coraz wolniej jeśli: 1) f 0 < 0 i 2) f 00 > 0. Mamy
f 0 (x) = 3x2 − 6x = 3x(x − 2).
88
Stąd wnioskujemy, że f 0 (x) > 0 dla x ∈ (0; 2). Dalej
f 00 (x) = 6x − 6.
Widzimy, że f 00 (x) > 0 dla x ∈ (1; ∞). Otrzymujemy ostatecznie odpowiedź:
Funkcja maleje coraz wolniej w przedziale (1; 2). Przykład 5.19. Sprawdzić, czy w otoczeniu punktu x = 10 funkcja
f (x) = 3x +
200
:
x
a) rośnie coraz szybciej,
b) rośnie coraz wolniej,
c) maleje coraz szybciej,
d) maleje coraz wolniej.
Należy ustalić znak pierwszej i drugiej pochodnej w punkcie 10. Mamy
f 0 (x) = 3 −
200
,
x2
oraz
400
.
x3
Wstawiamy x = 10 i widzimy, że f 0 (10) = 1 > 0 i f 00 (10) = 0.4 > 0. Otrzymujemy więć
odpowiedź:
f 00 (x) =
W otoczeniu punktu 10 funkcja rośnie coraz szybciej. ZADANIA
5.14. Wyznaczyć przedziały wypukłości i wklęsłości funkcji:
a) f (x) = x3 − x2 − x;
b) g(x) = x2 − x2 ;
c) f (x) = ln (1 + x2 );
√
e) f (x) = 12 x + x3 ;
d) f (x) = x4 + ex ;
f) f (x) = 2x ln x − x2 .
5.15. W jakich przedziałach funkcja dana wzorem
f (x) =
1
− x2 :
x
a) rośnie coraz szybciej?
b) maleje coraz wolniej?
5.16. W jakich przedziałach funkcja dana wzorem
f (x) = xe−x :
a) rośnie coraz wolniej?
b) maleje coraz wolniej?
c) rośnie coraz szybciej?
5.11. Asymptoty
89
5.17. Sprawdzić czy w otoczeniu punktu x = 1 funkcja
f (x) =
3x − 5
:
4x + 7
a) rośnie coraz szybciej,
b) rośnie coraz wolniej,
c) maleje coraz szybciej,
d) maleje coraz wolniej.
5.11. Asymptoty
Intuicyjnie asymptotą krzywej y = f (x) nazywamy prostą do której zbliża
się wykres funkcji f (x) przy x zbieżnym do pewnego x0 lub ±∞.
Prostą x = c nazywamy asymptotą pionową krzywej y = f (x) jeśli
lim f (x) = ±∞
x→c+
lub
lim f (x) = ±∞.
x→c−
Prostą y = ax + b nazywamy asymptotą ukośną krzywej y = f (x) jeśli
lim (f (x) − (ax + b)) = 0.
x→±∞
Szczególnym przypadkiem asymptoty ukośnej jest asymptota pozioma
gdy a = 0. Innymi słowy prosta y = b jest asymptotą poziomą, jeśli
lim f (x) = b.
x→±∞
Współczynniki a i b ewentualnych asymptot liczymy ze wzorów:
f (x)
x→±∞ x
a = lim
lub
a = lim f 0 (x),
x→±∞
oraz
b = lim (f (x) − ax).
x→±∞
Przykład 5.20. Wyznaczyć asymptoty krzywej
y=
x2
(x 6= 1).
1−x
90
Widzimy, że
lim y(x) = ∞,
x→1+
oraz
lim y(x) = −∞.
x→1−
Zatem prosta x = 1 jest asymptotą pionową.
Szukamy asymptoty ukośnej:
lim
x→±∞
y(x)
x
= lim
= −1.
x→±∞ 1 − x
x
Stąd a = −1. Liczymy b.
x2 + (1 − x)x
x
= lim
= −1.
x→±∞
x→±∞
x→±∞ 1 − x
1−x
Stąd b = −1. Zatem prosta y = −x − 1 jest asymptotą ukośną i w +∞ i w −∞. lim (f (x) − (−x)) = lim
Przykład 5.21. Wyznaczyć asymptoty krzywej
y = x + ln x (x > 0).
Mamy
lim x + ln x = 0 + (−∞) = −∞.
x→0+
Stąd prosta x = 0 jest asymptotą pionową.
Szukamy asymptoty ukośnej:
lim (x + ln x)0 = lim 1 +
x→∞
x→∞
1
= 1.
x
Stąd a = 1. Liczymy b.
lim (x + ln x) − x = lim ln x = ∞.
x→∞
x→∞
Zatem b nie istnieje. Krzywa nie posiada asymptoty ukośnej. ZADANIA
5.18. Wyznaczyć asymptoty krzywych:
a) y =
2x
;
1+x2
b) y =
x2
;
x−3
c) y =
x−1
√ ;
x
5.12. Schemat badania funkcji
Funkcję będziemy badać według następującego schematu:
91
1. Wyznaczamy dziedzinę funkcji i ewentualnie miejsca zerowe (jeśli się
da);
2. Obliczamy granice na końcach przedziałów określoności i wyznaczamy
asymptoty;
3. Liczymy pierwszą pochodną i określamy przedziały monotoniczności
funkcji i punkty podejrzane o ekstrema;
4. Liczymy drugą pochodną i wyznaczamy przedziały wypukłości, wklęsłości funkcji i punkty przegięcia;
5. Sporządzamy tabelkę przebiegu zmienności funkcji;
6. Szkicujemy wykres funkcji.
Przykład 5.22. Zbadać przebieg zmienności funkcji
f (x) =
x2
.
1−x
Dziedziną funkcji jest IR \ {1}. Granice i asymptoty tej funkcji policzyliśmy już w poprzednim przykładzie. I tak x = 1 jest asymptotą pionową i y = −x − 1 jest asymptotą
ukośną dla −∞ i dla +∞.
f 0 (x) =
x(2 − x)
.
(1 − x)2
f 0 (x) = 0 gdy x = 0 lub x = 2. f 0 (x) > 0 dla x ∈ (0; 1) ∪ (1; 2) i f 0 (x) < 0 dla x ∈
(−∞; 0) ∪ (1; ∞). Wynika stąd, że w punkcie 0 jest minimum, a w punkcie 2 maksimum.
00
2
f 00 (x) = (1−x)
3 . Stąd f (x) > 0 dla x ∈ (−∞; 1) i w tym przedziale funkcja jest wypukła
00
oraz f (x) < 0 dla x ∈ (1; ∞) i w tym przedziale funkcja jest wklęsła. Punktów przegięcia
nie ma. Sporządzamy tabelkę:
x
f (x)
f 00 (x)
−∞
−1
+
...
−
+
0
0
+
f (x)
+∞
0
(min)
0
...
+
+
6
1−
+∞
+
1+
−∞
−
∞
−∞
f (x) = x3 − 2x2 + x.
Dziedzina = IR.
lim f (x) = −∞,
x→−∞
lim f (x) = ∞.
x→∞
...
+
−
2
0
−
−4
(max)
...
−
−
∞
−1
−
? −∞
92
y
7 6 qqq
q
qqqqq
6 qq
qqqqq
q
q
@
@qqqqqqqqq
5 qqq
q
q
q
q
q
@ qqqqq
4 qq
@qqqqqqqqq
q
3 qqq
@qqqqqqqqq
q
q
q
q
@ qqqqqqq
2 qq
q
q
q
q
q
q
@ qqqqq
q
@ qqqqqqqqqqq 1 qq
q
q
@ qqqqqqqqqqqqq
-x
−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1@
1 2 3 4 5 6 7
−1@
−2 @
@
−3
@
qqqqqqqqqqqqqqq
−4
qqqq q@
qqqqqq
qqqqqq
@
q
−5
qqqqq
@
qqq
qqqqq
qqqqq
−6
qq
@
qqqqq
qq
qqqq
@
−7
x2
1−x
Rysunek 5.9. Wykres funkcji y =
Funkcja jest wielomianem trzeciego stopnia, więc asymptot nie ma.
f 0 (x) = 3x2 − 4x + 1.
f 0 (x) = 0 dla x = 1 i x = 13 . f 0 (x) > 0 dla x ∈ (−∞; 13 ) ∪ (1; ∞) i f 0 (x) < 0 dla x ∈ ( 13 ; 1).
f 00 (x) = 6x − 4.
f 00 (x) = 0 dla x =
2
3
x
f (x)
f 00 (x)
−∞
+
−
f (x)
−∞
0
i f 00 (x) > 0 dla x >
...
+
−
1
3
0
−
4
27
(max)
2
3
oraz f 00 (x) < 0 dla x < 23 . Sporządzamy tabelkę:
2
3
...
−
−
−
0
2
27
punkt
? przegięcia
...
−
+
1
0
+
0
(min)
2
f (x) = e−x
/2
.
Dziedzina = IR. Funkcja jest parzysta i zawsze dodatnia.
lim f (x) = 0,
x→±∞
...
+
+
∞
+
+
6 ∞
93
y
76
q
qq
qqqq
6
qqq
qqq
q
5
q
qqq
q
4
qq
qq
qqqq
3
qq
qq
q
q
2
qqq
qq
q
1
q
qqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q qqq q
qqqq qqqqqqq
−2 −1 qqqq
1 2 3
qq
−1
qqqq
qq
−2
qq
qqqq
−3
qqq
qqqq−4
qq
qq
qqqq −5
qqq
qqqq −6
qqq −7
-x
4
Rysunek 5.10. Wykres funkcji y = x3 − 2x2 + x
a zatem prosta y = 0 jest asymptotą poziomą.
f 0 (x) = −xe−
x2
2
.
Dla x > 0 pochodna jest ujemna, a dla x < 0 dodatnia oraz równa 0 w zerze.
f 00 (x) = (x2 − 1)e−
x2
2
.
f 00 (x) = 0 gdy x = −1 lub x = 1. f 00 (x) > 0 dla x ∈ (−∞; −1) ∪ (1; ∞) i f 00 (x) < 0 dla
x ∈ (−1; 1). Sporządzamy tabelkę:
x
f 0 (x)
f 00 (x)
−∞
+
+
f (x)
0
−1
+
0
1
√
punkt
e
6 przegięcia
...
+
+
...
+
−
ZADANIA
5.19. Zbadać przebieg zmienności funkcji:
0
0
−
1
(max)
...
−
−
1
−
0
√1e punkt
? przegięcia
...
+
∞
−
+
0
94
y
6
2
qqqqqqq
qqqqqqqqqqqq1qqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqq
qqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqqqqq
qqqqq
q
q
q
q
qqqqqqqqqq
q
q
q
qqqqqq
q
qqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
-x
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
−1
Rysunek 5.11. Wykres funkcji y = e−
a) f (x) =
2x−1
;
3x+1
b) f (x) =
c) f (x) =
x
;
ln x
d) f (x) = xe
1
x
x2
2
1
;
1−ex
x2
2
;
e) f (x) = e ;
f) f (x) = x3 − 4x2 + 4x − 1;
g) f (x) = 2 ln x − x + 3;
h) f (x) = 3xex ;
i) f (x) = x ln x;
j) f (x) = x4 − 2x2 + 1;
√
k) f (x) = 3x2 − x;
l) f (x) =
m) f (x) =
x2 −x−4
;
x+1
x−1
;
x
n) f (x) = x3 + 3x + x1 .
Rozdział 6.
Elementy rachunku całkowego
6.1. Całka nieoznaczona
Niech f będzie funkcją określoną na przedziale (a; b), skończonym lub nieskończonym. Całką nieoznaczoną z funkcji f nazywamy taką funkcję F
określoną na tym samym przedziale, że F 0 (x) = f (x) dla każdego x ∈ (a; b).
Funkcję F nazywamy funkcją pierwotną funkcji f i zapisujemy
Z
F (x) =
f (x)dx.
Powyższy zapis czytamy „całka z f po de ix”.
Przykład 6.1. Niech f (x) = 0 dla każdego x ∈ IR. Wówczas oczywiście F może być
dowolną funkcją stałą F (x) = c. Wiemy też, że jeśli F 0 (x) = 0, to F musi być stała. Wynika
stąd następująca ogólniejsza własność całkowania: jeśli F i G są funkcjami pierwotnymi
funkcji f , to F − G = 0, oraz jeśli F jest funkcją pierwotną funkcji f , to również F + c jest
funkcją pierwotną funkcji f . Nasuwa się pytanie, kiedy funkcja posiada funkcję pierwotną. Do naszych
celów wystarczy informacja, że:
Każda funkcja ciągła ma funkcję pierwotną.
Z wzorów na pochodną otrzymamy następujące wzory:
96
6. Elementy rachunku całkowego
Z
1
xa+1 + c, jeśli a 6= −1,
a+1
xa dx =
1
dx = ln |x| + c,
x
Z
Z
Z
ax dx =
Z
ex dx = ex + c,
ax
+ c (a > 0 i a 6= 1),
ln a
sin xdx = − cos x + c,
Z
cos xdx = sin x + c.
Wzory na rózniczkowanie sumy, iloczynu i funkcji złożonej prowadzą do
następujących reguł całkowania:
Z
(f (x) ± g(x))dx =
Z
f (x)dx ±
Z
Z
g(x)dx,
Z
cf (x)dx = c
f (x)dx.
Całkowanie przez części:
Z
0
f (x)g (x)dx = f (x)g(x) −
Z
f 0 (x)g(x)dx.
Całkowanie przez podstawienie:
Z
f (y(x))y 0 (x)dx =
Z
f (y)dy, gdzie y = y(x).
Z
Przykład 6.2. Obliczymy całkę I =
(2x3 − 3x)dx.
Korzystając z pierwszych dwóch reguł i z wzoru na całkę funkcji potęgowej mamy
Z
I=2
3
x dx − 3
Z
1
x4
3
1
− x2 + c. x dx = 2 x4 − 3 x2 + c =
4
2
2
2
6.1. Całka nieoznaczona
Z
97
xex dx.
Skorzystamy z wzoru na całkowanie przez części. Przyjmujemy f = x, g 0 = ex , f 0 = 1,
g = ex . Mamy zatem
x
Z
I = xe −
ex dx = xex − ex + c = (x − 1)ex + c. Z
1
dx.
3x − 5
Skorzystamy ze wzoru na całkowanie przez podstawienie kładąc y = 3x + 5. Mamy
dy
dy
wówczas y 0 =
= 3, czyli dx =
. Zatem
dx
3
Z
Z
ln |y|
ln |3x + 5|
1 dy
1
1
I=
=
dy =
+c=
+ c. y 3
3
y
3
3
Przykład 6.5. W pewnym zakładzie koszty krańcowe (w tysiącach złotych na tonę)
przy produkcji na poziomie x ton opisuje funkcja
f (x) = 3x2 − 100x + 500.
Wiemy, że koszt całkowity produkcji pierwszej tony produktu wyniósł 700 tys. złotych. Jaki
jest koszt całkowity wyprodukowania partii złożonej z 10 ton?
Koszt krańcowy jest pochodną kosztów całkowitych K(x), czyli K 0 (x) = f (x). Stąd
Z
K(x) =
(3x2 − 100x + 500)dx = x3 − 50x2 + 500x + c.
Wiemy, że K(1) = 700, czyli 1 − 50 + 500 + c = 700, skąd c = 249. Zatem K(x) = x3 −
50x2 + 500x + 249. Wstawiając x = 10 mamy K(10) = 1000 − 5000 + 5000 + 249 = 1249 tys.
złotych. ZADANIA
6.1. Obliczyć całki:
Z
Z
2
(x − 5x + 3)dx;
a)
b)
Z
c)
Z
e)
Z
x cos xdx;
d)
√
3x − 5dx;
f)
ln xdx;
Z
x ln xdx;
k)
Z
tg xdx;
Z
sin(5x − 7)dx;
h)
Z
i)
x2 ex dx;
Z
Z
g)
1
dx;
x2
−3x
e
ctg xdx;
j)
Z
dx;
l)
x+1
dx.
x−1
98
f) Zastosujemy regułę całkowania przez części przyjmując f = ln x, g 0 = 1, f 0 = 1/x,
g = x. Mamy
Z
Z
ln xdx = x ln x −
x · (1/x)dx
Z
= x ln x −
1dx = x ln x − x + c = x(ln x − 1) + c. i) Całkujemy przez podstawienie. Przyjmujemy y = cos x. Wtedy dy = − sin x dx, skąd
sin xdx
sin x dx = −dy, czyli tg xdx =
. Zatem
cos x
Z
Z
Z
(1/y)(−dy) = − (1/y)dy = − ln |y| + c = − ln | cos x| + c. tg xdx =
6.2. Całka oznaczona
Całką oznaczoną funkcji f w przedziale [a; b] nazywamy różnicę F (a) −
b
F (b). Zapisujemy to w postaci F (x) , gdzie F jest funkcją pierwotną funkcji
a
f . Oznaczamy ją
Zb
f (x)dx
a
i czytamy „całka z f po dx od a do b”. Funkcję f nazywamy funkcją podcałkową, liczbę a nazywamy dolną granicą całkowania, a liczbę b górną granicą
całkowania. Prawdziwe są wzory:
Zb
(f (x) ± g(x))dx =
a
Zb
f (x)dx ±
a
Zb
g(x)dx,
a
Zb
cf (x)dx = c
a
Zb
Zb
0
f (x)dx,
a
f (x)g (x)dx = f (b)g(b) − f (a)g(a) −
a
(całkowanie przez części),
Zb
a
f 0 (x)g(x)dx
6.3. Interpretacje całki oznaczonej
Zb
99
y(b)
Z
0
f (y(x))y (x)dx =
a
f (y)dy,
y(a)
gdzie y = y(x) (całkowanie przez podstawienie),
Zb
Zc
f (x)dx =
a
Zb
f (x)dx +
a
f (x)dx, gdzie c ∈ (a; b).
c
Z3
6x2 dx.
2
Z3
I=6
3
3
2
2
x3 dx = 6 · (1/3)x3 = 2x3 = 54 − 16 = 38. 2
Zπ/2
sin xdx.
0
π/2
I = − cos x
0
= −0 − (−1) = 1. Z2
√
x + 1 dx.
1
Skorzystamy z wzoru na całkowanie przez podstawienie kładąc y = x+1. Mamy dy = dx,
y(1) = 2, y(2) = 3, zatem:
Z3
I=
√
y dy =
Z3
3
√
√
y 1/2 dy = (2/3)y (3/2) = (2/3)( 27 − 8). 2
2
2
Interpretacja geometryczna. Przypuśćmy, że funkcja f jest nieujemna w przedziale [a; b]. Oznacza to, że jej wykres leży powyżej osi Ox. Całka
oznaczona z funkcji f od a do b jest równa polu figury ograniczonej wykresem
funkcji, osią Ox, prostą x = a i prostą x = b. Rysunek 6.1. przedstawia wykres
100
funkcji f (x) = (x − 2)2 + 1 w przedziale [0.5; 4.5]. Zatem pole zakropkowanej
figury jest równe
Z4.5
((x − 2)2 + 1)dx =
0.5
1
3
4.5
1 3
1
1
3
3
(x − 2) + x = 2.5 + 4.5 − (−1.5) + 0.5 = 10 . 0.5
4
y
6
3
2
1
3
3
q
qpq
qqp pppq pppp
ppp
qppqpp pp pp
qqpp qpppp pppp pppp pppp pppp
qqqpp pp pp pp pp pp pp
qp ppqqpppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp pppp
q
q
qppqqq
qpqqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp
qpqpppq ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp
ppp pppqqppqqqpqq
q
q
q
pp pp pp pp ppqqqpqq
qqpqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp
pp pp pp pp pp pp ppqqqpqqqq
qqpqqpqqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp
ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp qpppqqppqqqppqqpqqqpqqpqqqpqqpqqqp qqpqqppqqqpp qpppq ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp
pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp
pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp
ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp
spp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp s
a 1
2
3
4 b 5
3
-x
6
Rysunek 6.1.
Przykład 6.9. Obliczymy pole powierzchni figury ograniczonej krzywymi o równaniach
y = x i y = x2 /3. Rozwiązując równanie x = x2 /3 (x1 = 0, x2 = 3), wnioskujemy, że pole
naszej figury będzie różnicą całek (rysunek 6.2.):
Z3
Z3
xdx −
0
x2
dx.
3
0
Obliczając tę całkę otrzymamy wynik: pole równa się 3/2. Interpretacja ekonomiczna. Jeśli f (x) opisuje koszty krańcowe w przedziale [a; b], to całka
Rb
f (x)dx oznacza przyrost kosztów w przedziale [a; b].
a
Podobną interpretację otrzymamy dla innych wielkości, jak: zysk, wielkość
produkcji, cena itd.
Przykład 6.10. Badania wykazały, że liczba ryb w stawie wzrasta w ciągu x miesiecy
z prędkością 20 + x2 sztuk na miesiąc. O ile wzrośnie liczba ryb w ciągu roku?
Niech R(x) oznacza liczbę ryb po x miesiącach. Mamy
x
R0 (x) = 20 + .
2
101
y
6
qqq.qqq
q..qq...qqq..qq
q
q
.
q
q q
qq.qq......qq
qq...qq.......q...qq..qq
q
q
.
2
q
q.
qq.qq.........q.qq
q..qq...q ..........q....q..qq.q
q
q
.
q
q. ..
qqq..q..........qqq.q
1
qqq...q..................qqq...qq..qq
.
q
q
.
q
q. . q
qq.qq..........q..qq.q
qq..qq..........q....qq...qq..qqq..q.qq
q
q
.
q
qqqqq.qq..qqq..qq.qqq.qq.q
qq..
-x
1
2
3
3
Rysunek 6.2.
Stąd w ciągu roku liczba ryb wzrośnie o
R(12) − R(0) =
Z12 20 +
12
x
dx = 20x + x2 = 384. 2
0
0
ZADANIA
6.2. Obliczyć całki:
Z4
a)
(x2 − 2x + 1)dx;
Z2
1
1
π/2
Z1
Z
x cos xdx;
c)
d)
xex dx;
0
0
5
Z
e)
√
3
3x − 5dx;
Ze2
ln xdx;
f)
4
e
1
Z
g)
1
dx;
x3
b)
ex
dx;
1 + ex
0
Z4
h)
2x dx.
0
6.3. Obliczyć pole zbioru ograniczonego krzywymi o równaniach:
a) y = x3 i y = x4 ,
b) y = 3x − 1 i y = x2 + 1,
c) y = sin x, y = cos x i x = 0, x ∈ [0; π/2].
102
6.4. Całka niewłaściwa
Jeśli zdarzy się, że istnieje
Zb
f (x)dx,
lim
b→∞
a
to mówimy, że istnieje całka niewłaściwa pierwszego rodzaju (istnieje też pojęcie całki niewłaściwej drugiego rodzaju, ale nie będziemy się nią zajmować).
Oznaczamy ją
Z∞
f (x)dx.
a
Zb
f (x)dx. W szczególności może też ist-
Analogicznie definiujemy całkę
−∞
Z∞
f (x)dx.
nieć
−∞
Z∞
Przykład 6.11. Całka
e−x dx istnieje, bo istnieje granica
0
Zb
lim
e−x dx = lim
b→∞
b→∞
b − e−x 0
= lim e−b + 1 = 1. b→∞
0
Z∞
Przykład 6.12. Całka
1
dx istnieje i jest równa
x2
1
Zb
lim
b→∞
1
b
1
1
1
= lim − = lim − + 1 = 1. b→∞
b→∞
x2
x
b
1
Całka niewłaściwa gra ważną rolę w wielu zastosowaniach. W rachunku
prawdopodobieństwa i statystyce kluczowe znaczenie ma całka
1
F (b) = √
2π
Zb
−∞
e−x
2 /2
dx.
6.4. Całka niewłaściwa
103
Jest to tzw. dystrybuanta rozkładu normalnego. Nie istnieje algebraiczny wzór
na funkcję F , tym niemniej można jej wartości obliczać w przybliżeniu przy
pomocy komputera, albo szukać tych wartości w specjalnych tablicach.
ZADANIA
6.4. Sprawdzić czy istnieje całka niewłaściwa i obliczyć ją:
Z∞
a)
2
dx;
x3
Z∞
b)
xe−x dx;
2
0
Z∞
Z∞ √
c)
−∞
1
dx;
x2 + 1
x
dx.
x2
d)
1
Rozdział 7.
Elementy algebry liniowej
Podstawowy program z matematyki dla niektórych kierunków studiów (m. in.
na kierunku ZARZĄDZANIE) obejmuje tylko rachunek macierzowy bez elementów teorii przestrzeni liniowych. Z drugiej strony związek tych dwóch teorii
jest bardzo naturalny i ścisły. Liczne wzory i twierdzenia rachunku macierzowego stają się klarowne i jasne po zrozumieniu tego związku. Dlatego rozdział
ten jest napisany w sposób szczególny. Można go czytać opuszczając wszystkie
podrozdziały dotyczące przestrzeni liniowych (zaznaczone są one *) - otrzymujemy wówczas elementy teorii rachunku macierzowego, ale bez głębszych
wyjaśnień niektórych wzorów. Natomiast czytając rozdział w całości dowiemy się czegoś o przestrzeniach liniowych (temat jest sam w sobie ciekawy i
ma liczne zastosowania), ich związku z teorią macierzy i zrozumiemy skąd się
niektóre wzory biorą.
7.1. Model liniowy rynku wielu dóbr
Wyobraźmy sobie model ekonomiczny rynku dwóch dóbr. Cenę, popyt i
podaż pierwszego z nich oznaczmy odpowiednio przez x, P1 i Q1 , a drugiego
y, P2 , Q2 . Załóżmy, że są one substytutami, i że funkcje popytu i podaży są
funkcjami liniowymi zależnymi od cen obu dóbr:
P1 = p + ax + by,
Q1 = q + cx + dy,
P2 = r + ex + f y,
Q2 = s + gx + hy.
Gdzie a, b, c, d, e, f, g, h, p, q, r, s są pewnymi stałymi. Z założenia, że towary te są substytutami wynika, że a, f powinny być ujemne, b, e dodatnie,
106
7. Elementy algebry liniowej
natomiast d, g powinny być równe zeru lub bardzo bliskie zera. Istotnie, jeśli
cena towaru rośnie, to popyt na ten towar maleje, natomiast gdy rośnie cena
towaru podobnego, to wzrasta popyt na towar zastępczy. Natomiast podaż w
niewielkim stopniu zależy od ceny drugiego towaru.
Chcemy wyznaczyć ceny równowagi rynkowej obu towarów, czyli takie wartości x i y, że P1 = Q1 i P2 = Q2 . Po podstawieniu a11 = a − c, a12 = b − d,
a21 = e − g, a22 = f − h, b1 = p − q, b2 = r − s otrzymujemy układ dwóch
równań liniowych z dwiema niewiadomymi
(
a11 x + a12 y = b1 ,
a21 x + a22 y = b2 .
Jeśli będziemy rozpatrywać model z n dobrami, to podobne rozważania
doprowadzą do układu n równań liniowych z n niewiadomymi.
Zajmiemy się badaniem, kiedy taki układ ma rozwiązania i w jaki sposób
je otrzymać.
7.2. *Przestrzenie liniowe
Definicja. Zbiór V nazywamy przestrzenią liniową, jeśli są na nim
określone dwa działania: dodawanie (+) przyporządkowujące dowolnym dwóm
elementom x, y ∈ V element x + y ∈ V , oraz mnożenie przez skalar (·)
przyporządkowujące liczbie q ∈ IR oraz elementowi x ∈ V element qx ∈ V ,
spełniające warunki:
1. x + y = y + x,
2. (x + y) + z = x + (y + z),
3. istnieje element zerowy (oznaczany 0) w V taki, że dla każdego x ∈ V ,
x + 0 = x,
4. dla każdego x ∈ V istnieje element przeciwny −x taki, że −x + x = 0,
5. q(x + y) = qx + qy,
6. (q + r)x = qx + rx,
7. q(rx) = (qr)x,
7.2. *Przestrzenie liniowe
107
8. 1 · x = x,
dla wszystkich x, y ∈ V oraz q, r ∈ IR.
Elementy przestrzeni liniowej nazywa się wektorami.
Zbiór
IRn = {x = (x1 , x2 , . . . , xn ) : xi ∈ IR, i = 1, . . . , n}
z działaniami określonymi następująco:
x + y = (x1 , x2 , . . . , xn ) + (y1 , y2 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ),
qx = q(x1 , x2 , . . . , xn ) = (qx1 , qx2 , . . . , qxn )
dla q ∈ IR, x, y ∈ IRn jest przestrzenią liniową. Zerem w przestrzeni IRn jest
element (0, 0, . . . , 0). Przestrzeń tę nazywamy n-wymiarową przestrzenią
n
euklidesową.
  Wektory w przestrzeni IR będziemy oznaczać też następująx1
 . 

co: x = 
 ..  . Zauważmy, że przy zapisie „poziomym” stosujemy nawiasy
xn
okrągłe, a przy „pionowym” kwadratowe.
W przestrzeni IRn istnieje jeszcze jedno bardzo ważne działanie, tzw. iloczyn skalarny. Działanie to przyporządkowuje dwóm wektorom x, y ∈ IRn
pewną liczbę rzeczywistą (x|y) w następujący sposób:
(x|y) = (x1 , . . . , xn )|(y1 , . . . , yn ) = x1 y1 + · · · + xn yn .
Definicja. Zbiór S ⊂ V nazywamy bazą przestrzeni V , jeśli każdy wektor
x ∈ V daje się zapisać jednoznacznie jako suma
x = q 1 s 1 + q 2 s 2 + · · · + q k sk ,
gdzie si ∈ S i liczby qi są różne od zera.
W przestrzeni IRn bazą jest zbiór S = {e1 , e2 , . . . , en }, gdzie
ei = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0)
(na i−tym miejscu jedynka - poza tym same zera). Istotnie niech x = (x1 , x2 , . . . , xn ).
Jest oczywiste, że
x = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xn en .
108
Przypuśćmy, że x jest też równe q1 e1 + q2 e2 + · · · + qn en . Ale ostatnie wyrażenie jest równe wektorowi (q1 , q2 , . . . , q3 ) skąd q1 = x1 , q2 = x2 , . . . , qn = xn .
Wynika stąd że zbiór S jest bazą. Tą bazę nazywać będziemy bazą standardową.
Ale to nie jest jedyna baza w IRn . Na przykład w IR2 bazą jest też zbiór
S = {(1, 1), (2, 3)} (spróbuj to udowodnić). To, że ilość elementów i powyższej
bazy i bazy standardowej w IR2 jest równa 2 nie jest przypadkowe. Okazuje
się bowiem, że
Twierdzenie. Wszystkie bazy tej samej przestrzeni mają tyle samo elementów.
Liczbę elementów bazy przestrzeni nazywamy wymiarem przestrzeni. Jeśli liczba ta jest skończona, to przestrzeń nazywa się przestrzenią skończenie
wymiarową. Będziemy zajmować się wyłącznie takimi przestrzeniami, choć należy wspomnieć, że i przestrzenie nieskończenie wymiarowe grają doniosłą rolę
w matematyce i jej zastosowaniach.
Niech x1 , . . . , xn będą wektorami w przestrzeni V . Mówimy, że wektory te
są liniowo zależne, jeśli istnieją liczby q1 , . . . , qn , nie wszystkie równe zeru,
takie że
q1 x1 + · · · + qn xn = 0.
Jeśli wektory nie są liniowo zależne, to mówimy, że są liniowo niezależne.
Inaczej mówiąc, jeśli wektory x1 , . . . , xn są liniowo niezależne, to z powyższej
równości musi wynikać q1 = q2 = · · · = qn = 0.
Wektory są liniowo zależne wtedy, gdy jeden z nich może być przedstawiony
jako kombinacja liniowa pozostałych.
 
 


1
3
5
Przykład 7.1. W przestrzeni IR3 ektory v =  2  , w =  4  , u =  8  są liniowo
3
5
11
 
 
 
1
1
0
zależne, bo u = 2v + w. Natomiast wektory x =  0  , y =  1  , z =  0  są liniowo
1
0
1
niezależne, bo z faktu ax + by + cz = 0 wynikają równości a + b = 0, b = 0, a + c = 0, skąd
a = b = c = 0. 109
7.3. *Przekształcenia liniowe
7.3. *Przekształcenia liniowe
Definicja. Niech X i Y będą przestrzeniami liniowymi. Przekształcenie
F : X → Y nazywamy liniowym, jeśli dla wszystkich u, v ∈ X oraz a, b ∈ IR
F (ax + by) = aF (x) + bF (y).
W wypadku przekształcenia liniowego przyjęło się opuszczać nawiasy wokół pojedynczego argumentu przekształcenia. Zatem powyższy wzór można
napisać
F (ax + by) = aF x + bF y.
Aby określić przekształcenie liniowe wystarczy je określić na jakiejkolwiek
bazie przestrzeni X. Jest to oczywiste i prześledźmy na przykładach jak wyglądają przekształcenia liniowe w przestrzeniach skończenie wymiarowych.
Przykład
X = IR2 i Y = IR. Niech
7.2. Niech
F będzie przekształceniem liniowym
1
0
x
takim, że F
= a, F
= b. Dowolny wektor
zapisuje się jako
0
1
y
x
1
0
=x
+y
.
y
0
1
Z własności przekształcenia liniowego mamy
F
x
=F
y
x
1
0
+y
0
1
= xF
1
+ yF
0
0
= ax + by.
1
Niech teraz a i b będą dwoma liczbami rzeczywistymi. Definiujemy F : IR2 → IR następująco:
x
F
= ax + by.
y
Widać, że F jest liniowe.
A zatem każde przekształcenie liniowe z IR2 w IR możemy utożsamiać z parą dwóch
liczb. Przykład 7.3. Analogicznie pokazać można, że każde przekształcenie liniowe F z IRn
w IR możemy utożsamiać z układem n liczb a1 , . . . , an , przy czym


x1
 .. 
F  .  = a1 x1 + · · · + an xn . xn
110
n
k
n
Przykład

 7.4. Niech X = IR , Y = IR . Dla każdego v ∈ IR możemy F v zapisać
F1 v


jako  ... , gdzie Fi : IRn → IR. Łatwo można zauważyć, że każde z przekształceń Fi jest
Fk v
liniowe, czyli na mocy przykładu poprzedniego istnieją takie liczby ai1 , . . . , ain , że


x1
 .. 
Fi  .  = ai1 x1 + · · · + ain xn .
xn
Zatem każde takie przekształcenie liniowe F jest związane z układem nk liczb. I tak w naturalny sposób przechodzimy do następnego tematu.
7.4. Macierze
Definicja. Macierzą o n wierszach i k kolumnach nazywamy układ nk
liczb rzeczywistych zapisanych w postaci prostokątnej tabeli



A=


a11
a21
..
.
a12
a22
..
.
an1 a22
. . . a1k
. . . a2k
..
..
.
.
. . . ank



.


Macierz oznacza się też następująco:
j=1,...,k
.
A = [aij ]i=1,...,n
W wypadku gdy macierz ma n wierszy i k kolumn będziemy pisać, że jest
to macierz n × k.
Układ liczb ai1 ai2 . . . aik nazywamy i−tym wierszem macierzy A, a
a1j
a2j
układ liczb . nazywamy j−tą kolumną macierzy A.
..
anj
Teraz omówimy operacje jakie możemy wykonywać na macierzach.
111
7.4. Macierze
TRANSPONOWANIE
Macierzą transponowaną macierzy A nazywamy macierz oznaczaną AT ,
której kolejne wiersze są kolejnymi kolumnami macierzy A. Zatem jeśli macierz
A jest macierzą n × k, to macierz AT jest macierzą k × n.


1
Przykład 7.5. Jeśli A =  3
5
2
1
4 , to AT =
2
6
3
4
5
. 6
MNOŻENIE PRZEZ LICZBĘ
Jeśli A jest macierzą n × k, a q ∈ IR, to możemy utworzyć macierz qA =
[cij ]j=1,...,k
i=1,...,n , gdzie cij = qaij dla każdego i = 1, . . . , n i j = 1, . . . , k.
Przykład 7.6.
1
5·
4
2
5
5·1
3
=
6
5·4
5·2
5·5
5·3
5
=
5·6
20
10
25
15
. 30
DODAWANIE
Jeśli obie macierze A i B są macierzami n×k, to możemy utworzyć macierz
C = A + B = [cij ]j=1,...,k
i=1,...,n , gdzie cij = aij + bij , dla każdego i = 1, . . . , n i
j = 1, . . . , k.

1
Przykład 7.7.  3
5


0
2
4 + 3
1
6


1+0
7
8 = 3 + 3
5+1
9


1
2+7
4 + 8 = 6
6
6+9

9
12 . 15
Dodawanie macierzy i mnożenie przez liczbę spełniają warunki
(q + r)A = qA + rA,
q(A + B) = qA + qB,
(A + B)T = AT + B T .
MNOŻENIE MACIERZY
Jeśli macierz A ma tyle samo kolumn ile wierszy ma macierz B, czyli A
jest macierzą n × k, a B jest macierzą k × p, to możemy utworzyć macierz
A · B = C = [cij ]j=1,...,p
i=1,...,n , gdzie
cij = ai1 b1j + ai2 b2j + · · · + ain bnj .
Inaczej mówiąc cij jest iloczynem skalarnym i−tego wiersza macierzy A i
j−tej kolumny macierzy B.
112
Często opuszczamy znak · i piszemy zamiast A · B po prostu AB.
1
Przykład 7.8. Niech A =
4
2
5

3
,
6

2
B = 3
4
5
6 .
7
Możemy wykonać działania zarówno AB jak i BA. Niech AB = C. Wówczas C będzie
macierzą 2 × 2.
Obliczając według powyższej recepty mamy
c11 = 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 = 20
c12 = 1 · 5 + 2 · 6 + 3 · 7 = 38
c21 = 4 · 2 + 5 · 3 + 6 · 4 = 47
c22 = 4 · 5 + 5 · 6 + 6 · 7 = 92.
Zatem AB =
20
47
38
.
92
Natomiast macierz BA będzie macierzą 3 × 3. Mamy:

2

BA = 3
4

2·1+5·4
= 3 · 1 + 6 · 4
4·1+7·4
2·2+5·5
3·2+6·5
4·2+7·5
Wtedy AB =
1
0
0
0

5
1

6 ·
4
7
2
5

3
6

2·3+5·6
22
3 · 3 + 6 · 6  =  27
4·3+7·6
32
1
0
, B=
0
1
0
0
, natomiast BA =
0
0
29
36
43

36
45  . 54
0
.
0
0
. 1
Wniosek:
Mnożenie macierzy nie jest
przemienne.
Natomiast prawdziwa jest rozdzielność mnożenia macierzy względem dodawania, czyli
(A+B)C = AC + BC A(B+C) = AB+AC,
przy czym w pierwszej kolejności wykonuje się mnożenie, a potem dodawanie.
113
7.5. Macierze kwadratowe
ZADANIA

2
1 2 3
7.1. Niech A =
, B = 4
4 5 6
6
działań są wykonalne i wykonać je:


3
0
5 , C =  3
6
7
a) AB T ;
b) BAT ;
c) AT B T ;
d) CA;
e) AC;
f) AC T ;
g) (AB + C)T ;
h) ABC.
1
4
7

2
5 . Podać, które z poniższych
8
7.5. Macierze kwadratowe
Macierz mającą n wierszy i n kolumn nazywamy macierzą kwadratową
stopnia n. Układ jej współczynników a11 a22 . . . ann nazywa się główną
przekątną.
Macierze kwadratowe grają fundamentalną rolę w wielu zastosowaniach.
Wśród macierzy kwadratowych wyróżnia się następujące:
Macierz symetryczna jest to taka macierz kwadratowa, że AT = A. Dla
macierzy symetrycznej muszą być spełnione zależności między współczynnikami aij = aji .
Macierz jednostkowa In jest to macierz, która ma na głównej przekątnej
jedynki a poza tym same zera. Na przykład:


1 0 0
1 0


I2 =
, I3 = 0 1 0.
0 1
0 0 1
"
#
Macierz jednostkowa ma następującą własność:
IA = A oraz BI = B,
jeśli działania są wykonalne.
Macierzą diagonalną nazywamy macierz, której wszystkie współczynniki poza główną przekątną są równe zeru. Macierz jednostkowa jest szczególnym
przypadkiem macierzy diagonalnej, a macierz diagonalna szczególnym przypadkiem macierzy symetrycznej.
114
7.6. Wyznacznik macierzy kwadratowej
Zdefiniujemy pewną liczbę przypisaną macierzy kwadratowej A zwaną wyznacznikiem. W skrócie oznacza się ją: „det A” lub „|A|”. Będziemy obu tych
oznaczeń używać wymiennie. Najpierw zdefiniujemy wyznacznik dla macierzy
A o jednym wierszu i jednej kolumnie. Niech A = [a]. Wtedy
det A = det[a] = a.
Przypuśćmy, że zdefiniowaliśmy już wyznacznik dla macierzy (n−1)×(n−
1) i niech A = [aij ]i,j=1,...,n będzie macierzą n×n. Dla danych i i j (1 ¬ i, j ¬ n)
niech Aij oznacza macierz powstałą z macierzy
wykreślenie i−tego
" A przez
#
1 3
wiersza i j−tej kolumny. Na przykład gdy A =
, to A11 = [5], A12 = [4],
4 5
A21 = [3], A22 = [1].


"
#
"
#
"
#
1 2 3
5 6
1 3
1 3


Gdy A = 4 5 6, to A11 =
, A22 =
, A32 =
itd.
8 9
7 9
4 6
7 8 9
Niech teraz i będzie dowolną liczbą. Wówczas wyznacznik macierzy A definiujemy następująco:
|A| =
n
X
(−1)i+j aij |Aij |.
j=1
Wzór ten nazywa się wzorem Laplace’a. Okazuje się, że wynik nie zależy
od wyboru liczby i. Ponadto prawdziwy jest wzór
T
A = |A|,
a zatem możemy we wzorze Laplace’a ustalić j i sumować względem i. Zatem
prawdą jest, że
|A| =
n
X
(−1)i+j aij |Aij |.
i=1
Pierwszy z powyższych wzorów jest nazywany rozwinięciem względem itego wiersza, a drugi rozwinięciem względem j-tej kolumny.
W wypadku macierzy 2 × 2 rozwijając powyższy wzór otrzymujemy
7.6. Wyznacznik macierzy kwadratowej
"
115
#
a11 a12
det
= a11 a22 − a12 a21 .
a21 a22
Natomiast w wypadku macierzy 3 × 3 wzór jest bardziej skomplikowany


a11 a12 a13


det a21 a22 a23  =
a31 a32 a33
a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a21 a32 a13 − a13 a22 a31 − a12 a21 a33 − a11 a23 a32 .
Powyższy wzór jest trudny do zapamiętania. Istnieje pewien graficzny schemat zwany metodą Sarrusa pozwalający stosunkowo sprawnie taki wyznacznik policzyć. Otóż postępujemy w następujący sposób:
1. Dopisujemy do macierzy z prawej strony pierwsze dwie kolumny.
2. Mnożymy przez siebie współczynniki na liniach ukośnych i bierzemy wynik z plusem dla lini biegnących z lewej strony do dołu i z minusem z
lewej strony do góry.
3. Dodajemy do siebie 6 liczb uzyskanych w punkcie poprzednim.


1
2 3
Przykład 7.10. Niech A =  0 −1 0 . Obliczmy jej wyznacznik. Po dopisaniu
2
3 1
pierwszych dwóch kolumn otrzymujemy zapis

1
0
2
2
−1
3

3
1
0 0
2
1
2
−1 .
3
Linie ukośne biegnące z lewej strony w dół, to przekątne:
1 → −1 → 1,
2 → 0 → 2,
3 → 0 → 3,
a biegnące w górę, to przekątne:
2 → −1 → 3,
3 → 0 → 1,
1 → 0 → 2.
116
Zatem
|A| = +1 · (−1) · 1 + 2 · 0 · 2 + 3 · 0 · 3
−2 · (−1) · 3 − 3 · 0 · 1 − 1 · 0 · 2 = −1 + 6 = 5. Jeśli macierz kwadratowa ma więcej niż 3 wiersze, to nie istnieją już takie
proste metody obliczania jej wyznacznika.
Przykład 7.11. Obliczmy wyznacznik macierzy

1
0
A=
1
1
1
1
−1
1

2
0
3
0
3
−2 
.
1
2
Ze wzoru Laplace’a rozwijamy wyznacznik względem drugiego wiersza. Mamy

1
det A = (−1)2+2 · 1 · det  1
1
2
3
0


1
3
1  + (−1)2+4 · (−2) · det  1
1
2
1
−1
1

2
3
0
= −5 − 8 = −13. Przytoczymy jeden bardzo ważny wzór. Jeśli A i B są kwadratowymi macierzami wymiaru n × n, to
|AB| = |A| · |B|.
(7.1)
ZADANIA
7.2. Obliczyć wyznacznik macierzy:
a) A =

1/2
c)  3/4
2/7
1
3
2
;
4
3
4/3
5/3

2
5
8

0
−1
1
2
1
b) A =  4
7
1
0
d) A = 
1
1

0
8 ;
4/5

1
7.3. Niech A =  5
1
2
−1
3


3
2
0 , B =  5
4
8
a) AB;
zówka: skorzystaj z wzoru 7.1.
3
6
9

3
6 ;
9
2
1
2
1
−3
2
.
1
2


4
7 . Oblicz wyznacznik macierzy:
0
b) BA2 .
Wska-
7.7. *Wyznacznik jako przekształcenie na wektorach
117
7.7. *Wyznacznik jako przekształcenie na wektorach
Niech v 1 , v 2 , . . . , v n będą wektorami w IRn . Dla takiego układu wektorów rozpatrzmy macierz A, której j-ta kolumna pokrywa się z wektorem v j .
Rozważmy przekształcenie oznaczane przez det, które układowi n wektorów
przyporządkowuje liczbę rzeczywistą następująco:
det(v 1 , . . . , v n ) = det A.
Z wzoru Laplace’a na wyznacznik otrzymujemy następujące własności:
det(v 1 , . . . , v j−1 , αv j + βwj , v j+1 , . . . , v n )
= α det(v 1 , . . . , v j−1 , v j , v j+1 , . . . , v n )
+β det(v 1 , . . . , v j−1 , wj , v j+1 , . . . , v n ),
det(v 1 , . . . , v j , v j+1 , . . . , v n ) = − det(v 1 , . . . , v j+1 , v j , . . . , v n ),
det(e1 , . . . , en ) = 1,
gdzie ei jest wektorem mającym na i-tym miejscu jedynkę, a poza tym same
zera.
Okazuje się, że powyższe trzy warunki jednoznacznie określają wyznacznik
i one mogą też służyć za jego definicję.
Z warunku drugiego wynika, że jeśli jakieś dwa wektory układu v 1 , . . . , v n
są takie same, to wyznacznik jest równy zeru. Stąd i z warunku pierwszego
wynika, że jeśli wektory są liniowo zależne, to również wyznacznik jest równy
zeru. Istotnie, jeśli wektory są liniowo zależne to jeden z nich można przedstawić jako kombinację liniową pozostałych. Wówczas wyznacznik rozłoży się na
sumę składników i w każdym z tych składników jeden z wektorów będzie się
powtarzał.
Podobnie możemy uzasadnić, że jeśli wektory są liniowo niezależne, to wyznacznik jest różny od zera.
Sformułujemy to w formie twierdzenia:
Twierdzenie. det(v 1 , . . . , v n ) = 0 wtedy i tylko wtedy gdy wektory v 1 , . . . , v n
są liniowo zależne.
118
7.8. Rząd macierzy
Niech A będzie macierzą o n wierszach i k kolumnach. Poprzez usunięcie z macierzy pewnych wierszy i pewnych kolumn możemy otrzymać macierz
kwadratową. Spośród tak powstałych macierzy kwadratowych wybieramy te,
których wyznacznik jest różny od zera. Wśród nich istnieje taka, która jest
największego stopnia (tzn. ma najwięcej wierszy i kolumn). Ten stopień nazywamy rzędem macierzy A. Zapiszmy to w formie jednego zdania.
Rząd macierzy A jest to największy stopień macierzy kwadratowej o
wyznaczniku różnym od 0, utworzonej z macierzy A poprzez usunięcie pewnych
wierszy i kolumn.
1 2 3
. Macierze kwadratowe które
2 4 5
1 2
1 3
2 3
,
,
, [1], [2], [3], [4],
możemy otrzymać z macierzy A, to macierze
2 5
4 5
2 4
[5]. Wyznacznik pierwszej z nich jest równy 0, ale drugiej −1. Zatem macierz druga jest
Przykład 7.12. Obliczmy rząd macierzy A =
największą macierzą kwadratową utworzoną z macierzy A o wyznaczniku różnym od zera.
Ponieważ ma ona dwa wiersze i dwie kolumny rząd macierzy A jest równy 2. W szczególności jeśli A jest macierzą kwadratową n × n, to rząd macierzy
jest równy n wtedy i tylko wtedy gdy jej wyznacznik jest różny od zera.
ZADANIA
7.4. Obliczyć rząd macierzy:
a)
1
−2

1

3
c)
5

−1
e)  4
7
"
g)
1
0
1
−1
 0
i) 
−1
−2

5
;
−10
1
2
3
;
−7
1
4
2
5
3
;
6
1
f)  4
7
2
5
8
3
6 ;
9
b)

2
4 ;
6
2
5
8
0
−1
−1
1
0
1
0
d)


3
6 ;
9
2
1
3

3
1
;
1
3
−3
2 ;
−1
#
"
h)
−1
0
−1
−1
 1
j) 
−1
−2


1
0
1
1
0
0
15
3
0
1
3
0
1
3
−3
2 ;
−4
#
−3
2
;
−4 
−5

119
7.9. Macierz odwrotna
k)
0
−1
1
3
3
4
4
0
"
−2
,
1
l)
0
2
2
2
1
3
−1
2
−2
3
0
3
0
0 .
1
#
7.9. Macierz odwrotna
Przypuśćmy, że dla danej macierzy A o n wierszach i n kolumnach istnieje
taka macierz B (też n × n), że AB = BA = In . Taką macierz B będziemy
oznaczać A−1 .
1
0
2
. Znajdziemy macierz A−1 . Niech
1
−1
A
a
=
c
b
.
d
Mamy
AA−1 =
Przyrównując tę macierz do I2 =
1
0
0
1
a + 2c
c
b + 2d
.
d
otrzymujemy układ równań:

a + 2c = 1


b + 2d = 0

 c=0
d = 1.
Stąd otrzymujemy a = 1, b = −2. Sprawdzamy jeszcze, że
−1
Zatem A
1
=
0
1
0
−2
· A = I2 .
1
−2
. 1
Okazuje się, że nie ma potrzeby sprawdzać ostatniej równości. Prawdą jest
bowiem, że równości AB = I i BA = I są sobie równoważne.
Liczenie macierzy odwrotnej poprzez rozwiązywanie układów n2 równań z
niewiadomymi jest uciążliwe i wkrótce poznamy szybsze metody znajdowania macierzy odwrotnej.
n2
Z wzoru (7.1) wynika, że
det A−1 =
−1
BA
.
3
4
1
.
det A
0
, B =
3
4
6
5
. Obliczyć wyznacznik macierzy
7
120
Mamy det A = 9, det B = −2. Stąd det A−1 = 19 . Zatem
det BA−1 = (−2) ·
2
1
=− . 9
9
7.10. *Macierze jako przekształcenia liniowe
Z każdą macierzą o n wierszach i k kolumnach możemy związać pewne
przekształcenie liniowe FA (patrz przykład 7.5). Związek
ten jest następujący:

x1
 . 
k
 . 
niech macierz A = [aij ]j=1,...,k
i=1,...,n i niech x =  .  ∈ IR . Możemy więc x
xk
potraktować jako macierz (oznaczmy ją dla odróżnienia od wektora przez X)
o k wierszach i jednej kolumnie. Wówczas


x1
 . 

FA 
 ..  = AX.
xn
Ponieważ macierz AX ma n wierszy i jedną kolumnę, możemy ją potraktować jako wektor z IRn .
Inaczej mówiąc działanie macierzy A na wektor x możemy opisać następująco: j− tą współrzędną wektora Ax otrzymujemy mnożąc skalarnie j−ty
wiersz macierzy A przez wektor x.

1
Przykład 7.15. Niech A =  3
5




2
1 · (−1) + 2 · 4
−1

4 ,x=
∈ IR2 . Wówczas Ax =  3 · (−1) + 4 · 4  =
4
5 · (−1) + 6 · 4
6

7
 13  ∈ IR3 . 19
Zwykle nie będziemy odróżniać macierzy A o n wierszach i k kolumnach i
odpowiadającego jej przekształcenia liniowego FA : IRk → IRn oznaczając oba
obiekty wspólną literą A.
Bez trudu możemy zauważyć, że:
Twierdzenie. Składaniu przekształceń liniowych odpowiada mnożenie odpowiadających im macierzy.
7.11. Układy równań liniowych
121
Niech ei (i = 1, . . . , k) będzie standardową bazą w IRk , tzn. wektor ei ma
na i−tym miejscu jedynkę, a poza tym zera. Niech A będzie macierzą o n
wierszach
i k kolumnach, czyli przekształceniem liniowym z IRk w IRn . Niech
 
a1i
 . 

vi = 
 .. , czyli wektor utworzony z i−tej kolumny macierzy A. Widać, że
ani
v i = Aei . Zatem przestrzeń A(IRk ) jest przestrzenią rozpiętą na kolumnach
macierzy A. Okazuje się, że wymiar tej przestrzeni jest równy rzędowi macierzy
A. To może służyć zatem za inną definicję rzędu macierzy:
Rząd macierzy jest to wymiar przestrzeni rozpiętej na kolumnach tej
macierzy.
Okazuje się, że w powyższym twierdzeniu można kolumny zastąpić wierszami i napisać:
Rząd macierzy jest to wymiar przestrzeni rozpiętej na wierszach tej
macierzy.
7.11. Układy równań liniowych
Układem n równań liniowych o k niewiadomych nazywamy układ


 a11 x1 + · · · + a1k xk = b1
.
..


an1 x1 + · · · + ank xk = bn .
Współczynniki układu tworzą macierz A o n wierszach i k kolumnach. Interesuje nas problem: kiedy taki układ ma rozwiązanie oraz jak to rozwiązanie
wyznaczyć?
7.12. *Układ równań jako równanie wektorowe
Macierz A z poprzedniego podrozdziału potraktujemy
  jako przekształcenie
x1
 . 
k
n
k

liniowe z IR w IR . Oznaczmy przez x wektor 
 ..  ∈ IR , a przez b wekxk
122


b1
.
n

tor 
 ..  ∈ IR . Wówczas układ równań możemy zapisać w postaci jednego
bn
równania wektorowego
Ax = b.
Problem możemy zatem sformułować tak: Mamy znaleźć w przestrzeni IRk
taki wektor x, którego obraz przy przekształceniu A jest równy b.
Zastanówmy się, kiedy to jest możliwe. Otóż jest to możliwe wtedy, gdy
wektor b należy do przestrzeni A(IRk ). Ale przestrzeń A(IRk ) jest to przestrzeń
rozpięta na kolumnach macierzy A. Żeby zatem równanie miało rozwiązanie,
to wektor b musi do tej przestrzeni należeć. Znaczy to, że dołączenie do kolumn
macierzy A dodatkowo kolumny utworzonej z wektora b nie zwiększy rzędu
macierzy. Otrzymujemy stąd poniższą własność.
7.13. Twierdzenie Kroneckera-Capelliego
Na początek podamy definicję:
Macierzą rozszerzoną układu równań liniowych będziemy nazywać macierz otrzymaną z macierzy A poprzez dopisanie kolumny wyrazów wolnych.
Twierdzenie (Kroneckera-Capelliego). Na to aby układ równań liniowych
miał rozwiązanie, potrzeba i wystarcza aby rząd macierzy A i rząd macierzy
rozszerzonej były takie same.
Jeśli układ nie ma rozwiązań nazywamy go sprzecznym, jeśli ma dokładnie jedno rozwiązanie cramerowskim, a jeśli ma nieskończenie wiele rozwiązań - nieoznaczonym.
7.14. *Uzasadnienie wzorów Cramera
Jako szczególny przypadek rozpatrzmy układ n równań z n niewiadomymi:


 a11 x1 + · · · + a1n xn = b1
.
..


an1 x1 + · · · + ann xn = bn .
7.15. Wzory Cramera
123
Jak już wiemy, możemy ten układ zapisać w postaci jednego równania
wektorowego
Ax = b.
Macierz A jest macierzą kwadratową o n wierszach i n kolumnach. Układ
Ax = b ma rozwiązanie dla każdego b ∈ IRn , jeśli obrazem przestrzeni IRn
jest przestrzeń IRn , czyli gdy rząd macierzy A jest równy n. A to jest prawdą
wtedy, gdy wyznacznik macierzy A jest różny od 0.
Przepiszmy nasze równanie wektorowe w postaci
x1 v 1 + · · · + xn v n = b,
gdzie v i jest wektorem utworzonym z i−tej kolumny macierzy A. Przenosząc
b na lewą stronę otrzymujemy
x1 v 1 + x2 v2 + · · · + (v i − b) + · · · + xn v n = 0.
Oznacza to, że układ wektorów
v 1 , v2 , . . . , (xi v i − b), . . . vn
jest liniowo zależny. Stąd wyznacznik macierzy utworzony z powyższych wektorów (jako kolumn) jest równy zeru. Z własności wyznacznika wynika, że
xi det(v 1 , . . . , v n ) = det(v 1 , v2 , . . . , v i−1 , b, v i+1 , . . . , v n ).
Otrzymujemy stąd wzór na xi
xi =
det Ai
,
det A
gdzie A1 jest macierzą, utworzoną z macierzy A poprzez zastąpienie i-tej kolumny wektorem b. W ten sposób otrzymaliśmy rezultat.
7.15. Wzory Cramera
Twierdzenie. Układ n równań z n niewiadomymi ma dokładnie jedno
rozwiązanie dla każdego układu wyrazów wolnych b1 , . . . , bn , wtedy i tylko wtedy
gdy det A 6= 0. Rozwiązanie to wyraża się wzorem:
xi =
det Ai
,
det A
124
gdzie Ai jest macierzą,
  utworzoną z macierzy A poprzez zastąpienie i−tej
b1
.

kolumny kolumną  .. 
.
bn
Wzory te nazywają się wzorami Cramera, a układ n równań z n niewiadomymi spełniający warunek det A 6= 0 nazywamy układem Cramera lub
cramerowskim.
Z wzorów Cramera można stosunkowo łatwo otrzymać wzór na macierz
odwrotną.
Oznaczmy elementy macierzy odwrotnej przez bij . Wówczas
i+j det Aji
bij = (−1)
det A
i+j
= (−1)
det ATij
,
det A
gdzie Aij oznacza macierz powstałą z macierzy A po wykreśleniu i−tego wiersza i j−tej kolumny.
1
3
2
. Obliczyć A−1 .
5
1 2
= −1. Następnie tworzymy macierz transponoNajpierw obliczamy wyznacznik 3 5
waną AT =
1
2
3
5
i obliczamy macierz odwrotną
−1
A
1
=
−1
(−1)1+1 · 5
(−1)2+1 · 3
(−1)1+2 · 2
−5
=
(−1)2+2 · 1
3
Przykład 7.17. Obliczymy macierz odwrotną do macierzy

1
A = 3
2

1
Mamy |A| = 14. AT =  0
−2
3
4
0

2
1 .
1
0
4
1

−2
0 .
1
2
. −1
125
7.16. Model dochodu narodowego
Zatem
−1
A
 4
 0

 
1  3
=
−
14  0

  3
4
1 1
0 1
−2 1 − 2 1
1 2
−2 1 1 2
−
0 1
2 1
0 4 
−2 0 




4 −2
8
1 3 
1

 −3
5 −6  . − =
−2 0 
14
−5 −1
4



1 3
0 4
ZADANIA
7.5. Rozwiązać układ równań:
(
a)
x+y+z =6
x − y = −1
2y − z = 1;
(
b)
3x + 5y − z = 10
4x + y − 2z = −5
−6x + 4y + z = 20.
7.6. Sprawdzić czy istnieje macierz odwrotna do danej macierzy i obliczyć ją, jeśli istnieje:
a)
"
c)
0
2
−1
0
1
"
−1
;
3
1
2
−1
b)
3
1 ;
−2
#

1
2
−1
1
 0
d) 
0
−1
1
2
1
1
2
−1
−1
0
0 ;
3
#
3
2
1
0

0
0
.
3
2
Jako ilustrację wzorów Cramera opiszemy tu keynesowski model dochodu
narodowego. W modelu tym występują następujące wielkości:
• y - dochód narodowy,
• x - wydatki konsumpcyjne,
• I0 - inwestycje,
• R0 - wydatki rządowe,
• a - autonomiczne wydatki na konsumpcję (wydatki niezależne od dochodu),
• b - krańcowa skłonność do konsumpcji (w modelu tym przyjmujemy, że
b jest stałe).
126
Model opiera się na następujących równaniach:
y = x + I0 + R0 .
(7.2)
Orzeka ono, że dochód jest całkowicie wykorzystany na wydatki konsumpcyjne, inwestycje i wydatki rządowe.
x = a + by.
(7.3)
To równanie stwierdza, że konsumpcja składa się z konsumpcji autonomicznej (niezależnej od dochodu), oraz z części dochodu przeznaczanej na
konsumpcję.
Zapiszmy powyższe równania w postaci układu
(
−x + y = I0 + R0
x − by = a.
"
#
−1
1
Zatem macierz układu - macierz A jest równa
. Wyznacznik A
1 −b
jest równy b − 1 i jest mniejszy od zera. Zatem układ jest cramerowski i
możemy stosować wzory Cramera. Mamy
x=
y=
I +R
1 0
0
a −b b−1
−1 I + R 0
0
1
a
b−1
=
b(I0 + R0 ) + a
,
1−b
=
a + I0 + R0
. 1−b
7.17. *Przekształcenie odwrotne
Niech A będzie przekształceniem liniowym z IRn w IRn takim, że istnieje
przekształcenie odwrotne A−1 , czyli AA−1 = A−1 A = I. Wiemy, że macierz
odwrotna istnieje wtedy i tylko wtedy gdy det A 6= 0. Rozważmy układ równań
zapisany w postaci wektorowej
Ax = b.
7.18. Rozwiązywanie układów równań przy pomocy macierzy odwrotnej
127
Mnożąz obie strony z lewej strony przez A−1 dostajemy wzór
x = A−1 b.
Otrzymaliśmy zatem nowy sposób rozwiązywania układów równań. Możemy powyższy wzór rozpisać na współrzędne, co omawiamy w następnym
podrozdziale.
7.18. Rozwiązywanie układów równań przy pomocy
macierzy odwrotnej
Przypuśćmy, że mamy układ Cramera


 a11 x1 + · · · + a1n xn = b1
.
..


an1 x1 + · · · + ann xn = bn .
Macierz układu oznaczmy przez A i potraktujmy niewiadome oraz wyrazy
wolne jako macierze X i B o jednej kolumnie i n wierszach, czyli




x1
 . 

X=
 ..  ,
xn
b1
.

B=
 ..  .
bn
Wówczas ma sens mnożenie macierzy AX i układ możemy zapisać w postaci
jednego rówania macierzowego
AX = B.
Pomnóżmy to równanie z lewej strony przez macierz A−1 . Otrzymamy
X = A−1 B.
Współrzędne xi otrzymanej macierzy X są rozwiązaniami układu.
128
Przykład 7.18. Rozwiążemy metodą macierzy odwrotnej układ
x + 2y = 5
3x + 5y = 7.
1
Wykorzystamy obliczoną już macierz odwrotną do macierzy
3
x
5
−11
Zatem
= X = A−1
=
.
y
7
8
−5
2
. A−1 =
3
5
2
.
−1
Stąd x = −11, y = 8. Ta metoda rozwiązywania układów równań jest przydatna tam, gdzie musimy wielokrotnie rozwiązywać układy z takimi samymi współczynnikami aij
i zmieniającymi się wyrazami wolnymi bi .
ZADANIA
7.7. Rozwiązać układy równań:
(
x+y+z
x − 4y + 3z
−y + z
=
=
=
1
3
−1;
(
x+y+z
x − 4y + 3z
−y + z
=
=
=
5
−1
0;
(
x+y+z
x − 4y + 3z
−y + z
=
=
=
0
0
−2.
a)
b)
c)
7.19. Układy z różną liczbą niewiadomych i równań
Jeśli mamy jedno równanie liniowe z dwoma niewiadomymi, np.
x − 2y = 2,
to rozwiązań jest nieskończenie wiele. Zależą one od jednego parametru. Oznaczmy go przez t. Wówczas rozwiązania możemy zapisać x = t, y = t/2 − 1, ale
również y = t, x = 2t + 2 jak i na wiele innych sposobów. Nasuwa się problem: od ilu parametrów będzie zależało rozwiązanie układu n równań z k
niewiadomymi i jak znaleźć to rozwiązanie?
Prawdziwe jest następujące:
7.19. Układy z różną liczbą niewiadomych i równań
129
j=1,...,k
Twierdzenie. Niech A = [aij ]i=1,...,n
będzie macierzą o n wierszach i k
kolumnach. Wówczas jeśli układ równań


 a11 x1 + · · · + a1k xk = b1
.
..


an1 x1 + · · · + ank xk = bn
ma rozwiązanie, to zależy ono od (k−rząd A) parametrów.
Jak znaleźć te parametry i rozwiązanie. Jeśli rząd jest równy p, to znaczy,
że możemy wybrać p kolumn i p wierszy z macierzy A, tak, że odpowiadająca
im macierz p × p ma wyznacznik różny od zera. Wybieramy teraz te równania z naszego układu, które odpowiadają wybranym wierszom. Następnie
zostawiamy po lewej stronie wyrazy ze zmiennymi odpowiadającymi naszym
wybranym kolumnom. Pozostałe składniki przenosimy na drugą stronę i właśnie te pozostałe k − p zmienne będą naszymi parametrami. Ponieważ macierz
po lewej stronie będzie miała wyznacznik różny od zera, możemy zastosować
wzory Cramera, przy czym wyznaczniki występujące w liczniku będą zależały
od k − p parametrów.
Prześledzimy to na przykładzie.
Przykład 7.19. Rozwiązać układ równań:
(
x + 2y + z = 4
2x + 4y − 3z = 3
3x + 6y − 2z = 7.

1
A = 2
3
2
4
6

1
−3  .
−2
Sprawdzamy
najpierw czy układ ma rozwiązanie. Otóż rząd A = 2, bo det A = 0, a np.
2
1 4 −3 = −10. Również rząd macierzy rozszerzonej jest równy 2. Zatem rozwiązanie
będzie zależało od 3 − 2 = 1 parametru. Ponieważ macierz kwadratowa (2 × 2), której
wyznacznik był różny od zera została utworzona z pierwszego i drugiego wiersza oraz drugiej
i trzeciej kolumny, zostawiamy pierwsze i drugie równanie i po lewej stronie zostawiamy
niewiadome y i z. Otrzymujemy układ równań:
2y + z
4y − 3z
Stosując wzory Cramera otrzymujemy:
=
=
4−x
3 − 2x.
130
det
y=
det
z=
4−x
3 − 2x
−10
2
4
1
−3
=−
x
3
+ ,
2
2
4−x
3 − 2x
−10
= 1,
x ∈ IR. ZADANIA
7.8. Rozwiązać układy równań:
2x + y + z
x − 4y + 3z
(
x − 2y − z
−2x + y − 4z
3x − 3y + 3z
(
x+y+z
2x + 4y − 3t
4x − 2z + t
a)
b)
c)
=
=
1
3;
=
=
=
=
=
=
1
3
−2;
4
2
1;
7.20. Rozwiązania bazowe
Jeśli układ jest nieoznaczony, to rozwiązań jest nieskończenie wiele. Jak
już wiemy, rozwiązania zależą od k − p parametrów, gdzie k jest liczbą niewiadomych, a p rzędem macierzy A. Jak widzieliśmy, p zmiennych pozostawiamy
na lewej stronie i rozwiązujemy układ względem tych zmiennych, pozostałe
traktując jako parametry. Zmienne pozostawione na lewej stronie będziemy
nazywać zmiennymi bazowymi. Ponieważ rząd macierzy jest równy p, możemy wybrać p kolumn z macierzy w taki sposób, że macierz utworzona z tych
kolumn i pewnych p wierszy będzie miała wyznacznik różny od zera. Zmienne
odpowiadające tym wybranym kolumnom możemy wybrać jako bazowe.
Przykład 7.20.
x + y + 2z + 3t = 5
x − y − z − 3t = 2.
Od ilu parametrów będzie zależalo rozwiązanie? Jakie zmienne możemy wybrać jako bazowe?
1
1
2
3
Macierz A jest równa
. Rząd A jest równy 2, bo np. wyznacznik
1 −1 −1 −3
utworzony
z dwóch pierwszych kolumn, czyli kolumn odpowiadających zmiennym x i y równy
1
1
det
jest równy −2 6= 0. Zatem zmienne bazowe są dwie. Jako zmienne bazowe
1 −1
możemy wybrać x i y. Zobaczmy, jakie inne pary zmiennych możemy wybrać jako bazowe.
131
7.21. Operacje elementarne
1
1
2
= −3 6= 0. Możemy.
−1
1
Para x, t: liczymy det
1
3
= −6 6= 0. Możemy.
−3
Para x, z: liczymy det
Para y, z: liczymy det
Para y, t: liczymy det
1
−1
2
= −3 6= 0. Możemy.
−1
1
−1
3
= 0. Nie możemy.
−3
2
Para z, t: liczymy det
−1
3
= −3 6= 0. Możemy. −3
Poznamy teraz ważną definicję:
Rozwiązanie, w którym zmienne niebazowe są równe zeru nazywamy rozwiązaniem bazowym.
Przykład 7.21. Mamy dany układ równań:
x−y+z−t=5
x − y − z − t = 2.
Znaleźć rozwiązanie ogólne tego układu i jakiekolwiek rozwiązanie bazowe.
Ponieważ macierz współczynników przy x i z ma wyznacznik różny od zera, zmienne x i
z możemy wybrać jako bazowe.
Dodając stronami oba równania otrzymujemy 2x − 2y − 2t = 7, czyli x =
Odejmując równania stronami otrzymujemy 2z = 3, czyli z =
7
2
+ y + t.
3
.
2
To jest rozwiązanie ogólne, w którym y i t są parametrami.
Rozwiązanie bazowe otrzymamy podstawiając y = t = 0, czyli x = 72 , z = 32 . 7.21. Operacje elementarne
Omówimy tu inną metodę znajdowania macierzy odwrotnej i rozwiązywania układów równań - przy pomocy tzw. operacji elementarnych.
Operacjami elementarnymi nazywamy:
1. Mnożenie i-tego wiersza macierzy przez dowolną liczbę różną od zera.
2. Dodanie do i-tego wiersza macierzy innego wiersza macierzy pomnożonego przez dowolną liczbę.
132
3. Zamianę miejscami dwóch dowolnych wierszy macierzy.
Przykład 7.22. Dana jest macierz A =
0
kształcić tę macierz w macierz B =
2
1
3
2
. Poprzez operacje elementarne prze4
1
.
0
Krok pierwszy: do pierwszego wiersza
wiersz drugi pomnożony przez −1/3 dodajemy
0 23
operacja typu 2. Otrzymujemy macierz
.
3 4
Krok
drugi: mnożymy pierwszy wiersz przez 3/2 - operacja typu 1. Otrzymujemy macierz
0
3
1
.
4
Krok trzeci: do drugiego wiersza dodajemy
pierwszy wiersz przemnożony przez −4 0 1
operacja typu 2. Otrzymujemy macierz
.
3 0
Krok czwarty: mnożymy drugi wiersz przez 2/3 - operacja typu 1. Otrzymujemy macierz
B. Słowne opisywanie operacji, które wykonujemy jest uciążliwe. Wprowadzimy pewne skrótowe opisy. Będziemy oznaczać i-ty wiersz macierzy przed wykonaniem operacji przez wi , a i-ty wiersz macierzy po dokonaniu operacji przez
wi0 . I tak na przykład pierwszą operację w powyższym przykładzie możemy
zapisać następująco:
w10 = w1 −
1
w2 .
3
Natomiast cały schemat rozwiązania zapiszemy tak:
1
3
2
4
0
3
2
3
0
3
1
4
0
3
1
0
0
2
1
.
0
4
w10 = w1 − 13 w2
w10 = 32 w1
w20 = w2 − 4w1
w20 = 32 w2
Można było skrócić całą procedurę wykonując w jednym kroku kilka operacji elementarnych. Mogliśmy na przykład zapisać nasze rozwiązanie tak:
1
3
2
4
w10 = w1 − 31 w2
w10 = 32 w1
7.21. Operacje elementarne
0
3
1
4
0
2
1
.
0
133
w20 = w2 − 4w1
w20 = 23 w2
Podamy teraz jak znajdować macierz odwrotną do macierzy A przy pomocy
operacji elementarnych. Robimy to następująco:
1. Wypisujemy obok siebie macierz A i macierz jednostkową.
2. Przy pomocy operacji elementarnych przekształcamy macierz A w macierz jednostkową wykonując te same operacje na macierzy jednostkowej.
Wówczas na miejscu macierzy jednostkowej otrzymamy macierz A−1 .
(przyjęło się opuszczać nawiasy zostawiając tylko pionowe linie pomiędzy macierzami).
Przykład
7.23.Przy pomocy operacji elementarnych znaleźć macierz odwrotną do ma2 −1
.
cierzy A =
4
3
2 −1 1 0
4
3 0 1
w20 = w2 − 2w1
2
0
−1
5
1
−2
0
1
2
0
−1
1
1
− 25
1
5
2
0
0
1
3
5
1
5
1
0
0
1
3
10
− 25
w20 = 51 w2
0
w10 = w1 + w2
1
5
1
5
w10 = 12 w1
1
10
1
5
.
Odpowiedź: A−1 =
3
10
− 25
1
10
1
5
. Przykład
 7.24. Przy
 pomocy operacji elementarnych znaleźć macierz odwrotną do ma3 2 0
cierzy A =  1 2 3 .
0 1 2
3 2 0 1 0
1 2 3 0 1
0 1 2 0 0
0
0
1
w20 = w2 − 32 w3
134
3
1
0
2
0
0
2
1
2
1
−1
1
0
1
2
−1
0
0
1
2
−1
0
0
1
2
1
0
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
0
1
0
0
− 23
1
w10 = w1 − 4w2
0
0
2
1
0
0
−4
1
0
6
− 32
1
w20 = w2 + w1
0
0
2
1
1
0
−4
−3
0
6
4 12
1
w30 = w3 − 2w2
0
0
2
1
1
−2
−1
2
−1
−4
−3
6
4
−6
3

Odpowiedź: A−1
w10 = −w1
w20 = 2w2
w30 = 12 w3
6
4 12
−8
−6
9 .
−4
−1
= 2
−1
4
−6
3

−6
9 . −4
7.22. Rozwiązywanie układów równań przy pomocy
operacji elementarnych
Układy równań liniowych możemy rozwiązywać i przy pomocy operacji
elementarnych. Jednocześnie ta metoda pozwala sprawdzać, czy układ jest
cramerowski, sprzeczny, czy nieoznaczony.
Robimy to podobnie jak przy znajdowaniu macierzy odwrotnej, a mianowicie:
1. Wypisujemy obok siebie macierz układu i kolumnę wyrazów wolnych
(daje to razem tzw. macierz rozszerzoną),
2. Przy pomocy operacji elementarnych przekształcamy powstałą w ten
sposób macierz tak, aby na miejscu macierzy układu pojawiła się macierz jednostkowa. Powstała nowa kolumna wyrazów wolnych da nam
rozwiązanie układu.
Przykład 7.25. Przy pomocy operacji elementarnych rozwiązać układ równań
x + 2y = 7
4x − y = 1.
7.22. Rozwiązywanie układów równań przy pomocy operacji elementarnych
Wypisujemy macierz rozszerzoną i wykonujemy kolejne operacje elementarne:
1
4
2
−1
7
1
w10 = w1 + 2w2
9
4
0
−1
9
1
w20 = w2 − 45 w1
9
0
0
−1
9
−3
1
0
0
1
w10 = 19 w1
w20 = −w2
1
.
3
Odpowiedź: x = 1, y = 3. Przykład 7.26. Przy pomocy operacji elementarnych rozwiązać układ równań
(
1
2 −1
5
4 −1
1
3
1 −1 −1 −4
x + 2y − z = 5
4x − y + z = 3
x − y − z = −4.
w10 = w1 + w2
5
4
1
1
−1
−1
0
1
−1
8
3
−4
w20 = w2 + w3
5
5
1
1
−2
−1
0
0
−1
8
−1
−4
w10 = w1 + 12 w2
7.5
5
1
0
−2
−1
0
0
−1
7.5
−1
−4
7.5
0
1
0
−6
−1
0
0
−1
7.5
−18
−4
w30 = w3 − 16 w2 −
7.5
0
0
0
−6
0
0
0
−1
7.5
−18
−2
1
w10 = 7.5
w1
0
w2 = − 61 w2
w30 = −w3
0
0
1
1
3 .
2
1
0
0
0
1
0
w20 = 3w2 − 2w1
Odpowiedź: x = 1, y = 3, z = 2. 1
w
7.5 1
135
136
Przykład 7.27. Przy pomocy operacji elementarnych stwierdzić, że układ
(
x + 2y − z = 1
4x − y + z = 2
5x + y = 4
jest sprzeczny.
1
2 −1 1
4 −1
1 2
5
1
0 4
1
4
0
−1
1
0
2
−1
0
w30 = w3 − w2 − w1
1
2 .
1
Macierzy układu nie da się doprowadzić do macierzy jednostkowej, bo trzeci wiersz jest
zerowy. Równanie w trzecim wierszu jest sprzeczne, bo ma postać
0x + 0y + 0z = 1.
Zatem układ jest sprzeczny. Przykład 7.28. Przy pomocy operacji elementarnych stwierdzić, że układ
(
3x + 2y + z = 5
4x + y + z = 2
7x + 3y + 2z = 7
jest nieoznaczony i rozwiązać go.
3 2 1 5
4 1 1 2
7 3 2 7
3
4
0
2
1
0
1
1
0
w30 = w3 − w2 − w1
5
2 .
0
Macierzy układu nie da się sprowadzić do macierzy jednostkowej, ale tym razem równanie
w ostatnim wierszu jest tożsamością:
0x + 0y + 0z = 0.
Jest zatem spełnione przez dowolne liczby rzeczywiste. Wystarczy więc rozwiązać układ
złożony z pierwszych dwóch równań. Robimy to w następujący sposób.
Wybieramy jedną ze zmiennych jako parametr. Niech to będzie z. W takim razie pierwsze dwie kolumny macierzy, czyli kolumny odpowiadające x-owi i y-owi doprowadzamy do
macierzy jednostkowej.
3
4
−5
4
2
1
1
1
0
1
5
2
−1
1
w10 = w1 − 2w2
5
2
w20 = 5w2 + 4w1
7.23. Model nakładów i wyników Leontiefa
−5
0
−1
1
0
5
1
0
1
5
1
5
0
1
5
14
137
w10 = − 15 w1
w20 = 15 w2
− 15
14
.
5
A zatem
x + 15 z = − 15
y + 15 z =
14
.
5
Stąd
x = − 15 − 15 z,
y=
14
5
− 15 z. ZADANIA
7.9. Przy pomocy operacji elementarnych oblicz macierz odwrotną do macierzy:
a)
1
5
−3
,
4

2
b) A =  0
10
0
4
2

1
−1 .
0
7.10. Przy pomocy operacji elementarnych sprawdź, czy układ jest sprzeczny, cramerowski
czy nieoznaczony:
(
x + 5y + 4z = 17
2x − y + z = 5
y − z = 1;
(
x + 3y + 5z = 7
2x − y + z = 3
3x − 5y − 3z = −7;
(
x+y+z =8
3x − y + z = 1
5x + y + 3z = 17.
a)
b)
c)
Model ten opiera się na następujących założeniach:
1. Gospodarka składa się z n gałęzi.
2. Każda gałąź wytwarza jeden produkt.
3. Każda gałąź zużywa do produkcji wyroby wszystkich gałęzi w ustalonych
proporcjach (być może równych zeru).
138
4. Produkcja każdej gałęzi jest proporcjonalna do nakładów.
Oczywiście model taki daje tylko przybliżony opis rzeczywistości. Tym
niemniej ma pewne doświadczalnie potwierdzone zalety.
Z powyższych założeń wynika, że ilość i−tego produktu niezbędnego do
wytworzenia ustalonej jednostki j−tego produktu jest wielkością stałą, równą
aij . Załóżmy, że miarą jednostki jest ilość produktu warta ustaloną kwotę,
np. jedną złotówkę. Wtedy np. równość a34 = 0.14 informuje nas o tym, że
ilość trzeciego produktu o wartości 14 groszy jest niezbędna do wyprodukowania ilości czwartego produktu o wartości 1 złotego. Liczbę aij nazywamy
współczynnikiem nakładów.
Wszystkie współczynniki nakładów tworzą macierz kwadratową A (n × n).
Kolumna j−ta tej macierzy informuje nas o nakładach potrzebnych do wytworzenia jednostki j−tego produktu. Oczywiście, aby produkcja tego dobra była
ekonomicznie opłacalna suma współczynników w j−tej (a zatem w każdej)
kolumnie musi być mniejsza od 1, czyli
dla każdego j = 1, . . . , n a1j + · · · + anj < 1.
Oprócz tego mamy jeszcze tzw. popyt finalny na i−ty produkt oznaczony
przez pi .
Zakładamy, że i−ta gałąź ma wytwarzać ilość produktu potrzebną do zaspokojenia produkcji we wszystkich gałęziach i popytu na ten i−ty produkt.
Prowadzi to do układu równań;
xi = ai1 x1 + · · · + ain xn + pi
(i = 1, . . . , n),
czyli
−ai1 x1 + · · · + (1 − aii )xi + · · · − ain xn = pi
(i = 1, . . . , n).
Zapiszmy to w postaci
macierzowej, traktując szukane zmienne x1 ,. . . ,xn

x1
 . 

jako macierz X = 
 ..  wymiaru 1 × n a dane popytu finalnego jako macierz
xn
 
p1
 . 

P = 
 ..  też wymiaru 1 × n. Macierz po lewej stronie ostatniego układu
pn
139
równań jest macierzą I − A, gdzie I jest macierzą jednostkową. Mamy zatem
(I − A)X = P,
skąd po przemnożeniu z lewej strony przez macierz (I − A)−1 otrzymujemy
wzór na rozwiązanie
X = (I − A)−1 P.
Przykład 7.29. Zakładamy, że gospodarka składa się z dwóch gałęzi i że macierz współczynników nakładów jest następująca:
A=
0.2
0.1
0.3
.
0.4
Suma elementów w obu kolumnach jest mniejsza od 1, a więc warunki są spełnione.
Macierz I − A ma postać
0.8
−0.1
−0.3
. Odpowiedni układ równań ma postać:
0.6
0.8x1 − 0.3x2
−0.1x1 + 0.6x2
=
=
p1
p2 .
Świadomie nie wybraliśmy do tego przykładu za p1 i p2 konkretnych wartości liczbowych.
Podkreślamy w ten sposób taką sytuację, w której macierz A jest stała (lub zmieniająca
się bardzo powoli) - jej współczynniki wynikają bowiem ze sposobu i rodzaju organizacji
produkcji. Natomiast popyt jest wielkością niezależną i mogącą nawet bardzo szybko się
zmieniać.
Obliczamy macierz (I − A)−1 . Jest ona równa
Zatem
1
0.51
0.8
0.1
0.3
.
0.6
1
(0.8p1 + 0.1p2 ),
0.51
1
x2 =
(0.3p1 + 0.6p2 ). 0.51
x1 =
ZADANIA
7.11. Zakładamy że gospodarka
składa
się z dwóch gałęzi i macierz współczynników na
0.3 0.2
kładów ma postać A =
. Natomiast popyt finalny na poszczególne produkty
0.6 0.4
wynosi odpowiednio 11 i 5 (w miliardach złotych). Wyznaczyć potrzebną wielkość produkcji
poszczególnych gałęzi.
7.12. Zakładamy że 
gospodarka składa
 się z trzech gałęzi i macierz współczynników nakła0.3 0.2 0.1
dów ma postać A =  0.6 0.4 0.2  . Natomiast popyt finalny na poszczególne produkty
0 0.3 0.6
wynosi odpowiednio 10, 4 i 5 (w miliardach złotych). Wyznaczyć potrzebną wielkość produkcji poszczególnych gałęzi.
Rozdział 8.
Funkcje wielu zmiennych
8.1. Pojęcie funkcji wielu zmiennych
Zacznijmy od przykładu. Przypuśćmy, że produkujemy z blachy pudełko
w kształcie prostopadłościanu z dnem bez pokrywy górnej. Należy wyrazić
objętość pudełka w zależności od jego wymiarów.
Niech podstawa prostopadłościanu (dno pudełka) ma wymiary x i y, a jego
wysokość (głębokość) ma wymiar h. Wtedy V = xyh. Widzimy, że objętość
zależy od trzech zmiennych x, y i h. Zapisujemy to tak:
V (x, y, h) = xyh.
A teraz wyraźmy funkcję B opisującą ilość zużytej blachy do wyprodukowania takiego pudełka. Niech z oznacza grubość blachy. Wtedy ilość zużytej
blachy jest równa iloczynowi pola powierzchni P tego pudełka i grubości blachy. P = xy + 2xh + 2yh. Zatem
B(x, y, h, z) = P · h = (xy + 2xh + 2yh) · z.
B jest więc funkcją czterech zmiennych. Przypominamy definicję:
Definicja. Euklidesową przestrzenią n-wymiarową3 nazywamy
zbiór wszystkich układów n liczb (x1 , x2 , . . . , xn ). Przestrzeń tę oznaczamy IRn ,
a jej elementy nazywamy wektorami.
3
Ta przestrzeń pjawiła się już w poprzednim rozdziale, ale w części oznaczonej ∗.
142
8. Funkcje wielu zmiennych
Jeśli n = 2, to mamy do czynienia z płaszczyzną, a gdy n = 3, to z
przestrzenią (trójwymiarową).
Jeśli x jest elementem IRn i x= (x1 , . . . , xn ), to liczbę xi nazywamy i-tą
współrzędną wektora x.
W praktyce, gdy współrzędnych jest mniej (np. 2 czy 3) oznaczamy współrzędne różnymi literami, tak jak w poprzednich przykładach. Na płaszczyźnie
współrzędne oznaczamy zwykle x i y, w przestrzeni trójwymiarowej x, y i z. W
zastosowaniach jedną ze zmiennych jest często czas. Przyjęło się go oznaczać
literą t.
Wprowadzimy teraz formalną definicję.
Definicja. Funkcją n zmiennych nazywamy funkcję f : A → IR, gdzie
A jest podzbiorem przestrzeni IRn .
W przykładzie (objętość pudełka) n = 3 (zmienne oznaczaliśmy x, y, h),
a zbiór A był zbiorem {(x, y, h) : x > 0, y > 0, h > 0}, bo długość, szerokość i
głębokość pudełka muszą być dodatnie.
8.2. Dziedzina i wykres funkcji wielu zmiennych
Z podanej przed chwilą definicji wynika, że dziedzina funkcji jest podzbiorem przestrzeni IRn . W szczególności, gdy n = 2 możemy zbiór ten zaznaczyć
na płaszczyźnie.
Przykład 8.1. Funkcja dwóch zmiennych dana jest wzorem
f (x, y) =
p
16 − x2 − y 2 .
Wyznaczyć dziedzinę funkcji f .
Pierwiastek kwadratowy możemy wyciągać z liczb nieujemnych. Stąd dziedziną funkcji
f jest zbiór
Df = {(x, y) ∈ IR2 : 16 − x2 − y 2 0}.
Oznacza to, że
x2 + y 2 ¬ 16.
Wnioskujemy stąd, że dziedziną funkcji jest koło o promieniu 4 i środku w punkcie (0, 0)
(rysunek 8.1.). Wykresem funkcji f : IRn → IR jest następujący zbiór:
{(x1 , x2 , . . . , xn , f (x1 , . . . , xn )) : (x1 , . . . , xn ) ∈ Df }.
8.2. Dziedzina i wykres funkcji wielu zmiennych
143
y
56
qqqqqqqqqqq4qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qpqqqqppqqppqqqpppqqppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp qpppqqqqppqqqppqqqpqqqpqqqqqq
q
q
q
q
p
q
q
q
qpqqqqpq pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp qpqqqpqq
qqqpqqp p p p p p p p p p p 3p p p p p p p p p p p p p p p p qqpqqq
qqq pqqqppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pppqqqpqqqq
qqp p p p p p p p p p p p p p p 2p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pqqq
qqpq pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pqqq
qqqppq ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp qppqqq
p p p p p p p p p p p p p p p p p 1p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p q
qqqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp qqqq
qqqqq ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp qqqqq
pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp1pp pp pp pp pp2pp pp pp pp pp3pp pp pp pp pp4qq
pp pp pp pp pp −2
pp pp pp pp pp −1
−5 −4qqqqqppp ppp −3
pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp qqq
qqqpp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp −1
qqqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp qqpq
qqqp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p qqq
p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pq
qpqqqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp −2
qqqqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pppqqqpqqq
qqqpqqp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p qpqqq
qqpqqqpqqpp pp pp pp pp pp pp −3
p p p p p p p p p p p p p p p p p pq
qqqqqpqqqpq p p p p pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqqqppqqqpqqqqqqq
qqpqqqqpqqqppqqqppqqqpp pp pp pp pp pp pp pp ppqqqppqqqppqqqpqqqpqqq
−4
-x
5
−5
Rysunek 8.1. Dziedzina funkcji f (x, y) =
p
16 − x2 − y 2
Wykres funkcji jest podzbiorem przestrzeni IRn+1 . Jeśli n = 2, to wykres
funkcji jest zawarty w przestrzeni trójwymiarowej IR3 .
Opisujemy go zwykle w ten sposób, że dziedzinę funkcji umieszczamy na
płaszczyźnie x, y, a wartości funkcji zaznaczamy na osi z. Możemy to zapisać
w postaci zależności
z = f (x, y).
Przykład 8.2. Niech
f (x, y) = x2 + y 2 .
Dziedziną funkcji jest cała płaszczyzna x, y. Rysunek 8.2. pokazuje wykres tej funkcji.
Wykres ten jest powierzchnią zwaną paraboloidą. Przykład 8.3. Niech f będzie funkcją z przykładu 8.1. Zależności pomiędzy z = f (x, y)
oraz x i y są następujące:
x2 + y 2 + z 2 = 16,
oraz
z 0,
bo pierwiatek kwadratowy jest liczbą nieujemną.
Wnioskujemy stąd, że wykresem funkcji f jest górna połowa sfery o promieniu 4 i środku
w punkcie (0, 0, 0). Widzimy to na rysunku 8.3.
144
z
6
qqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqq
qq
q
qq
qqqq
qqpqq
qqqpqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
qqqp p qqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqq
qqpqp p p p p p p qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqpqqpqqpqqp p p pp qppqq
qqqp pp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp pq
pqqp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p qqp
qqq p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p q
qqqp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pqq
qqqp p pp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp p pqq
qpqqp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p qp
qppqqp pp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp p qppq
qqqp p p p p p p p
pp q
qpqqpp p p p p p p p p p p p p p pp pp pp pp pp p ppqqqpp qp
qpqqpp p p p p p pp pp p p p pp pp p p p p p pp qqp
qpqqpp p p p p p p pp pp pp p p p p p p ppqqqpq
pqqqppqpp p p p p p p p p p p p pp ppqqp
qpqqqpp pp pp pp p p p pp pp pp qppqqpqq
qqpqqqpqqp pp pp pp pqqpqqpq
qqqqqqqqqq
x
-y
Rysunek 8.2. Wykres funkcji z = x2 + y 2
Weźmy jakiś punkt z dziedziny funkcji, na przykład punkt (x, y) = (2, 2). Na rysunku
odpowiada mu punkt A0 . Wówczas na wykresie funkcji, czyli na sferze odpowiednim punktem
√
√
będzie punkt (x, y, z), gdzie z = f (x, y). W naszym przypadku z = 16 − 22 − 22 = 2 2.
√
Na rysunku punktem (x, y, z) jest punkt A mający wspólrzędne (2, 2, 2 2). Na osi Oz mamy
punkt A00 będący rzutem punktu A na tę oś. Natomiast punkt A0 jest rzutem punktu A na
plaszczyznę x, y. ZADANIA
8.1. Zaznacz na płaszczyźnie dziedzinę funkcji:
a) f (x, y) =
p
b) f (x, y) =
1
;
x2 − 3x + 2
1 − |x| − |y|;
c) f (x, y) = ln(2x − 3y).
8.2. Niech f (x, y) = 3x + 5y. Wiemy, że punkt (x0 , y0 , z0 ) = (1, y0 , 3) należy do wykresu
funkcji f . Obliczyć y0 .
145
8.3. Poziomice funkcji
z
6
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqq
qqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqqq
q
q
q
q
q
q
qqqqqq
q
q
qqqqqq
qqqq
q
q
00
q
q
qqqqq
q
A
r
q
`
q
`
`
q
`
q
qqqq
`
q
`````
qq
qqqq
````` A
qqq qq
qqq
r
q
```
qqq
qq qq
``
qqq
``
qqq
qq q
`
`
qqq
q q q q q q q q q q q q q q ``q q q q q
q
q
q
q
qqq
qqq
qqq
qq
```
q
qq
qq q q q q
q
`
q
`
q q qqqq
q
``
qqqq q
``
qqqqq
``
qqqq
`````
`` ` ` `
q
qqqq
` ` ` ` ` `` ` ` `
qqq
q
qqqqqq
`
`
q
`
q
`
qqq
qqqqqqqqq
` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` `` `` ` `r` 0
qqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqq
A qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
x
-y
Rysunek 8.3. Wykres funkcji z =
p
16 − x2 − y 2
8.3. Poziomice funkcji
Poziomicą, inaczej zwaną też warstwicą funkcji nazywamy podzbiór
dziedziny, na którym funkcja przyjmuje ustaloną wartość. Innymi słowy poziomica, to następujący zbiór:
{(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Df : f (x1 , . . . , xn ) = c}.
Przykład 8.4. Niech f (x, y) = −2x+3y. Wtedy dla ustalonego c poziomica jest zbiorem
{(x, y) ∈ IR2 : −2x + 3y = c}.
Ostatnie równanie jest równaniem prostej
y=
2
c
x+ .
3
3
Poziomice są więc w tym wypadku równoległymi prostymi (rysunek 8.4.). Przykład 8.5. Niech f (x, y) = y − x2 . Wyznacz poziomice funkcji f .
Poziomicami są zbiory postaci
{(x, y) : y = x2 + c}.
146
y
p
pp ppppppppp ppppppppp ppppppppp
p
p
p
p
p
5
p
p
pppp 6
pppp
pppppp ppp pppppppppppppp ppp pppppppppppppp ppp pppppppppppppp ppp pppppppppppppp ppp pppppp
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
ppppppppp ppppppppp ppppppp4pp ppppppppp ppppppppp ppppppppp
ppppppppp pppppp ppppppppppp pppppp ppppppppppp pppppp ppppppppppp pppppp ppppppppppp pppppp ppppppppppp pppppp ppppppp
3
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
ppp pppppp pppppppppppppppppp pppppppppppppppppp pppppppppppppppppp pppppppppppppppppp pppppppppppppppppp pppppppppppppp
ppp pppppp pp ppppppppppppppp pp ppppppppppppppp pp p2pppppppppppppp pp ppppppppppppppp pp ppppppppppppppp pp ppppppppppp
ppppp
ppppp
ppppp
ppppp
ppppp
ppppp
p pppppppp ppp ppppppppppppppp ppp ppppppppppppppp ppppp1ppppp pppppppp pppppppppp pppppppp pppppppppp pppppppp pppppppppp pppp
p ppp
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p px
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p p−3
ppp ppppppppppp 1ppppppppppp2 ppp3pppppppp p4p 5
−5ppppp−4
ppp−1
pppppp −2
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
−1
ppp
ppp
ppp
ppp
ppp
ppppppppp pppppp ppppppppppp pppppp ppppppppppp pppppp ppppppppppp pppppp ppppppppppp
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
−2
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
ppp pppppppppppp pppppppppppp pppppppppppp
pp
pp
pp
pp ppppppp ppppppppppp ppppppp pppppppppppppppppp−3
p
p
p
p
p
p
p ppppppp ppp pppppppppppppp
−4
pp
ppppppppp
−5
Rysunek 8.4. Poziomice funkcji f (x, y) = x + 2y
y
ppp ppp pp ppp ppp pp ppp ppp 5 6 p p pp pp pp pp pp pp pp
ppp pppppp ppp ppp ppp ppp ppp
p p p pp p p p p
ppp pp ppp pp pp ppp ppp pppp4 p pp p p p pp pp ppp pp pppppp
pp ppp pp ppp ppp ppp ppp ppppppppppp pp p p p p pp pp pp pp pp
pp pp ppp pp ppp ppp ppp p pp pp pp p pp p p
pp pp pp ppp pp pp 3ppppppppppppp pp p pp p pp p
ppp pp pp pp pp ppp
p p p ppp
pppppp ppp ppp pppp p2ppppppppppppp pp pp p p p pp pp pp
ppp pp ppp ppp ppp
ppp p p p p pp pp
ppp pp pp pp pppppppp pppp pp p p p
ppp ppp ppp pppp1p pp p p p p p pp
ppp ppp pppp ppppppppppp pp p p p ppp
-x
ppp ppp pppppp pppppp p p
ppp pppp ppppp pp1p p p 2 3 4
−4 −3 −2 −1
ppp pppppppppppp ppp p
−1
pppp p pp p
pppppppppp pp
−2
Rysunek 8.5. Poziomice funkcji f (x, y) = x2 − y
Jest to zatem rodzina parabol jak na rysunku 8.5. ZADANIA
8.3. Wykreśl poziomice funkcji:
a) f (x, y) = |x| − |y|;
b) f (x, y) = x2 + y 2 ;
c) f (x, y) =
x2
.
y
8.4. Ciągłość funkcji wielu zmiennych
147
8.4. Ciągłość funkcji wielu zmiennych
Niech x ∈ IRn ma wspołrzędne (x1 , . . . , xn ). Niech (xk ) (k = 1, 2, . . .)
będzie ciągiem w IRn o współrzędnych odpowiednio (xk1 , . . . , xkn ). Mówimy, że
ciąg (xk ) zbiega do x, jeśli dla każdego i = 1, . . . , n ciąg liczbowy (xki ) zbiega
do xi .
Można to wyrazić słowami następująco:
Ciąg jest zbieżny w przestrzeni IRn , jeśli jest zbieżny na każdej
współrzędnej.
Niech f : IRn → IRm . Mówimy że funkcja f jest ciągła w punkcie x jeśli z
tego, że xk dąży do x wynika, że f (xk ) dąży do f (x).
Podobnie jak w przypadku funkcji jednej zmiennej prawdziwe są fakty:
Suma, różnica, iloczyn i iloraz (pod warunkiem, że mianownik jest różny
od zera) funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą;
Złożenie funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą.
Przykład 8.6. Funkcja f : IR2 → IR zdefiniowana następująco:
f (x, y) = x2 y 3 ,
jest ciągła jako iloczyn funkcji ciągłych. Przykład 8.7. Funkcja f : IR2 → IR zdefiniowana następująco:
f (x, y) = cos(x2 + y 2 ),
jest ciągła jako suma i złożenie funkcji ciągłych. Przykład 8.8. Funkcja f : R2 → IR zdefiniowana następująco:
f (x, y) =
cos(x − y)
,
x2 + y 2 + 1
jest ciągła (dlaczego?). 8.5. Pochodne cząstkowe
Niech f : IRn → IR. Oznaczmy punkt x przez (x1 , . . . , xn ). Niech 1 ¬ i ¬ n
i niech x1 , . . . , xi−1 , xi+1 , . . . , xn będą ustalone. Niech g będzie funkcją jednej
zmiennej zdefiniowaną następująco:
g(t) = f (x1 , . . . , xi−1 , t, xi+1 , . . . , xn ).
148
Jeśli funkcja g ma pochodną g 0 (t), to mówimy, że funkcja f ma pochodną
cząstkową względem zmiennej xi . Tę pochodną cząstkową oznaczamy symbolem fx0 i . i czytamy „de f po de xi ”. Inne stosowane oznaczenie pochodnej
∂f
cząstkowej względem xi to
.
∂xi
Pochodną cząstkową obliczamy traktując wszystkie zmienne poza zmienną
xi jako stałe.
Przykład 8.9. Niech f (x, y) = 3x + 2y.
fx0 = 3,
fy0 = 2. Przykład 8.10. Niech f (x, y) = xy 2 .
fx0 = y 2 ,
fy0 = 2xy. Przykład 8.11. Niech f (x, y) = cos(x + y 2 ).
fx0 = − sin(x + y 2 ),
fy0 = 2y · (− sin(x + y 2 )). Przykład 8.12. Niech f (x, y, z) = xy 2 + zx.
fx0 = y 2 + z,
fy0 = 2xy,
fz0 = x. Pochodna cząstkowa funkcji f względem zmiennej xi opisuje przybliżoną
zmianę wartości funkcji f przy wzroście zmiennej xi o jedną jednostkę i
niezmienionych pozostałych zmiennych.
Podobnie jak w wypadku funkcji jednej zmiennej wprowadza się pojęcie
elastyczności cząstkowej względem zmiennej xi . Oznaczamy ją
Exi f.
Wartość elastyczności cząstkowej otrzymujemy z wzoru
Exi f (x1 , . . . , xn ) =
xi · fx0 i (x1 , . . . , xn )
.
f (x1 , . . . , xn )
149
8.6. Gradient funkcji
Elastyczność cząstkowa względem zmiennej xi opisuje procentową zmianę
funkcji f przy przyroście zmiennej xi o jeden procent i niezmienionych
pozostałych zmiennych.
Przykład 8.13. Obliczymy elastyczności cząstkowe funkcji
f (x, y) = x2 y 3 .
Mamy
fx0 = 2xy 3 ,
fy0 = 3x2 y 2 .
Stąd
x
= 2,
x2 y 3
y
Ey f = 3x2 y 2 2 3 = 3. x y
Ex f = 2xy 3
ZADANIA
8.4. Obliczyć pochodne cząstkowe funkcji:
a) f (x, y) = x2 y 3 ;
c) f (x, y) = cos(x2 + 5y);
e) f (x, y) = ln(ex + y);
b) f (x, y) = e3x+4y ;
xy
d) f (x, y) = x ;
e
f) f (x, y, z) = x3 y 2 z.
8.5. Obliczyć elastyczności cząstkowe funkcji:
a) f (x, y) = 4x + 3y;
c) f (x, y) =
x2 y
;
x+y
b) f (x, y) =
√
2x + 3y;
d) f (x, y, z) = 6x + 2yz 2 .
8.6. Gradient funkcji
Dla danego punktu x ∈ IRn oraz funkcji f : IRn → IR mającej pochodne
cząstkowe w punkcie x, mamy układ n liczb:
fx0 1 (x), fx0 2 (x), . . . , fx0 n (x).
Układ ten możemy potraktować jaku wektor z przestrzeni IRn . Nazywamy go
gradientem funkcji f w punkcie x i oznaczamy gradf (x).
Przykład 8.14. Niech f (x, y) = x2 y 3 . Wówczas
gradf (x, y) = (2xy 3 , 3x2 y 2 ). Interpretacja gradientu jest następująca:
150
Gradient funkcji opisuje kierunek najszybszego wzrostu funkcji.
Związek pomiędzy poziomicą i gradientem jest następujący:
Gradient jest prostopadły do poziomicy.
Przykład 8.15. Niech f (x, y) = 3x + 4y. Znaleźć poziomicę przechodzącą przez punkt
(1, 1). Obliczyć gradient funkcji w tym punkcie i sprawdzić, czy jest prostopadły do poziomicy.
y
56
7
qqqqqq
qqqqqq
3
qqqqqq
qqqqqq
qqqqqq
2qqqqqq
qqqqqq
qqqqqq qqs
qqqqqq
1
qqqqqq
qqqqqq
qq
-x
−2 −1
1 2 3
4
Rysunek 8.6.
Rozwiązujemy równanie 3x + 4y = c. Wstawiając x = 1 i y = 1 mamy c = 7. Zatem
poziomica przechodząca przez punkt (1, 1) to prosta o równaniu 3x + 4y = 7.
gradf = fx0 , fy0 = (3, 4).
Wektor (3, 4) jest prostopadły do prostej 3x + 4y = 7 i ma długość
√
32 + 42 = 5 (rysunek
8.7.). Przykład 8.16. Niech f (x, y) = y −2x2 . Wyznacz poziomicę funkcji przechodzącą przez
punkt (1, 2) i gradient funkcji w tym punkcie.
Wstawiając do równania y − 2x2 = c wartości x = 1, y = 2 otrzymujemy c = 0. Zatem
poziomica to parabola o równaniu y = 2x2 .
fx0 = −4x,
fy0 = 1.
Stąd gradf (1, 2) = (−4, 1) (rysunek 8.7.). 8.7. Zastosowanie pochodnych cząstkowych
151
y
56
qq
q
qq
qq
qq
q
4
qq
q
qq
qq
qq
q
q
q
3
y
X
qq
XXX qqqqq
q
q
XXqqq X
qq
qqq XX
qqq
X
qqq
q
X
s
q
qqq 2
qq
qq
qq
q
qqq
q
qqq 1
qqq
qqq
q
q
qqq
qqqq qqqqqq
qqqqqqqqqqqqq
-x
−2 −1
1
2
Rysunek 8.7.
8.7. Zastosowanie pochodnych cząstkowych
Pochodne cząstkowe służą podobnie jak pochodne funkcji jednej zmiennej
do wyznaczania największej i najmniejszej wartości funkcji.
Prawdziwe jest bowiem poniższe twierdzenie.
Twierdzenie. Jeśli funkcja f : IRn → IR posiada pochodne cząstkowe i w
pewnym punkcie przyjmuje maksimum lub minimum, to wszystkie pochodne
cząstkowe w tym punkcie są równe zeru.
Ograniczymy się do przykładów w przestrzeni dwu i trójwymiarowej. Mamy wtedy następującą sytuację:
1. Funkcja ciągła określona na pewnej ograniczonej figurze lub bryle geometrycznej z brzegiem przyjmuje swoją największą i najmniejszą wartość.
W sformułowaniu tym pojawia się pojęcie brzegu intuicyjnie dosyć oczywiste. Nie będziemy wprowadzać precyzyjnej matematycznej definicji brzegu.
Podamy tylko czym jest brzeg w najważniejszych sytuacjach wystarczających
do naszych celów: brzegiem wielokąta są jego boki, wielościanu jego ściany,
brzegiem koła okrąg, ogólnie brzegiem figury płaskiej jest jej „obwód”, a brzegami brył ich powierzchnie.
2. Jeśli funkcja ta ma pochodne cząstkowe, to przyjmuje najmniejszą (największą) wartość albo na brzegu figury (bryły), albo w punkcie, w którym pochodne cząstkowe są równe zeru.
152
Te dwa stwierdzenia pozwalają nam wyznaczać najmniejszą (największą)
wartość funkcji określonej na pewnej figurze (bryle) według następującego
schematu:
Krok 1. Obliczamy pochodne cząstkowe i przyrównujemy je do zera. W
ten sposób wyznaczamy punkty stacjonarne (podejrzane o ekstremum).
Krok 2. Liczymy wartości funkcji w tych punktach.
Krok 3. Wyznaczamy funkcję na brzegu figury i liczymy najmniejszą (największą) wartość funkcji na brzegu.
Krok 4. Spośród wszystkich wartości z punktów 2 i 3 wybieramy najmniejszą (największą).
Przykład 8.17. Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji
f (x, y) = 2x2 + y 2 − x − y
w trójkącie o wierzchołkach (0, 0), (1, 0) i (0, 1).
y
6
punkt stacjonarny
qqq.qqqq
.qq....qqqqq
qq.q.......q.qqqq
.q...........q.qqqq
qq..q ...............qqqq III
q......s....qq
I qq.q..q ..............................qq..qq.qqqqq
q.qq...........................q.qqqq
.qq...............................q.qqqq
qq..q ...................................qqqq
.qq.qqq.qq.qqq.qq.qqq.qq.qqq.qq.qqq.qq.qqq.qq.qqq.qq.qqq.qq.qqq.qqqqq
-x
II
Rysunek 8.8.
Postępujemy według podanego schematu.
1. fx0 = 4x − 1, fy0 = 2y − 1. Przyrównując pochodne cząstkowe do zera otrzymujemy
jeden punkt stacjonarny (1/4, 1/2).
1 1
3
,
=− .
4 2
8
3. Brzeg trójkąta składa się z trzech odcinków:
2. Obliczamy f
I) x = 0 i 0 ¬ y ¬ 1. Na tym odcinku funkcja jest funkcją jednej zmiennej y i przybiera
postać
g1 (y) = y 2 − y, 0 ¬ y ¬ 1.
Na końcach przedziału [0; 1] funkcja przyjmuje wartość 0, a w wierzchołku (y = 1/2) wartość:
−1/4. Największą wartością funkcji na tym odcinku jest 0, a najmniejszą: −1/4.
II) y = 0 i 0 ¬ x ¬ 1. Tu funkcja jest funkcją jednej zmiennej x i przybiera postać
g2 (x) = 2x2 − x, 0 ¬ x ¬ 1.
153
Postępując podobnie jak w punkcie I otrzymujemy, że tu największą wartością jest 1 a
najmniejszą −1/8.
III) 0 ¬ x ¬ 1 i y = −x + 1. Tu funkcja jest funkcją jednej zmiennej x i ma postać
g3 (x) = 3x2 − 2x, 0 ¬ x ¬ 1.
Funkcja ta na końcach przedziału [0; 1] przyjmuje wartości 0 i 1, a najmniejszą wartość
otrzymamy w wierzchołku czyli w punkcie x = 1/3. Tam przyjmuje wartość: −1/3.
4. Porównujemy te wszystkie wartości i widzimy, że największą z nich jest 1 przyjmowana
w punkcie (1, 0), a najmniejszą: −3/8 przyjmowana w punkcie (1/4, 1/2). Przykład 8.18. Pokazać, że ze wszystkich prostopadłościanów o danej objętości V
najmniejsze pole powierzchni ma sześcian.
Oznaczmy dwie krawędzie prostopadłościanu przez x, y. Wówczas trzecia krawędź jest
V
. Pole powierzchni jest równe
xy
równa
P (x, y) = 2xy + 2
V
V
+2 ,
y
x
przy czym x i y mogą być dowolnymi liczbami dodatnimi. Zatem nasza funkcja jest określona
na zbiorze {(x, y) : x > 0; y > 0}. Rozpatrzmy następujący kwadrat:
Kr =
n
1
¬ x, y ¬ r2 ,
r
o
gdzie r jest pewną bardzo dużą liczbą (rysunek 8.9.).
y
6
IV
pqqpqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqqppqqqppqq
qqqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqqq
qqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqq
qqpqp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqqq
qqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqq
qqqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqqq
qpqqp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqqq
qqpp pp Ipp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqq
qqqpp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqqq II
qpqp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqq
pqqpq pp punkt
p p p p p p p p stacjonarny
p p p p p p p p p p p p p p p p p pqq
pqpqq pp ppp ppp ppp ppp sppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pppqqq
pqpq pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqqq
pqqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqpqqqqpqqqqpqqIII
qqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqqpqqqpqq
s
s
s-x
r
3
1/r √
V
Rysunek 8.9.
Brzeg tego kwadratu składa się z czterech odcinków:
I) {x = r1 ,
1
r
¬ y ¬ r2 };
II) {x = r2 ,
1
r
¬ y ¬ r2 };
III) {y = r1 ,
1
r
¬ x ¬ r2 };
154
IV) {y = r2 ,
1
r
¬ x ¬ r2 }.
Na drugim i czwartym z nich mamy nierówność
1
P (x, y) > 2xy 2 r2 = 2r.
r
Na pierwszym mamy nierówność
P (x, y) >
V
= V r.
x
P (x, y) >
V
= V r.
y
Na trzecim mamy nierówność
Widzimy więc, że dla dostatecznie dużego r funkcja na brzegu tego kwadratu przyjmuje
bardzo duże wartości. Zatem najmniejszą wartość musi przyjąć w pewnym punkcie wewnątrz
tego kwadratu. A więc pochodne cząstkowe w tym punkcie muszą być równe 0.
Obliczmy pochodne cząstkowe funkcji P :
Px0 = 2y −
2V
,
x2
Py0 = 2x −
2V
.
y2
Przyrównujemy obie pochodne do zera i otrzymujemy układ równań

2V

 2y = x2 ,
2V

 2x = 2 .
y
Dzieląc pierwsze równanie przez drugie stronami otrzymujemy równanie
y
=
x
2
y
x
.
√
Stąd y = x = 3 V . Wywnioskowalśmy zatem, że dla każdego dostatecznie
√ dużego r
funkcja P przyjmuje największą wartość w kwadracie Kr w punkcie x = y = 3 V .
Wracamy teraz do zbioru {(x, y) : x > 0, y > 0} . Przypuśćmy,
że wartośc funkcji P w
√
tym zbiorze nie jest najmniejsza w punkcie x = y = 3 V . Oznacza to, że istnieje punkt
(x0 , y0 ) taki, że
√
√
3
3
V, V .
P (x0 , y0 ) < P
Istnieje r takie, że (x0 , y0 ) √
∈ Kr√
. A to przeczy temu, że P przyjmuje najmniejszą wartość w
kwadracie Kr w punkcie 3 V , 3 V . Przykład 8.19. A teraz rozwiążmy problem związany z naszym początkowym przykładem. Otóż wyznaczymy takie wymiary pudełka (bez pokrywki), żeby ilość zużytej blachy
była najmniejsza.
W tym celu ze wzoru na objętość wyrazimy h poprzez zmienne x i y. Mamy h =
Zatem
B(x, y) = xy +
155
V
.
xy
2V
2V
+
.
x
y
Podobnie jak w przykładzie poprzednim zauważymy, że dla identycznych kwadratów Kr
funkcja B przyjmuje na brzegu tego kwadratu bardzo duże wartości. Zatem osiąga minimum
wewnątrz kwadratu. Obliczenie pochodnych czątkowych i przyrównanie ich do zera prowadzi
do układu równań:

2V

 y= 2,
x
2V

 x= 2.
y
√
Rozwiązując
ten układ identycznie jak poprzedni otrzymamy rozwiązanie x = y = 3 2V i
r
1
3 V
h=
= x. I to są optymalne wymiary naszego pudełka. Pole powierzchni tego pudełka
4
2
jest równe
r
√
√
√
V
3
3
3
3
2
2
x + 4xh = 4V + 4 2V
= 3 4 V 2. 4
Przykład 8.20. Znaleźć najmniejszą wartość funkcji
f (x, y) = 4x2 + 5y 2 − x − y
w kwadracie |x| ¬ 7, |y| ¬ 7.
Policzmy pochodne cząstkowe funkcji
fx0 = 8x − 1,
fy0 = 10y − 1.
Przyrównując do zera i rozwiązując układ równań otrzymujemy jedyny punkt podejrzany
o ekstremum x = 1/8, y = 1/10. Mamy:
f
1 1
,
8 10
=
1
1
1
1
9
+
− −
=− .
16
20
8
10
80
A teraz poszukamy najmniejszej wartości funkcji na brzegu kwadratu, który składa się z
4 odcinków:
I) x = −7; |y| ¬ 7,
II) x = 7; |y| ¬ 7,
III) y = −7; |x| ¬ 7,
IV) y = 7; |x| ¬ 7.
Na pierwszym funkcja jest funkcją zmiennej y i ma postać
f1 (y) = 4 · 49 + 5y 2 − 7 − y > 196 + 0 − 7 − 7.
156
Stąd
f1 (y) > 182.
Analogicznie na drugim odcinku
f2 (y) = 4 · 49 + 5y 2 + 7 − y > 196 + 0 + 7 − 7 = 196.
Na trzecim odcinku funkcja zależy tylko od x i jest równa
f3 (x) = 4x2 + 5 · 49 − x − 7 > 0 + 245 − 7 − 7 = 231.
Podobnie na czwartym odcinku funkcja jest większa niż 245.
9
. 80
Przykład 8.21. Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji
Zatem najmniejszą wartością jest: −
f (x, y) = 2x2 + y 2 − y
w kole x2 + y 2 ¬ 1.
Obliczamy pochodne funkcji f :
fx0 = 4x,
fy0 = 2y − 1.
Przyrównując do zera otrzymujemy x = 0, y = 1/2. Ponieważ 02 +(1/2)2 < 1, nasz punkt
znajduje się w kole. Mamy:
f 0,
1
2
=0+
1
1
1
− =− .
4
2
4
Teraz policzymy najmniejszą i największą wartość funkcji na brzegu koła. Mamy tam
x2 = 1 − y 2 . Wstawiamy do funkcji i otrzymujemy
g(y) = 2 − 2y 2 + y 2 − y = −y 2 − y + 2
przy czym −1 ¬ y ¬ 1. Aby policzyć najmniejszą i największą wartość tej funcji na przedziale
[−1; 1]zróżniczkujmy ją. Mamy g 0 (y) = −2y − 1. Przyrównując do 0 mamy y = − 21 . Mamy
g − 12 = 2 14 . Jeszcze tylko pozostają do policzenia wartości funkcji na końcach przedziału
[−1; 1]. Mamy g(−1) = 2, g(1) = 0. Porównując te 4 wartości otrzymujemy ostateczną
odpowiedź:
Najmniejszą wartością jest: − 14 , największą: 2 14 . 2
Przykład 8.22. Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji f (x, y) = (x+2y)e−x
w IR2 .
Policzmy pochodne cząstkowe funkcji f . Mamy:
2
fx0 = e−x
−y 2
2
fy0 = 2e−x
−y 2
2
− 2x(x + 2y)e−x
−y 2
2
− 2y(x + 2y)e−x
−y 2
2
= (1 − 2x2 − 4xy)e−x
−y 2
2
= (2 − 2xy − 4y 2 )e−x
,
−y 2
.
−y 2
157
Przyrównując pochodne do zera rozwiązujemy układ równań
1 − 2x2 − 4xy
2 − 2xy − 4y 2
=
=
0,
0,
czyli
2x(x + 2y)
2y(x + 2y)
Dzieląc te równania przez siebie mamy
ostatecznie otrzymujemy 2 rozwiązania:
x
y
=
=
=
1
2
1,
2.
czyli y = 2x. Stąd 10x2 = 1; a więc
1
2
x= √ , y= √ ,
10
10
oraz
1
2
x = −√ , y = −√ .
10
10
Mamy
f
oraz
f
2
1
√ ,√
10
10
1
2
−√ ,−√
10
10
5
= √ e−1/2 ,
10
5
= − √ e−1/2 .
10
Rozpatrzmy koło
KM = {(x, y) : x2 + y 2 ¬ M 2 },
gdzie M > 2. Wtedy dla (x, y) leżącego na brzegu tego koła (czyli dla x2 + y 2 = M 2 ) mamy
p
|x + 2y| ¬ |x| + |2y| ¬ 2(|x| + |y|) = 2
p
(|x| + |y|)2 = 2
x2 + 2|x||y| + y 2 .
Korzystając z tego, że 2|x||y| ¬ x2 + y 2 mamy (dla x2 + y 2 = M 2 )
√
2(x2 + y 2 ) = 2 2M.
p
|x + 2y| ¬ 2
Zatem dla x2 + y 2 = M 2
√
2
|f (x, y)| ¬ 2 2M e−M .
Jasne jest, że dla M → ∞ wartość funkcji na brzegu tego koła dąży do 0 (wynikato z faktu,
że funkcja wykładnicza rośnie szybciej niż funkcja liniowa). Ponieważ w punkcie
√1 , √2
10
10
wartość funkcji jest dodatnia, dla dostatecznie dużego M jest ona większa od wartości funkcji
na brzegu koła KM . Największa
wartość
jest więc przyjmowana wewnątrz koła. Analogicznie,
ponieważ w punkcie
− √110 , − √210
wartość funkcji jest ujemna, dla dostatecznie dużego
M wartość funkcji w tym punkcie jest mniejsza od wartości funkcji na brzegu koła KM .
Zatem i najmniejsza wartość jest przyjmowana wewnątrz tego koła. W punktach, w których
jest maksimum i miniumum przyjmowane pochodne cząstkowe muszą być równe zeru. Ale
jedynymi dwoma punktami, w których pochodne cząstkowe są równe zeru są powyższe dwa
158
punkty. W pierwszym z nich jest więc maksimum, a w drugim minimum i są to jednocześnie
wartości: największa i najmniejsza. Następny przykład może się wydać długi i żmudny. Warto go jednak prześledzić. Wyliczenia te są charakterystyczne dla wielu zagadnień optymalizacyjnych i mają szereg konkretnych zastosowań (np. przy budowie rowów melioracyjnych).
Przykład 8.23. Mamy dany zbiornik w kształcie graniastosłupa prostokątnego o podstawie trapezu równoramiennego bez ściany bocznej położonego na przeciwległej ścianie.
Zakładamy, że objętość tego zbiornika jest dana i równa V , oraz jego długość jest dana i
równa l.
A
A
A
A
A
y
A
A
A
A
Ap p p
p
ppp
pp
ppp
p
w pp
ppp
ppp
p p p p p p p p
y
d
x
l
m
Rysunek 8.10.
Oznaczmy mniejszą podstawę trapezu przez m, większą przez w, wysokość trapezu przez
w−m
. Niech T oznacza pole powierzchni trapezu.
2
V
Wtedy objętość zbiornika jest równa T l. Stąd T =
i jest stała. Ze wzoru na powierzchnię
l
trapezu mamy
x(2y + 2m)
x(m + w)
=
= xy + xm.
T =
2
2
Stąd
T
m=
− y.
x
x, a bok trapezu przez d. Niech y =
Z twierdzenia Pitagorasa wynika, że:
d=
p
x2 + y 2 .
Pole powierzchni P zbiornika (bez górnej ściany) jest równe
P = 2T + ml + 2dl.
Wstawiając wzory na m i d otrzymamy
P = 2T +
p
V
− ly + 2l x2 + y 2 .
x
159
P jest więc funkcją dwóch zmiennych x i y. Jakie warunki muszą spełniać x i y? Otóż
x musi być większe od zera, a y większe bądź równe zeru. Ponadto pole dwóch trojkątów
prostokątnych o bokach x, y i d nie może przekraczać pola trapezu, czyli T . Zatem zbiór
DP , na którym określona jest funkcja P jest opisany następująco:
DP = {(x, y) : x > 0, y 0, xy ¬ T }.
Widzimy to na rysunku 8.11.
y
6
ppp ppp ppp qqqq
ppp ppp ppp qqqq
pp pp pp qq
pp pp pp ppqqq
ppp ppp ppp pppqqq
pp pp pp ppqqq
pp pp pp pp qq
ppp ppp ppp ppp qqq
ppp ppp ppp ppp qqqppq
pp pp pp pp ppqq
pp pp pp pp ppqqq
ppp ppp ppp ppp ppp qqqpq
pp pp pp pp pp ppqq
pp pp pp pp pp pp qqq
ppp ppp ppp ppp ppp ppp qppqq
pp pp pp pp pp pp pp qqq
pp pp pp pp pp pp pp ppqq
ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp qppqqq
ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pppqqpqqq
pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp ppqqqq
pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp qpqqqq
ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp qpppqqppqqqpqqpqqsqqC
pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp A
p p p p p p p p p qpqqqq
=T
pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp spp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp qpppqqqpppqqppqqqppqqppqqqppqqpqqqpqqpqqqpqqpqqqqqqqqqqqqqxy
ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp pppqqpppqqqpppqqpppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqpqqqpqqpqqqpqqpqqqpqqpqqqpqqpq
qppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqsppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppqqppqqqppq x
B
Rysunek 8.11.
Znajdziemy punkt stacjonarny funkcji P . Mamy:
Px0 = −
2lx
V
+p
,
x2
x2 + y 2
2ly
Py0 = −l + p
x2 + y 2
.
Przyrównując pochodne do zera otrzymujemy układ równań

V
2lx

= p


2
 x2
x + y2

2y


 1= p 2
x + y2
.
Z drugiego równania otrzymujemy
x2 + y 2 = 4y 2 .
,
160
Stąd
x
y= √ .
3
Wstawiając to do równania pierwszego, mamy:
V
2x
= lq
x2
x2 +
.
x2
3
Stąd
r
V
4 2
x = 2lx3 .
3
Ostatecznie po podniesieniu do kwadratu i podzieleniu przez 2l2 x2 otrzymujemy
x4 =
V2
.
3l2
Zatem
1
x= √
4
3
Stąd
r
V
1 √
= √
T.
4
l
3
1
1 √
y= √ x= √
T.
4
3
27
Mamy zatem punkt stacjonarny
(x0 , y0 ) =
1 √
1 √
√
T, √
T
4
4
3
27
.
Sprawdzamy, czy punkt ten należy do zbioru DP , czyli czy x0 y0 ¬ T. Mamy:
1 √
1
1
√ = T < T.
x0 y0 = √
T√
4
4
3
3
27 T
Punkt stacjonarny należy do zbioru DP . Na rysunku ten punkt oznaczony jest przez A.
Liczymy wartość funkcji P w punkcie stacjonarnym. Mamy:
1 √
V
P (x0 , y0 ) = 2T + 1 √ − l √
T + 2l
4
√
27
T
4
3
r
√
√
4 1
4
√ T = 2T + 2 3 V l.
3 3
Pozostało wyznaczyć najmniejszą wartość funkcji na brzegu zbioru DP .
Zauważmy, że
−yl + 2l
p
x2 + y 2 0.
Wynika z tego, że
V
.
x
Stąd przy zbliżaniu się do prostej x = 0 wartość funkcji P dąży do nieskończoności, jest więc
bardzo duża.
P (x, y) 2T +
161
Zobaczymy co dzieje się na prostej y = 0. Wówczas funkcja jest funkcją zmiennej x i
przybiera postać
V
f (x) = 2T +
+ 2lx,
x
przy czym x ∈ (0; ∞). Obliczmy pochodną funkcji f . Mamy:
V
+ 2l.
x2
Przyrównując pochodną do zera otrzymujemy równanie
f 0 (x) = −
x2 =
pV
Stąd mamy jeden punkt stacjonarny x1 =
2l
V
.
2l
. Na rysunku jest to punkt B.
Wartość funkcji f w tym punkcie jest równa
r
V
f (x1 ) = 2T + p
+ 2l
V
2l
√ √
V
= 2 2 V l.
2l
Trzeba sprawdzić też końce przedziału (0; ∞). Ponieważ przedział jest otwarty liczymy
granice:
V
lim f (x) = lim 2T +
+ 2lx = 2T + ∞ + 0 = ∞,
x
x→0+
x→0+
V
+ 2lx = 2T + 0 + ∞ = ∞.
x
√ √
Stąd najmniejszą wartością funkcji na prostej y = 0 jest wartość 2 2 V l.
lim f (x) = lim 2T +
x→∞
x→∞
Pozostała nam jeszcze część brzegu będąca krzywą xy = T . Na krzywej tej y = T /x i
funkcja jest funkcją jednej zmiennej x i przybiera postać
V
lT
g(x) = 2T +
−
+ 2l
x
x
r
T2
x2 + 2 = 2T + 2l
x
r
x2 +
T2
,
x2
przy czym x ∈ (0; ∞). Funkcja g przyjmuje najmniejszą wartość tam, gdzie funkcja
g1 (x) = x2 +
T2
x2
przyjmuje wartość najmniejszą. Obie granice funkcji g1 w 0+ oraz w ∞ są równe nieskończoności. Szukamy punktu stacjonarnego:
g10 (x) = 2x −
2T 2
.
x3
√
Przyrównujemy pochodną do zera i otrzymujemy rozwiązanie x2 = T . Na rysunku jest to
punkt C. W tym punkcie wartość funkcji g1 jest najmniejsza. Zatem i wartość funkcji g jest
najmniejsza w tym punkcie. Liczymy wartość funkcji g w punkcie x2 :
r
g(x2 ) = 2T + 2l
T2
T2
+
= 2T + 2l
T
r
2
√ √
V
= 2T + 2 2 V l.
l
162
Jak widzimy jest to taka sama wartość, jak najmniejsza wartość na prostej y = 0. Teraz
pozostaje nam tylko porównać dwie wartości:
√
√ √
√
4
2T + 2 2 V l i 2T + 2 3 V l.
√
√
Podnosząc do czwartej potęgi liczby 2 2 oraz 2 4 3, otrzymujemy nierówność
16 · 4 > 16 · 3.
Wynika stąd, że druga wartość jest mniejsza.
Policzmy pozostałe wymiary zbiornika:
√
√
T
1 √
2 √
4
T.
m=
−y = 3 T − √
t= √
4
4
x
27
27
Widzimy stąd, że m powinno być dwa razy większe od y.
4 √
T.
w = m + 2y = 2m = √
4
27
Dłuższa podstawa trapezu powinna być dwa razy większa od krótszej.
Otrzymujemy ostateczną odpowiedź - wymiary zbiornika powinny być następujące:
1 √
wysokość trapezu: √
T,
4
3
2 √
T,
krótsza podstawa trapezu: √
4
27
√
4
dłuższa podstawa trapezu: √
T.
4
27
Widzimy stąd, że tangens kąta nachylenia bocznej ściany do podstawy wynosi y/x =
p
1/3. Ponieważ kąt ten jest rozwarty, to jest równy 120o . Powyższe rozwiązanie jest wykorzystywane przez budowniczych rowów melioracyjnych. Są one budowane właśnie tak, że ich przekrój jest trapezem równoramiennym o mniej więcej takich wymiarach jakie obliczyliśmy. Chodzi bowiem o to, aby był pewien z góry zadany przepływ wody w ciągu sekundy, co
odpowiada naszej objętości V i długości l, i aby siła tarcia wody o ściany rowu
była jak najmniejsza, czyli aby powierzchnia tych ścian była możliwie mała.
*Przykład 8.24. Teraz dopuścimy, że również długość zbiornika nie musi być ustalona,
ale dowolna. Wówczas nasza funkcja P jest funkcją trzech zmiennych x, y i l i wyraża się
wzorem:
P (x, y, l) =
p
2V
V
+
− yl + 2 x2 + y 2 .
l
x
Warunki jakie muszą spełniać zmienne x, y, l są następujące:
x > 0, y 0, l > 0, xyl ¬ V.
Pochodne względem x i y są identyczne jak w poprzednim przykładzie, zaś pochodna
względem l wyraża się wzorem:
163
p
2V
−
y
+
2
x2 + y 2 .
l2
Przyrównując pochodne cząstkowe do zera otrzymujemy układ równań:
Pl0 = −
 p 2
x + y 2 = 2x3 l,

 V
p
x2 + y 2 = 2y,

p

2V = l2 (y − 2
x2 + y 2 .
Z drugiego równania otrzymujemy podobnie jak w poprzednim przykładzie y =
√1 x.
3
Wstawiając do do pierwszego i trzeciego otrzymamy układ:
√
(
V = x2 l 3,
√
2V = 3l2 x.
Rozwiązując ten układ otrzymujemy:
l=
V
√ i ostatecznie jeden punkt stacjonarny (x0 , y0 , l0 ) o współrzędnych:
h2 3
r
x0 =
3
r
l0 =
3
4V
√ ,
3
r
y0 =
3
V
√ ,
2 3
V 1
√ √ =
2 3 3
r
3
V
.
18
Obliczając wartość funkcji P w punkcie stacjonarnym otrzymamy
p
√ √
3
3
P (x0 , y0 , l0 ) = 3 2 3 V 2 .
Teraz rozważymy funkcję P na brzegu zbioru. Z postaci funkcji wynika, że jeśli x → 0+
i l → 0+ , to wartość funkcji dąży do nieskończoności - a więc jest bardzo duża. Pozostały
nam dwie pozostałe części brzegu: płaszczyzna y = 0 oraz powierzchnia xyl = V .
Jeśli y = 0, to zbiornik jest prostopadłościanem o danej objętości V i zadanie sprowadza
się do przykładu 8.19. Z
tego przykładu wynika, że najmniejsza wartość funkcji
√
√rozwiązania
3
P przy y = 0 wynosi 3 3 4 V 2 .
v
Na powierzchni xyl = V podstawiamy l =
i otrzymujemy funkcję dwóch zmiennych
xy
xiy
p
2V x2 + y 2
,
f (x, y) = 2xy =
xy
gdzie 0 < x, y < ∞.
Jeśli rozważymy zbiór
DM = {(x, y) : x > 0, y > 0, xy < M },
164
gdzie M jest ustaloną liczbą (bardzo dużą), to zauważymy, że zarówno przy zbliżaniu się do
prostej x = 0 jak i y = 0 wartość funkcji f dąży do nieskończoności, natomiast dla xy = M ,
f (x, y) > M . Możemy wywnioskować, że wartość funkcji f na brzegu zbioru DM jest bardzo
duża. Najmniejszą wartość przyjmuje więc w punkcie stacjonarnym. Obliczając pochodne
cząstkowe funkcji f otrzymujemy:
fx0
fy0
1− p
= 2y
!
V
,
x2 + y 2 · x2
= 2x
!
V
1− p
x2 + y 2 · y 2
.
Przyrównując je do zera otrzymujemy układ równań:
(
V =
p
V =
p
x2 + y 2 x2 ,
x2 + y 2 y 2 .
Stąd mamy jeden punkt stacjonarny x1 = y1 =
q
3
V
√
.
2
Obliczając wartość funkcji f w tym punkcie otrzymujemy:
√
√
3
3
f (x1 , y1 ) = 3 4 V 2 .
√
Porównując trzy wartości (dwie z nich są takie same) i zauważając, że 2 3 < 4 wnioskujemy, że najmniejszą wartość funkcja P przyjmuje w punkcie
r
(x0 , y0 , l0 ) =
3
V
√ ,
2 3
r
3
V
,
18
r
3
4V
√
3
!
. ZADANIA
8.6. Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji
f (x, y) = 3xy − 5x − 6y + 2
w kwadracie o wierzchołkach (1, 1), (1, 2), (2, 1) i (2, 2).
8.7. Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji
f (x, y) = x2 − 2xy + y
w prostokącie o wierzchołkach (0, 0), (0, 1), (2, 1) i (2, 0).
8.8. Znaleźć najmniejszą wartość funkcji
f (x, y) = x +
1
+ 2y
xy
w kwadracie o wierzchołkach (0.1, 0.1), (10, 0.1), (0.1, 10) i (10, 10).
8.9. * Budujemy namiot (np. cyrkowy) w kształcie walca z dachem w kształcie stożka.
Objętość namiotu ma być równa V . Jakie powinny być wymiary namiotu (promień podstawy
r, wysokość walca h i wysokość stożka s), aby ilość zużytego materiału była najmniejsza?
165
Opiszemy tu model uwzględniający trzy podstawowe wielkości: dochód narodowy, konsumpcję i podatki.
Wielkości rozważane w tym modelu to:
• y - dochód narodowy;
• x - konsumpcja;
• z - podatki;
• I - inwestycje;
• G - wydatki rządowe;
• a - konsumpcja autonomiczna (niezależna od dochodów), a > 0;
• b - krańcowa skłonność do konsumpcji (zakładamy, że b jest stałe);
• c - stopa podatku dochodowego, c ∈ (0; 1);
• d - stała część podatków, niezależna od dochodów, d > 0.
Model opisują trzy równania:
(8.1)
y = x + I + G,
(8.2)
x = a + b(y − z),
(8.3)
z = d + cy.
Pierwsze równanie orzeka, że dochód jest spożytkowany na konsumpcję, inwestycje i wydatki rządowe. Drugie równanie stwierdza, że konsumpcja składa
się z konsumpcji stałej i z części dochodu przeznaczanego na konsumpcję.
Trzecie równanie mówi, że podatki składają się z podatków niezależnych od
dochodu i podatków proporcjonalnych do dochodu.
Rozwiążemy ten układ względem y. Przepiszemy go w postaci


 −x + y = I + G
x − by + bz = a

 −cy + z = d
166


−1
1 0


i zastosujemy wzory Cramera. Macierz A jest równa  1 −b b.
0 −c 1
Jej wyznacznik jest równy: −1 + b − cb.


−1 I + G 0


a b .
Natomiast macierz Ay równa się  1
0
d 1
Wyznacznik macierzy Ay jest równy: −a + bd − I − G. Stąd dochód równowagi y0 jest równy:
y0 =
det Ay
a − bd + I + G
=
.
det A
1 − b + bc
Możemy y0 potraktować jako funkcję sześciu zmiennych: a, b, c, d, I oraz G.
Możemy więc obliczyć sześć pochodnych cząstkowych. Trzy z nich grają
ważną rolę w podejmowaniu decyzji gospodarczych. Są to:
y0 0G =
1
,
1 − b + bc
y0 0d =
−b
,
1 − b + bc
y0 0c =
−b(a − bd + I + G)
.
(1 − b + bc)2
Pierwsza pochodna cząstkowa to tzw. mnożnik wydatków rządowych. Z
faktów, że b ∈ (0; 1), a bc > 0 wynika, że mnożnik ten jest dodatni. Wyciągamy
stąd wniosek, że wraz ze wzrostem wydatków rządowych przy nie zmienionych
innych parametrach rośnie dochód równowagi rynkowej.
Druga pochodna cząstkowa, tzw. mnożnik podatków stałych, jest ujemna,
bowiem: −b < 0. Zatem przy wzroście podatków innych niż podatek dochodowy dochód równowagi rynkowej maleje.
Trzecia pochodna cząstkowa to tzw. mnożnik stopy podatku dochodowego.
Pochodną tę możemy zapisać w postaci
y0 0c =
−by0
.
1 − b + bc
Wynika stąd, że ta pochodna jest też ujemna. Oznacza to, że zwiększenie stopy podatku dochodowego powoduje zmniejszenie dochodu równowagi
rynkowej.
8.9. Metoda najmniejszych kwadratów
167
Oczekujemy, że pewna wielkość ekonomiczna powinna w przybliżeniu wyrażać się funkcją liniową y = ax + b. Niestety nie znamy współczynników a
i b i chcemy je wyznaczyć. W tym celu przeprowadzamy badania wybierając pewne wielkości x1 , . . . , xn i otrzymując odpowiednie wartości y1 , . . . , yn .
Otrzymujemy pary punktów (x1 , y1 ), . . . , (xn , yn ). Jeśli połączymy je odcinkami, to otrzymany w ten sposób wykres będzie pewną łamaną, a nie prostą.
Wynika to zarówno z tego, że nasza wielkość jest tylko w przybliżeniu funkcją
liniową jak i z możliwych błędów przy badaniu. Tym niemniej będziemy próbowali znaleźć taką prostą y = ax + b, która będzie najbardziej zbliżona do
otrzymanej na podstawie badań łamanej. Tu pojawia się naturalne pytanie:
co oznacza najbardziej zbliżona, czyli jak zmierzyć „odległość” pomiędzy łamaną i prostą. Żeby wybrać najsensowniejszy sposób rozpatrzmy najprostszą
sytuację, kiedy przeprowadziliśmy dwa takie badania. Mamy zatem wartości
y(x1 ) = y1 i y(x2 ) = y2 . Natomiast oczekiwana funkcja liniowa w tych samych
punktach przyjmie wartości z1 = ax1 + b i z2 = ax2 + b. Chcemy, żeby pewna
kombinacja różnicy pomiędzy y1 i z1 oraz y2 i z2 była jak najmniejsza. Możemy
to rozumieć następująco: badanie daje nam parę liczb (y1 , y2 ) a oczekiwana
funkcja liniowa inną parę liczb (z1 , z2 ). Ale każdą parę liczb możemy traktować
jako punkt na płaszczyźnie, a odległość pomiędzy dwoma punktami (y1 , y2 ) i
(z1 , z2 ) wyraża się wzorem:
q
(z1 − y1 )2 + (z2 − y2 )2 .
Jeśli teraz będziemy przeprowadzać nie dwa, ale n badań, to otrzymamy
n współrzędnych yi i n współrzędnych zi (i = 1, . . . , n). Wówczas odległość
pomiędzy nimi określa wzór:
q
(z1 − y1 )2 + · · · + (zn − yn )2 .
Podstawiając za zi wartości funkcji liniowej y = ax + b w punktach xi
otrzymujemy funkcję dwóch zmiennych a i b:
O(a, b) =
q
(ax1 + b − y1 )2 + · · · + (axn + b − yn )2 .
Nasz problem polega na znalezieniu takich a i b, przy których funkcja
ta przyjmuje najmniejszą wartość. Oczywiste jest, że zamiast badać funkcję
O(a, b) możemy badać funkcję
S(a, b) = O2 (a, b) = (ax1 + b − y1 )2 + · · · + (axn + b − yn )2 .
168
Zarówno a jak i b mogą być dowolnymi liczbami rzeczywistymi. Musimy
znaleźć punkt (a, b) ∈ IR2 , w którym funkcja S przyjmuje najmniejszą wartość. Jak widzimy, funkcja S jest sumą kwadratów. Stąd wzięła się nazwa tej
metody.
Najpierw zauważmy, że gdy a dąży do ±∞, to S dąży do ∞, i gdy b dąży
do ±∞, to S dąży do ∞. Wnioskujemy z tego, że funkcja S musi przyjmować
najmniejszą wartość w pewnym punkcie stacjonarnym, czyli takim, w którym
pochodne cząstkowe funkcji S są równe zeru. Policzmy je.
Mamy:
Sa0 = 2x1 (ax1 + b − y1 ) + · · · + 2xn (axn + b − yn )
= a(2x21 + · · · + 2x2n ) + b(2x1 + · · · + 2xn ) − 2(x1 y1 + · · · + xn yn ),
Sb0 = 2(ax1 + b − y1 ) + · · · + 2(axn + b − yn )
= a(2x1 + · · · + 2xn ) + 2bn − 2(y1 + · · · + yn ).
Przyrównujemy pochodne cząstkowe do zera i otrzymujemy układ dwóch
równań liniowych z dwiema niewiadomymi (a i b).
(
a(x21 + · · · + x2n ) + b(x1 + · · · + xn ) = x1 y1 + · · · + xn yn ,
a(x1 + · · · + xn ) + bn
= y 1 + · · · + yn .
Rozwiązanie (a0 , b0 ) takiego układu wyraża się wzorem (patrz wzory Cramera):
"
a0 =
x1 y1 + · · · + xn yn x1 + · · · + xn
det
y 1 + · · · + yn
n
"
x2 + · · · + x2n x1 + · · · + xn
det 1
x1 + · · · + xn
n
#
"
b0 =
x2 + · · · + x2n x1 y1 + · · · + xn yn
det 1
x1 + · · · + xn
y1 + · · · + y n
"
x2 + · · · + x2n x1 + · · · + xn
det 1
x1 + · · · + xn
n
#
#
,
#
.
169
Przykład 8.25. Wielkość popytu na produkowany przez pewien zakład wyrób w tys.
sztuk w kolejnych kwartałach dwóch kolejnych lat wyrażała się odpowiednio danymi: 5.1,
5.3, 5.0, 5.8, 6.1, 5.3, 6.1, 7.1. Jaka funkcja liniowa najlepiej opisuje trend wzrostu (albo
spadku - to się okaże) popytu na ten towar?
Czas mierzymy w latach, zatem x1 = 1/4, x2 = 2/4,. . . , x8 = 2. Zgodnie z wzorami
obliczamy liczby a0 i b0 .
Mamy a0 = 0.914285, b0 = 4.696428.
Zatem poszukiwana funkcja liniowa to funkcja postaci
y = 0.914285x + 4.696428. Sytuację ilustruje rysunek 8.12.
y
6
tys. sztuk
s
qqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qq qqqqq
sqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqsqqq
s qqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
s
s
q
q
q
q
q
q
q
q
s qqqqqqqqq
s
5 qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
7
3
1
1
2
-x
lata
Rysunek 8.12.
W dzisiejszych czasach nikt nie dokonuje ręcznie takich obliczeń. Autor
posłużył się prostym algorytmem przedstawionym poniżej, pozwalającym obliczać a0 i b0 dla dowolnych danych xi i yi :
label 5,10;
var x,y,a,b,c,d,ao,bo:real;
i,n:integer;f:char;
begin
170
i:=0;a:=0;b:=0;c:=0;d:=0;
writeln(’Podaj liczbe prob’);readln(n);
5:
i:=i+1; if i=n+1 then goto 10;
writeln(’Podaj x(’,i,’)’);readln(x);
writeln(’Podaj y(’,i,’)’);readln(y);
a:=a+x*y;b:=b+y;c:=c+x;d:=d+x*x;goto 5;
10:
ao:=(n*a-b*c)/(d*n-c*c);
bo:=(d*b-a*c)/(d*n-c*c);
writeln(ao:4:6);writeln(bo:4:6);
f:=readkey
end.
Warto wspomnieć, że istnieje sporo gotowych programów (i cały czas powstają nowe) wykonujących obliczenia potrzebne w wielu takich i podobnych
zastosowaniach matematyki.
ZADANIA
8.10. Popyt na pewien wyrób kształtował się w czterech kwartałach 1995 roku następująco
(w tys. ton): 2.1, 2.0, 2.0, 1.8. Jaka funkcja liniowa najlepiej obrazuje tę sytuację?
8.11. Poziom wody w pewnym jeziorze zmierzono w 12 miesiącach roku 1996 i otrzymano
wyniki w metrach nad poziomem morza: 80.2, 80.2, 80.5, 80.2, 80.1, 79.9, 79.3, 79.1, 79.2,
79.5, 79.9, 80.2. Znajdź funkcję liniową przybliżającą trend zmiany poziomu wody w tym
jeziorze.
Rozdział 9.
Elementy równań różniczkowych
9.1. Prognozowanie w zarządzaniu
W prognozowaniu potrzebnym do podejmowania właściwych decyzji ekonomicznych wykorzystuje się metody matematyczne do ustalania relacji przyczynowo-skutkowych. Prowadzi to, jak już wiemy, zwykle do pewnych równań
czy nierówności. Zdarza się, że w wykorzystywanych prawach ekonomicznych
występują zależności zarówno od samych wielkości ekonomicznych, jak również
od tempa ich zmian, czyli od ich pochodnych. W takich sytuacjach w rozważanych równaniach będą występowały funkcje i ich pochodne, co oznacza, że
równania te będą równaniami różniczkowymi.
9.2. Przykładowe problemy prowadzące do równań
różniczkowych
Przedstawimy na początek kilka problemów pojawiających się w ekonomii
i w zarządzaniu prowadzących do równania różniczkowego.
Przykład 9.1. Zmiana kapitału przy zmiennej stopie procentowej. Załóżmy, że
stopa procentowa jest ciągłą funkcją zależną od czasu t równą r(t) oraz, że pochodna funkcji
kapitału k(t) jest ciągła. Wtedy odsetki za okres [t; t + h] wyniosą K(t)r(th )h, gdzie r(th )
jest średnią stopą procentową w przedziale [t; t + h]. Zatem odsetki za okres [t; t + h] wyniosą
K(t)r(th )h, gdzie r(th ) jest średnią stopą procentową w przedziale [t; t + h]. Stąd
K(t + h) = K(t) + hr(th )K(t).
Po przekształceniu otrzymamy
K(t + h) − K(t)
= r(th )K(t).
h
172
9. Elementy równań różniczkowych
Z twierdzenia Lagrange’a
K(t + h) − K(t) = K 0 (t + αh)h,
gdzie α ∈ [0; 1]. Stąd
K 0 (t + αh) = r(th )K(t),
Z ciągłości funkcji r i K 0 wynika, że gdy h dąży do 0, to średnia wartość funkcji r w przedziale
[t; t+h] dąży do r(t) oraz K 0 (t+αh) dąży do K 0 (t). Zatem przechodząc do granicy otrzymamy
równanie
K 0 (t) = r(t)K(t). Przykład 9.2. Na rynku znajduje się n towarów. Oznaczmy przez yi , Pi , Qi cenę, popyt
i podaż na i-ty towar. Popyt i podaż na i-ty towar zależy od ceny i-tego towaru, ale może
też zależeć od cen innych towarów - stopień tej zależności zależy od korelacji poszczególnych
towarów. Oznacza to, że dla i = 1, . . . , n mamy równości
Pi = gi (y1 , . . . , yn ),
Qi = hi (y1 , . . . , yn ).
Podobnie jak w poprzednim przykładzie postulujemy, że wzrost ceny jest proporcjonalny do
nadwyżki popytu nad podażą, czyli
yi0 = ei (Pi − Qi ),
i = 1, . . . , n,
gdzie ei są pewnymi stałymi. Po podstawieniu fi = gi − hi otrzymujemy układ równań
różniczkowych
 0

 y1 = f1 (y1 , . . . , yn )
..
 .0

yn = fn (y1 , . . . , yn ).
Po tych przykładach przechodzimy do sformułowania podstawowych pojęć
związanych z równaniami różniczkowymi.
9.3. Pojęcie równania różniczkowego zwyczajnego
Definicja. Niech g będzie funkcją n + 2 zmiennych określoną na pewnym
podzbiorze w IRn+2 . Równaniem różniczkowym zwyczajnym rzędu n
nazywamy równanie z niewiadomą funkcją y, mającą pochodne do n-tego rzędu
włącznie, postaci następującej
(9.1)
g x, y(x), y 0 (x), · · · , y (n) (x) = 0.
Będziemy zajmować się wyłącznie takimi sytuacjami, w których z równania
g(z1 , z2 , · · · , zn+1 ) = 0 da się wyznaczyć ostatnią zmienną, czyli równaniami
różniczkowymi postaci
(9.2)
y (n) (x) = f x, y(x), y 0 (x), · · · , y (n−1) (x) ,
9.3. Pojęcie równania różniczkowego zwyczajnego
173
gdzie f jest daną funkcją określoną w pewnym otwartym podzbiorze IRn+1 .
Jeśli n = 1, to f : IR2 → IR i równanie (9.2) jest równaniem pierwszego
rzędu
y 0 (x) = f x, y(x) .
(9.3)
Definicja. Niech gi dla i = 1, . . . , n będą funkcjami określonymi na pewnym podzbiorze w IR2n+1 . Układem równań różniczkowych pierwszego
rzędu nazywamy układ z niewiadomymi funkcjami y1 , . . . , yn postaci następującej

0
0

 g1 (x, y1 , . . . , yn , y1 , . . . , yn ) = 0
.
..


(9.4)
gn (x, y1 , . . . , yn , y10 , . . . , yn0 ) = 0.
Będziemy rozważać tylko takie układy, z których można wyliczyć ostatnie
n zmiennych, czyli układami postaci
 0

 y1 = f1 (x, y1 , . . . , yn )
.
..

 0
(9.5)
yn = fn (x, y1 , . . . , yn ),
gdzie fi (i = 1, . . . , n) są pewnymi funkcjami n + 1 zmiennych.
Wprowadźmy wektor
Y = (y1 , . . . , yn )
n+1
oraz funkcję F : IR
→ IR
n
F (x, Y ) = F (x, y1 , y2 , . . . , yn ) = f1 (x, y1 , . . . , yn ), . . . , fn (x, y1 , . . . , yn ) .
Możemy zapisać układ (9.5) w postaci jednego równania wektorowego
(9.6)
Y 0 (x) = F x, Y (x) ,
z szukaną funkcją Y o wartościach w IRn .
W równaniu (9.2) zastosujmy podstawienie y1 = y, y2 = y 0 , . . . , yn =
Przybiera ono wtedy postać układu równań różniczkowych
y (n−1) .
(9.7)
 0
y1 = y2




0


 y2 = y3
.
..



0

yn−1
= yn


 0
yn = f (x, y1 , . . . , yn ).
174
Jak już wiemy można ten układ zapisać jako jedno równanie wektorowe w
postaci (9.6).
Możemy zatem w prezentowanych w dalszej części zagadnieniach teoretycznych rozważać wyłącznie równania postaci (9.6).
9.4. Rozwiązanie ogólne i problem Cauchy’ego
Rozpatrzmy najprostsze równanie różniczkowe, gdy funkcja f jest tożsamościowo równa 0, tzn. równanie pierwszego rzędu
y 0 (x) = 0.
(9.8)
Wiadomo, że rozwiązaniem tego równania jest dowolna funkcja stała y = c.
Wykresem każdego takiego rozwiązania jest prosta równoległa do osi Ox.
y
2
6
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
(x , y )
1 qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqtqqqqqqqqqqq0qqqqqqqqqqqq0qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
1
2
3
4
5
6
-x
Rysunek 9.1.
Widać stąd, że przez każdy punkt (x0 , y0 ) płaszczyzny przechodzi dokładnie jedno rozwiązanie postaci y = y0 (rysunek 9.2)4
Z tego prostego przykładu widzimy, że rozwiązaniem równania postaci (9.7)
może być (i zwykle jest!) cała rodzina rozwiązań zależnych od parametru c. W
wypadku równania (9.6) czy równoważnego układu (9.5) rozwiązaniem będzie
rodzina zależna od n parametrów, czyli wektora C = (c1 , . . . , cn ).
Taką rodzinę nazywamy rozwiązaniem ogólnym równania.
4
Będziemy zajmować się przede wszystkim równaniami opisującymi zjawiska ekonomiczne. Dlatego większość rozwiązań będziemy rozważać tylko dla nieujemnych argumentów i
wartości funkcji.
9.4. Rozwiązanie ogólne i problem Cauchy’ego
175
Przykład 9.3. Rozpatrzmy równanie
y 0 (x) = y(x).
(9.9)
Oznacza to, że w równaniu (9.7), f (x, y) = y. Przypuśćmy, że y jest rozwiązaniem
tego równania. Niech z(x) = y(x)e−x . Obliczając pochodną funkcji z i korzystając z (9.9)
otrzymujemy
z 0 (x) = y 0 (x)e−x + y(x)(e−x )0 = y(x)e−x − y(x)e−x = 0.
Stąd z(x) = c. Otrzymujemy rozwiązanie ogólne równania (9.9)
q
y(x) = z(x)ex = cex . Wykresy różnych funkcji y spełniających to równanie widzimy na rysunku 9.2.
y
6
qq qq
qq
qq
qqq q
qq q qqq
qq q
qqq qq
qq
qqq
qq q qqq
2
qq q
qq q
(x , y )
qq
qq
qqq qqtq 0 0
qqq qqqqq
qqq qqqqq
q
q
q
q
qqq qqq
qqq
qqq
1 qq qqqqqqqq
qqqq qqqqqqqq
q
q
q
q
qqqqq
qqqqqqq qqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
1
2
3
4
3
5
-x
Rysunek 9.2.
Przypuśćmy, że chcemy znaleźć rozwiązanie równania
Y 0 (x) = F (x, Y )
spełniające warunek
Y (x0 ) = Y0 ,
czyli rozwiązanie przechodzące przez punkt (x0 , Y0 ) ∈ G ⊂ IRn+1 .
Problem ten nazywamy problemem (zagadnieniem) Cauchy’ego, a
warunek Y (x0 ) = Y0 , warunkiem początkowym.
176
9.5. Równanie o zmiennych rozdzielonych
Jest to równanie, w którym funkcja f (x, y) daje się zapisać jako iloraz
f (x, y) =
p(x)
.
q(y)
Zatem jego postać jest następująca
y 0 (x) =
p(x)
q(y)
lub
q(y)y 0 (x) = p(x).
(9.10)
Podstawmy
Z
P (x) =
i
p(x)dx
Z
Q(y) =
q(y)dy,
czyli
P 0 (x) = p(x)
oraz
Q0 (y) = q(y).
Z wzoru na pochodną funkcji złożonej mamy
(Q(y(x))0 = Q0 (y)y 0 (x) = q(y)y 0 (x),
skąd z wzoru na pochodną różnicy i równania (9.10)
0
Q(y(x)) − P (x) = 0.
Stąd funkcja w nawiasie klamrowym jest stała
Q y(x) − P (x) = C.
W praktyce stosujemy następujący formalny algorytm:
y0 =
p(x)
dy
=
.
dx
q(y)
9.5. Równanie o zmiennych rozdzielonych
177
Stąd
q(y)dy = p(x)dx.
Całkujemy obie strony
Z
Z
q(y)dy =
p(x)dx + c.
To jest nasze rozwiązanie ogólne. Pozostaje jeszcze z niego wyznaczyć funkcję y, co nie zawsze się udaje.
Teraz rozwiążemy kilka przykładów.
Przykład 9.4. Bank stosuje oprocentowanie ciągłe z roczną stopą procentową r. 12 V
2003 roku klient wpłacił 25300 zł, a 15 IX 2003 roku stan jego konta wynosił 25899 zł. Jaką
stopę procentową stosuje bank?
Wykorzystując poprzednie zadanie mamy K(t) = Cert . Podstawmy t1 = 12 V, t2 = 15
= 0.375. Wtedy
IX. Zatem t2 − t1 = 137
365
K(t2 )
= er(t2 −t1 ) .
K(t1 )
Wstawiając odpowiednie liczby mamy
25899
= e0.375r .
25300
Stąd
r=
1
25899
ln
= 0.0623 = 6.23%. 0.375 25300
Przykład 9.5. Pewna hala produkcyjna ma 300 m3 objętości. Jest tam zainstalowany
wentylator o mocy 800 watów. Działa on w ten sposób, że włącza się automatycznie, kiedy
ilość dwutlenku węgla w pomieszczeniu osiąga 0.10%, wyłącza gdy ilość ta się zmniejszy do
0.05%. Wentylator ten w ciągu minuty wtłacza do pomieszczenia 30 m3 powietrza, które
zawiera 0.04% dwutlenku węgla. W czasie pracy w pomieszczeniu tym przebywa taka liczba
osób, że w ciągu minuty przybywa 2 litry dwutlenku węgla. Praca odbywa się na dwie
zmiany w godzinach 6.00-14.00 i 14.00-22.00, czyli 16 godzin na dobę. Ile rocznie kosztuje
eksploatacja wentylatora przy cenie 1 kilowatogodziny 40 groszy?
Czas dzielimy na odcinki kiedy wentylator nie pracuje, i na odcinki kiedy wentylator
pracuje.
Najpierw zajmijmy się odcinkiem, kiedy wentylator nie pracuje. Na początku tego odcinka w pomieszczeniu znajduje się 0.05% dwutlenku węgla, czyli 300 · 1000 · 0.0005 litrów,
co daje 150 litrów. Na końcu tego odcinka znajduje się dwa razy więcej, czyli 300 litrów. Ponieważ dwutlenku węgla przybywa z prędkością 2 litry na minutę, to wentylator nie pracuje
przez 150 : 2 = 75 minut.
Teraz zajmiemy się odcinkiem kiedy wentylator pracuje. Oznaczmy przez y(t) ilość dwutlenku węgla w pomieszczeniu w litrach, a przez t oznaczmy czas mierzony w minutach.
Wiemy, że na początku tego odcinka czasu w pomieszczeniu jest 300 litrów dwutlenku węgla, a na końcu 150 litrów.
178
Weźmy pod uwagę krótki odcinek czasu [t; t+h]. W tym czasie w pomieszczeniu przybywa
2h litrów dwutlenku węgla z powodu oddychania znajdujących się tam osób oraz 30 · 1000 ·
0.0004h = 12h litrów wtłoczonych przez wentylator.
Jednocześnie z pomieszczenia (np. przez szpary w oknach i drzwiach) ubywa 30h litrów
30
h = 0.1y(t)h litrów dwutlenku węgla. Stąd
powietrza, w nim znajduje się około y(t) · 300
otrzymujemy równość
y(t + h) − y(t) = 14h − 0.1y(t)h.
Dzieląc przez h i przechodząc do granicy przy h dążącym do 0 otrzymujemy równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych
y 0 (t) = 14 − 0.1y(t).
Rozwiązując je otrzymujemy kolejno
dy
= dt,
14 − 0.1y
−10 ln |14 − 0.1t| = t + c,
ln |14 − 0.1y| = −0.1t + c1 ,
14 − 0.1y = c2 e−0.1t ,
y(t) = 140 − c3 e−0.1t .
Uwzględniając, że y(0) = 300 otrzymujemy, że c3 = −160 i ostatecznie
y(t) = 140 + 160e−0.1t .
Obliczmy, po jakim czasie pracy wentylator się wyłączy. Nastąpi to wtedy, gdy ilość dwutlenku węgla w pomieszczeniu osiągnie 150 litrów. Zatem wtedy, gdy
140 + 160e−0.1t = 150,
czyli, gdy
e0.1t = 16,
skąd
t = 10 ln(16) = 27.7.
Otrzymaliśmy zatem, że jednorazowy czas pracy wentylatora wynosi 27.7 minuty. Pełny cykl
działania wentylatora wynosi 27.7 + 75 = 102.7 minut. Pracuje on w tym cyklu przez 27.7
minut co daje 27% czasu pracy. W ciągu roku mamy 365 · 16 = 5840 godzin pracy. Zatem
w ciągu roku wentylator pracuje 0.27 · 5840 = 1577 godzin. Ponieważ jego moc wynosi 0.8
kilowata, zużywa on 0.8 · 1577 = 1261 kilowatogodzin rocznie. Oznacza to, że eksploatacja
wentylatora kosztuje rocznie 1261 · 0.40 = 505 złotych. ZADANIA
9.1. Rozwiąż równanie y 0 =
ex
y2
z warunkiem początkowym y(0) = 1.
9.2. Wiemy, że stopa procentowa w pewnym banku zmieniała w roku 2002 się wg wzoru
r(t) = 0.03 + 0.01t + 0.005 sin(2πt),
gdzie t jest czasem mierzonym w latach od początku roku. 14 I 2003 roku pan X wpłacił do
banku 10000 złotych. Jaką kwotę posiadał 20 XI 2003?
9.6. Liniowe równanie różniczkowe pierwszego rzędu
179
9.6. Liniowe równanie różniczkowe pierwszego rzędu
Jest to równanie postaci
y 0 (x) = p(x)y(x) + q(x),
(9.11)
gdzie p i q są danymi funkcjami. O funkcjach p i q zakładamy, że są ciągłe.
Wtedy równanie liniowe ma dokładnie jedno rozwiązanie przechodzące przez
dany punkt (x0 , y0 ) określone w pewnym przedziale (x0 − ε; x0 + ε).
Rozwiązujemy je w następujący sposób:
Krok 1. Rozwiązujemy tzw. równanie jednorodne, tzn chwilowo przyjmujemy q(x) = 0. Mamy
y 0 (x) = p(x)y(x).
(9.12)
Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych, co daje nam rozwiązanie
dy
= p(x)dx,
y
skąd
ln |y| =
Z
p(x)dx + c.
Stąd
R
|y| = ec e
p(x)dx
.
Zastępując dodatnią stałą ec stałą dowolną C otrzymujemy
R
y = Ce
p(x)dx
,
gdzie C jest dowolną liczbą rzeczywistą.
Krok 2. Zakładamy, że C nie jest stałą, ale funkcją zależną od x i wstawiamy do naszego równania niejednorodnego (jest to tzw. metoda uzmienniania
stałej). Otrzymujemy
R
y 0 (x) = C 0 (x)e
p(x)dx
R
= p(x)C(x)e
R
+ C(x)p(x)e
p(x)dx
+ q(x).
Stąd po skróceniu
R
C 0 (x)e
p(x)dx
= q(x),
p(x)dx
180
czyli
C 0 (x) = q(x)e−
R
p(x)dx
.
Zatem, aby obliczyć C wystarczy zcałkować prawą stronę ostatniej równości.
Pojawiających się w powyższym rozumowaniu wzorów nie warto pamiętać.
Wystarczy tylko zapamiętać metodę rozwiązywania.
Przykład 9.6. Rozwiązać równanie
y 0 = 3y + x,
z warunkiem początkowym y(0) = 1.
Krok 1. Rozwiązujemy równanie jednorodne
y 0 = 3y.
Stąd
dy
= 3dx.
y
Zatem
ln |y| = 3x + C,
skąd
y(x) = Ce3x .
Krok 2. Przyjmujemy, że C jest funkcją i wstawiamy do równania. Mamy
C 0 e3x + C · 3e3x = 3Ce3x + x.
Stąd
C 0 e3x = x,
skąd
C 0 = xe−3x .
Zatem
Z
C=
xe−3x dx + c1 .
Całkując przez części mamy
Z
xe−3x dx =
v 0 = e−3x
v = − 31 e−3x
u=x
u0 = 1
1
1
= − xe−3x +
3
3
Z
e−3x dx
1
1
= − xe−3x − e−3x + c1 .
3
9
Ostatecznie
1
1
x− .
3
9
W ten sposób mamy rozwiązanie ogólne równania.
y(x) = c1 e3x −
9.7. Położenie równowagi i stabilność
181
Aby znaleźć rozwiązanie spełniające warunek początkowy wstawiamy x = 0, y = 1 i
otrzymujemy
1
1 = c1 e0 − .
9
Stąd
10
c1 =
.
9
Ostatecznie otrzymujemy rozwiązanie spełniające warunek początkowy
y(x) =
10 3x 1
1
e − x− . 9
3
9
ZADANIA
9.3. Rozwiązać równanie y 0 =
y
x
+ x.
0
9.4. Rozwiązać równanie y = 2y + ex z warunkiem początkowym y(0) = 3.
Rozwiążemy następujące równanie liniowe jednorodne:
y 0 = ay.
Jego rozwiązanie jest następujące:
y = ceax ,
c ∈ IR.
Zauważmy, że jeśli a > 0, to dla każdego c 6= 0 rozwiązanie dąży przy t
zbieżnym do ∞, do ±∞, a jeśli a < 0, to wszystkie rozwiązania dążą do 0.
Jeśli a = 0, to rozwiązaniami są funkcje stałe.
Różnicę tę widzimy na wykresach (rysunki 9.3 i 9.4), gdzie przedstawione są
rozwiązania dla a = 15 i a = − 15 . Przypadek a = 0 widzieliśmy na rysunku 9.1.
Zauważmy, że w obu wypadkach rozwiązanie y = 0 jest jedynym stałym
rozwiązaniem, przy czym w pierwszym wypadku wszystkie rozwiązania przy
t → ∞ oddalają się od tego rozwiązania, a w drugim wypadku zbliżają się do
niego.
Możemy na tą sytuację popatrzyć następująco:
Jeśli przyjmiemy warunek początkowy y(t0 ) = 0, to zarówno w pierwszym
i w drugim przypadku otrzymujemy dla t > t0 to samo rozwiązanie y ≡ 0.
Przypuśćmy, że w punkcie t0 mamy nieco inną wartość początkową y(t0 ) = s,
czyli nastąpiło pewne wychylenie od położenia y = 0. Wtedy w pierwszym
182
y
y
46
46
qqq
qqqqqq
q
q
q
q
q
q
qqqqqqq
3
qqqqqqq
q
q
q
q
q
q
qqqqqq
qqqqqqqqq
qqqqqqqqqq
qqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
2
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqqq
qqqqq
qqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
qqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
1 qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq-t
1 2 3 4 5 6 7
3 qqqqqqqqqqq
qqqqqqqqq
qqqqqqqqq
q
q
2 qqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
1 qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq t
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
1 2 3 4 5 6 7
Rysunek 9.3.
Rysunek 9.4.
wypadku rozwiązanie będzie się oddalać od wartości 0, a w drugim będzie do
tej wartości powracać.
Te rozważania są punktem startowym do następujących definicji
Definicja. Liczbę y0 nazywamy położeniem równowagi równania liniowego, jeśli funkcja stała y(x) = y0 jest rozwiązaniem tego równania. Położenie
równowagi nazywamy stabilnym, jeśli rozwiązania dążą przy t → ∞ do tego
położenia. W przeciwnym wypadku położenie równowagi nazywamy niestabilnym.5
Przejdźmy do konkretnych modeli ekonomicznych. Podaż oznaczamy przez
Q, popyt przez P , cenę przez y, czas przez t.
Przykład 9.7. Rozważmy model
(
P = −y + y 0 + 2
Q=y
P = Q.
W modelu tym:
i) Popyt jest tym większy im niższa cena oraz jest tym wiekszy im większy jest wzrost
cen. Popyt niezależny od ceny wynosi 2.
ii) Podaż jest tym większa im większa jest cena oraz nie zależy od wzrostu ceny.
Prowadzi to do równania różniczkowego liniowego:
y 0 − 2y + 2 = 0.
Rozwiązując to równanie otrzymujemy rozwiązanie
y(t) = Ae2t + 2.
5
Ograniczamy się do rozważania powyższych zagadnień tylko dla równań liniowych. Jeśli
równanie różniczkowe nie jest liniowe, te definicje są bardziej skomplikowane.
183
Widzimy, że położenie równowagi jest równe 2 i jest niestabilne. Dla warunku początkowego
y(0) = 1 mamy rozwiązanie y(t) = e2t + 2. Przykład 9.8. Rozważmy model
(
P = −y + y 0 + 2
Q = y + 3y 0
P = Q.
W modelu tym:
i) Popyt jest tym większy im niższa cena oraz jest tym wiekszy im większy jest wzrost
cen. Popyt niezależny od ceny wynosi 2.
ii) Podaż jest tym większa im większa jest cena oraz jest tym większy im większy jest
wzrost cen.
iii) Producenci silniej niż konsumenci reagują na wzrost cen (czyli również na inflację).
Prowadzi to do równania różniczkowego liniowego:
y 0 + y = 1.
Otrzymamy rozwiązanie
y(t) = Ae−t + 1.
Widzimy, że położenie równowagi jest równe 1 i jest stabilne.
Znajdźmy rozwiązanie z warunkiem początkowym y(0) = 2. Wtedy
A + 1 = 2,
czyli A = 1. Ostatecznie
y(t) = e−t + 1.
A oto wykres tej funkcji (rysunek 5).
y
6
2 qqqqqqqq
qqqqqqq
qqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
1
0
1
2
3
4
Rysunek 9.5.
5
-t
184
Przykład 9.9. Model Walrasa dla jednego towaru. Niech P oznacza popyt na
pewien towar, Q - jego podaż, y - cenę. Rozważmy układ trzech równań:
(
P = −ay + b
Q = cy − d
y 0 = e(P − Q).
Hipoteza Walrasa zawarta jest w trzecim równaniu, które w tym modelu zastępuje równanie równowagi. Ta hipoteza zakłada, że wzrost ceny jest proporcjonalny do różnicy pomiędzy
popytem i podażą. Parametr e jest stopniem wrażliwości rynku; jeśli e jest mała, to znaczy,
że rynek jest mało wrażliwy na wahania popytu i podaży, gdy e jest duża, to rynek jest
bardzo wrażliwy na wahania popytu i podaży.
Po podstawieniu w trzecim równaniu wzorów na P i Q otrzymamy równanie różniczkowe
y 0 = −py + q,
gdzie p = e(a + c), q = e(b + d). Z założeń wynika, że p > 0 oraz q > 0. Przyjmijmy, że
y(0) = y0 i rozwiążmy nasze równanie. Otrzymamy rozwiązanie ogólne
y(t) = c1 e−pt +
Z warunku początkowego
y 0 = c1 +
q
,
p
c1 = y0 +
q
.
p
skąd
Ostatecznie
y(t) =
y0 −
q
p
q
.
p
e−pt +
q
.
p
Wprowadźmy do tego rozwiązania cenę yr równowagi, tzn. rozwiążmy równanie
P = Q.
Otrzymamy
yr =
q
.
p
Wtedy rozwiązanie przybiera postać
y(t) = (y0 − yr )e−pt + yr .
Z faktu, p > 0 wynika, że
lim e−pt = 0.
t→∞
Oznacza to, że w modelu Walrasa cena zawsze dąży do ceny równowagi tempem wykładniczym! Przykład 9.10. Model rynku z oczekiwaniami cenowymi. Niech P , Q, y, y0 ,
oznaczają to samo co w poprzednim przykładzie. Wprowdźmy dodatkowo yo - cenę oczekiwaną i załóżmy, że producenci ustalają wielkość produkcji nie podstawie ceny bieżącej, ale
na podstawie ceny oczekiwanej. To oznacze, że wielkości te są związanie równaniami
185
9.8. Jakościowa analiza rozwiązań

P = −ay + b


Q = cyo − d
0

 yo = y + ky
P = Q.
Pierwsze równanie oznacza, że popyt zależy od aktualnej ceny. Drugie równanie oznacza, że podaż zależy od ceny oczekiwanej. Trzecie, że cenę przewiduje się na podstawie jej
aktualnego tempa wzrostu (lub spadku). Czwarte jest równaniem równowagi.
Podobnie jak poprzednio logicznymi założeniami są a, b, c, k > 0, d 0. Otrzymamy
równanie różniczkowe na y
y 0 = −py + q,
przy czym teraz p =
że p > 0, q > 0.
a+c
,
ck
q=
b+d
.
ck
Wynika stąd analogicznie jak w poprzednim przykładzie,
Rozwiązanie wygląda identycznie jak w poprzednim przykładzie
y(t) =
q
y0 −
p
e−pt +
q
.
p
Widzimy, że cena dąży do pq = c+a
. Można ją uznać, za cenę równowagi, bowiem, jeśli w
b+d
danym momencie y0 = pq , to y(t) będzie funkcją stałą, skąd i yo (t) będzie funkcją stałą.
Natomiast cena oczekiwana yo będzie się wyrażała wzorem
yo (t) =
i też będzie dążyła do
y0 −
q
− kpy0 + kq
p
e−pt +
q
p
q
.
p
Podstawmy do tego wzoru dane liczbowe i popatrzmy na wykres: np. y0 = 0.5, a = 1,
b = 2, c = 2, d = 1, k = 1. Wtedy p = 32 , q = 32 . Otrzymujemy rozwiązanie
3
y(t) = −0.5e− 2 t + 1.
Natomiast cena oczekiwana wyraża się wzorem
3
yo (t) = 0.25e− 2 t + 1.
Na rysunku 9.6 wykres rozwiązania. Grubszą linią jest wykres ceny, a cieńszą ceny oczekiwanej. Widzimy, że obie ceny się do siebie zbliżają.
Jeśli równanie różniczkowe nie jest liniowe, to nie zawsze można podać wzór
na rozwiązanie. Potrafimy jednak często mimo braku takiego wzoru otrzymać
istotne informacje o rozwiązaniu; np. podać granicę rozwiązania w nieskończoności, stwierdzić czy jest rosnące, czy malejące itp.
186
y
2
1
6
pppppppppppppppppp
ppppppppppppppppppqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqpqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqqq
0
1
2
3
4
5
-t
Rysunek 9.6.
Będziemy zajmować się tzw. równaniem autonomicznym, czyli równaniem
postaci
y 0 = f (y).
Oznacza to, że funkcja f jest funkcją tylko zmiennej y.
Przypuśćmy, że funkcja stała y(x) = y ∗ jest rozwiązaniem równania. Wówczas podobnie jak przy równaniu liniowym będziemy liczbę y ∗ nazywać położeniem równowagi. Położenie równowagi będziemy nazywać stabilnym, jeśli
przy x → ∞, każde rozwiązanie y(x) będzie dążyło do y ∗ , a niestabilnym w
przeciwnym wypadku.6
Wówczas mamy f (y ∗ ) = 0. Zatem położenia równowagi to rozwiązania
równania
f (y) = 0.
Popatrzmy na wykres pewnej funkcji f (y) (rysunek 9.7).
Jak widzimy, w tym przykładzie funkcja f jest rosnąca. W szczególności
jest rosnąca w pobliżu punktu y = y ∗ . Oznacza to, że jeśli znajdziemy się
w punkcie y > y ∗ , to f (y) = y 0 > 0 i wraz ze wzrostem x funkcja y(x)
będzie rosła, a zatem wartości y(x) będą się oddalały od położenia równowagi.
Jeśli znajdziemy się w punkcie y < y ∗ , to wraz ze wzrostem x funkcja y(x)
będzie malała, czyli oddalała się od położenia równowagi. Zatem sytuacja
przedstawiona na tym rysunku opisuje niestabilne położenie równowagi.
A oto sytuacja inna (rysunek 9.8).
6
Przypominamy, że to pojęcie stabilności jest uproszczone. W ogólniejszych przypadkach
jest ono bardziej zawiłe.
187
y 0 = f (y)
q
qq
qqqq
qqq
qq
q
y ∗ qq
sqq
q
q
q
1 qq 2 3
qqq
qqq
q
q
q
qqqqq
qqqqqqqqqqqq
y 0 = f (y)
6
2
1
−1
−2
4
6
2 qqqqqqqqqqqqqqq
qqqqq
qqqq
qqqq
1
qqq ∗
qqq y
qqqs
q
1 2qqqqq 3
qqq
qqq
−1
qqq
qqq
qqq
−2
qqq
−3
-y
5
−3
Rysunek 9.7.
4
-y
5
Rysunek 9.8.
Funkcja f jest malejąca. W szczególności jest malejąca w pobliżu punktu
y = y ∗ . Jeśli znajdziemy się w punkcie y > y ∗ , to wraz ze wzrostem x funkcja
y(x) będzie malała, a zatem wartości y(x) będą się zbliżały do położenia równowagi. Jeśli znajdziemy się w punkcie y < y ∗ , to wraz ze wzrostem x funkcja
y(x) będzie rosła, czyli zbliżała się do położenia równowagi. Zatem sytuacja
przedstawiona na tym rysunku opisuje stabilne położenie równowagi.
Analiza powyższa pozwala otrzymywać informacje o rozwiązaniu nawet
wówczas, kiedy nie znamy konkretnego wzoru na funkcję f , a tylko znamy
pewne jej własności. Zademonstrujemy to na przykładzie modelu Solowa.
Przykład 9.11. Model wzrostu Solowa. W modelu tym zakładamy, że funkcja pro0
i FL0 są
dukcji F jest funkcją dwóch zmiennych: kapitału K i pracy L. Zakładamy, że FK
dodatnie - co oznacza, że produkt rośnie wraz ze wzrostem kapitału i ze wzrostem pracy oraz,
00
00
i FLL
są ujemne - to z kolei oznacza, że wielkości krańcowe są malejące. Ponadto
że FKK
postuluje się, że funkcję F można zapisać w postaci
F (K, L) = Lφ
K
L
,
gdzie φ jest pewną funkcją jednej zmiennej (oczywiście φ(0) = 0). Oznacza to, że jeśli
zmienimy w ustalonej proporcji a obie zmienne, to F zmieni się w tej samej proporcji,
bowiem
aK
K
F (aK, aL) = aLφ
= aLφ
= aF (K, L).
aL
L
Podstawmy K
= y i obliczmy pierwszą i drugą pochodną cząstkową funkcji F względem K.
L
Mamy
1
0
FK
= L φ0 (y).
L
Wynika stąd, że φ0 (y) > 0. Dalej
00
0
FKK
= FK
0
K
0
= φ0 (y)
K
1
= φ00 (y) .
L
188
Stąd otrzymujemy, że φ00 < 0.
Założenia w modelu Solowa są następujące:
1) Stała część produkcji jest inwestowana w proporcji s. Ponieważ przyrost kapitału w
jednostce czasu jest równy K(t + 1) − K(t) ≈ K 0 (t) otrzymujemy równanie
K 0 (t) = sF (K, L).
2) Siła robocza rośnie wykładniczo ze stopą wzrostu λ, czyli
L(t) = L0 eλt .
Wstawiamy wzór na postać F i otrzymujemy
K 0 (t) = sLφ(y).
Z drugiej strony różniczkując iloczyn
K = yL
otrzymamy
K 0 (t) = y 0 (t)L(t) + y(t)L0 (t).
Porównujemy prawe strony obydwu równań. Mamy
sLφ(y) = y 0 (t)L(t) + y(t)L0 (t).
Następnie wstawiamy wzór na L i dzielimy przez eλt otrzymując ostatecznie równanie różniczkowe
y 0 (t) = sφ(y) − λy.
Oznaczając
f (y) = sφ(y) − λy
widzimy, że
f (0) = 0,
skąd wynika, że jednym z położeń równowagi jest y ∗ (t) = 0; oraz
f 00 (y) = aφ00 (y) − 0 < 0.
Z ostatniej nierówności wynika, że f 0 jest funkcją malejącą.
Możliwe są następujące przypadki
I. f 0 (0) ¬ 0. Wtedy f 0 jest wszędzie ujemna. Zatem f jest funkcją malejącą, a ponieważ
w punkcie f (0) = 0, to f (y) < 0 dla y > 0. Ponadto dla y > c > 0 mamy
f (y) < f (c) < 0.
Oznacza to, że rozwiązanie jest malejące. Pokażemy, że dąży do 0, czyli do położenia równowagi. Przypuśćmy, że rozwiązanie dąży (jako malejące posiada granicę) do liczby b > 0.
Oznacza to, że dla wszystkich t, y(t) b. Z wzoru Lagrange’a wynika, że
y(t + h) = y(t) + hy 0 (ξ) = y(t) + hf (y(ξ)) < y(t) + hf (b),
gdzie ξ ∈ (t; t + ε). Ponieważ f (b) < 0,
lim y(t) + hf (b) = −∞,
h→∞
189
y 0 = f (y)
6
-y
qqqqqqqqqqqqqqqqq
q1qqqqqqqqq 2
3
4
qqqqqqqq
qqqqqqq
qqqqqqq
−1
qqqqqqq
qqqqqqq
qqqqqqq
qqqqqq
−2
qqqqqq
q
−3
y
qqqq
36
qqqq
qqqqq
qqqqq
qqqqqq
2
qqqqqqq
qqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqq
1
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqq
-t
1
2
3
4
5
Rysunek 9.10.
Rysunek 9.9.
co jest sprzeczne z tym że y(t) > b.
Rysunki 9.9 i 9.10 demonstrują tę sytuację. Przyjęliśmy f (y) = ln(y + 1) − y. Na pierwszym widać wykres funkcji f , na drugim rozwiązanie przy warunku początkowym y(0) = 3.
II. f 0 (0) > 0 i f 0 (y) 0 dla każdego y.
Wtedy funkcja f jest rosnąca i stale dodatnia i dla y > c > 0, f (y) > f (c). Wynika stąd,
że y jest rosnąca i dąży do ∞ przy t → ∞. Argumentujemy to podobnie, jak w przypadku I.
Na rysunkach 9.11 i 9.12 widzimy tę sytuację. Przyjęliśmy f (y) = ln(y+1)+0.1y−0.1y =
ln(y + 1) i warunek początkowy y(0) = 0.3
y0
qq
qqq
qqq qq
q
qqq
qq qq
q
3
qq
qqq
q
q
q
q
qqqq
2
qqqq
q
q
q
q
qqqqq
qqqqqq
q
q
q
q
q
1
qqqqq
qqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqq
y
= f (y)
6
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqq
qqqqqqqqqqqqqq
1
qqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqq
qqqqqqq
qqqqq
-y
1
2
3
4
5
6
2
Rysunek 9.11.
46
1
2
3
4
-t
5
Rysunek 9.12.
III. f 0 (0) > 0 i f 0 (y) < 0 dla pewnego y. Wówczas f 0 jest malejąca i istnieje dokładnie
jeden y0 taki, że f 0 (y0 ) = 0. Zatem funkcja f jest rosnąca dla y ∈ (0; y0 ) oraz malejąca dla
y ∈ (y0 ; ∞). Z faktu, że f (0) = 0 wynika, że w punkcie y0 funkcja f ma maksimum, a następnie z wklęsłości f wnioskujemy, że w przedziale (y0 ; ∞) maleje coraz szybciej - istnieje zatem
w tym przedziale dokładnie jeden y ∗ taki, że f (y ∗ ) = 0. Będzie to położenie równowagi,
w którym f 0 (y ∗ ) < 0. Zatem jest to położenie równowagi stabilne. Demonstrują to kolejne
190
dwa rysunki. Podstawiamy f (y) = 2 ln(y + 1) − y (rysunek 13) i dwa rozwiązania z warunkami początkowymi y(0) = 4 i y(0) = 0.6 (rysunek 14). Położenie równowagi znajdujemy
rozwiązując przy pomocy komputera równanie
2 ln(y + 1) − y = 0.
Otrzymujemy y ∗ = 2.51.
y 0 = f (y)
y
6
2
1
qqqqqqq s qqqqqqqqqqqqqqqsqqqqqqqqq
-y
1
2 y ∗ 3qqqqqqqqqqqqqqqq 4
qqqqqqqq
y0
qqqqqqq
qqqqqqq
−1
qqqq
qqqqqqq
4 q6
qqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqq
3
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
∗
s
y
qqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
2
qqqqqqqqqqqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
qqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqq
1 qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqq
1
−2
Rysunek 9.13.
2
3
4
5
-t
Rysunek 9.14.
9.9. Układy liniowe o stałych współczynnikach
Układem liniowych równań różniczkowych pierwszego rzędu o stałych współczynnikach jest układ postaci
 0

 x1 = a11 x1 + · · · + a1n xn + f1
.
..


x0n = an1 x1 + · · · + ann xn + fn
Będziemy zajmować się tylko układami z dwoma niewiadomymi funkcjami,
czyli układami postaci:
(
x0 = a11 x + a12 y + e(t)
y 0 = a21 x + a22 y + f (t).
Podamy prcedurę rozwiązywania takiego układu.
191
Zaczniemy od układu jednorodnego tzn. przyjmujemy e = f = 0.
(
x0 = ax + by
y 0 = cx + dy.
Szukamy rozwiązań postaci x = Aeλt , y = Beλt . Wstawiając do układu
otrzymamy
(
λAeλt = aAeλt + bBeλt
λBeλt = cAeλt + dBeλt .
Dzieląc przez eλt i grupując wyrazy otrzymamy układ algebraicznych równań liniowych
(
(a − λ)A + bB = 0
cA + (d − λ)B = 0.
Układ ten ma
# niezerowe rozwiązanie tylko wtedy gdy wyznacznik macierzy
a−λ
b
jest równy 0, czyli wtedy gdy λ jest pierwiastkiem wielomianu
c d−λ
zwanego wielomianem charakterystycznym układu
"
"
#
a−λ
b
det
.
c d−λ
Zauważmy jednocześnie, że
Twierdzenie. Jeśli układ funkcji x1 , y1 oraz układ funkcji x2 , y2 są rozwiązaniami układu jednorodnego to układ x = C1 x1 + C2 x2 i y = C1 y1 + C2 y2
jest też rozwiązaniem tego układu.
Przykład 9.12. Rozwiążemy układ równań różniczkowych
x0 = 3x − y
y 0 = 2x.
Równanie charakterystyczne ma postać
det
3−λ
2
−1
= 0,
−λ
czyli
λ2 − 3λ + 2 = 0.
192
Stąd λ1 = 1, λ2 = 2. Rozwiązania są więc w postaci
x = C1 et + C2 e2t ,
y = D1 et + D2 e2t .
Natępnie pozbywamy się dwóch zmiennych wykorzystując jedno (np. drugie) równanie.
Mamy
D1 et + 2D2 e2t = 2C1 et + 2C2 e2t .
Stąd D1 = 2C1 , D2 = C2 . Ostatecznie rozwiązanie zależy od dwóch zmiennych i ma postać
(wstawiamy C1 = A, C2 = B).
x = Aet + Be2t ,
y = 2Aet + Be2t .
Jeśli rozwiązanie ma być jednoznaczne, to musimy zadać warunki początkowe x(t0 ) = x0 ,
y(t0 ) = y0 i wyznaczyć z niego stałe A i B. Na przykład jeśli w rozwiązanym przed chwilą
układzie zadamy warunki początkowe x(0) = 1, y(0) = 0, to otrzymamy
A + B = 1,
2A + B = 0.
Stąd A = −1, B = 2. Ostatecznie nasze rozwiązanie wygląda następująco
x = −et + 2e2t ,
y = −2et + 2e2t . W ogólności mamy następującą sytuację:
Twierdzenie. Niech aλ2 +bλ+c, będzie wielomianem charakterystycznym
układu jednorodnego dwóch równań różniczkowych. Niech
∆ = b2 − 4ac.
Wtedy
I) Jeśli
∆ > 0, tzn.√ wielomian ten ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste λ1 =
√
−b− ∆
∆
i
λ2 = −b+
, to rozwiązań szukamy w postaci
2a
2a
x(t) = C1 eλ1 t + C2 eλ2 t ,
y(t) = D1 eλ1 t + D2 eλ2 t ,
II) Jeśli ∆ < 0, to rozwiązaniami równania jednorodnego będą funkcje postaci
x = eαt C1 cos(βt) + C2 sin(βt) ,
y = eαt D1 cos(βt) + D2 sin(βt ,
193
√
−∆
b
gdzie α = − 2a
, β = 2a
.
III) Jeśli ∆ = 0, to rozwiązaniami będą funkcje postaci
x = eλt (C1 + C2 t),
y = eλt (D1 + D2 t),
gdzie
λ=−
b
.
2a
We wszystkich przypadkach cztery stałe C1 , C2 , D1 , D2 da się zredukować do
dwóch.
Przykład 9.13. Rozwiążemy układ
x0 = −2x + 5y
y 0 = −x.
det
−2 − λ
−1
5
= 0,
−λ
czyli
λ2 + 2λ + 5 = 0.
Stąd
∆ = −16 < 0.
mamy więc przypadek II). Wstawiamy α = − 22 = 1, β =
√
16
2
= 2. Rozwiązania są w postaci
x = et C1 cos(2t) + C2 sin(2t) ,
y = et D1 cos(2t) + D2 sin(2t) .
Zredukujemy dwie zmienne wstawiając funkcje do drugiego równania. Mamy
et (D1 cos(2t) + D2 sin(2t)) + et (−2D1 sin(2t) + 2D2 cos(2t))
= −C1 cos(2t) − C2 sin(2t).
Przyrównując współczynniki przy funkcjach cos i sin otrzymujemy
D1 + 2D2 = −C1 ,
D2 − 2D1 = −C2
Wstawiając D1 = A, D2 = B otrzymamy ogólne rozwiązanie
x = et [(−A − 2B) cos(2t) + (B − 2A) sin(2t)],
y = et [A cos(2t) + B sin(2t)]. 194
ZADANIA
9.5. Rozwiążać układ
x0 = 4x − y
y 0 = x + 2y
Obecnie zajmiemy się znajdowaniem rozwiązania układu niejednorodnego.
Najpierw podamy twierdzenia analogiczne jak w wypadku jednego równania liniowego.
Twierdzenie. Jeśli para x1 , y1 oraz para x2 , y2 są rozwiązaniami równania niejednorodnego, to para x1 − x2 , y1 − y2 jest rozwiązaniem równania
jednorodnego.
Wynika z tego, że podobnie jak przy jednym równaniu, aby znaleźć rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego wystarczy znaleźć jedno rozwiązanie
równania niejednorodnego - tzw. rozwiązanie szczególne i dodać do niego
ogólne rozwiązanie równania jednorodnego.
Rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego możemy szukać korzystając z następujących twierdzeń:
Twierdzenie. Rozważamy układ postaci
(
x0 = a11 x + a12 y + e(t)
y 0 = a21 x + a22 y + f (t).
Przypuśćmy, że funkcja e jest postaci W (t)eαt , gdzie W jest wielomianem stopnia m, α ustaloną liczbą, a funkcja f ≡ 0.
I) Jeśli α nie pokrywa się z pierwiastkiem równania charakterystycznego, to
rozwiązania zarówno x jak i y szukamy w postaci V (t)eαt , gdzie V jest wielomianem stopnia m.
II) Jeśli α pokrywa się z pierwiastkiem pojedynczym równania charakterystycznego, to rozwiązania zarówno x jak i y szukamy w postaci tV (t)eαt , gdzie
V jest wielomianem stopnia m.
III) Jeśli α pokrywa się z pierwiastkiem podwójnym równania charakterystycznego, to rozwiązania zarówno x jak i y szukamy w postaci t2 V (t)eαt , gdzie V
jest wielomianem stopnia m.
Twierdzenie. Rozważamy układ postaci
(
x0 = a11 x + a12 y + e(t)
y 0 = a21 x + a22 y + f (t).
Przypuśćmy, że funkcja e jest postaci W (t)eαt cos(βt) lub W (t)eαt sin(βt),
gdzie W jest wielomianem stopnia m, α ustaloną liczbą, a funkcja f = 0.
195
Zakładamy, że równanie charakterystyczne równania jednorodnego ma postać:
aλ2 + bλ + c = 0,
i niech ∆ = b2 − 4ac. Wtedy możliwe są przypadki:
b
lub β 6=
I) Jeśli ∆ 0 lub ∆ < 0 przy czym α 6= − 2a
równania niejednorodnego należy szukać w postaci
√
−∆
2a ,
to rozwiązania
eαt V (t) cos(βt) + U (t) sin(βt)
gdzie V , U są wielomianami stopnia √
m.
−∆
b
II) ∆ < 0 przy czym α = − 2a
i β = 2a
, to rozwiązania równania niejednorodnego należy szukać w postaci
teαt V (t) cos(βt) + U (t) sin(βt)
gdzie V , U są wielomianami stopnia m.
Podstawiając w pierwszym twierdzeniu α = 0 otrzymujemy
Wniosek. Jeśli funkcje e i f w układzie postaci
(
x0 = a11 x + a12 y + e(t)
y 0 = a21 x + a22 y + f (t).
są stałe, to rozwiązań równania niejednorodnego szukamy w postaci:
a) stałych, jeśli 0 nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego układu
jednorodnego;
b) At + B, jeśli 0 jest pierwiastkiem pojedynczym równania charakterystycznego układu jednorodnego;
c) At2 + Bt + C, jeśli 0 jest pierwiastkiem podwójnym równania charakterystycznego układu jednorodnego.
Jeśli mamy równanie niejednorodne z funkcjami e i f , to znajdujemy najpierw rozwiązanie szczególne przyjmując f = 0, e = e, następnie rozwiązanie
szczególne przyjmując e = 0, f = f i dodając oba rozwiązania.
Przykład 9.14. Znaleźć rozwiązanie szczególne układu niejednorodnego
x0 = 3x − y + 2
y 0 = 2x + t.
Mamy e = 2, f = t.
Wiemy już, że pierwiastki wielomianu charakterystycznego równania jednorodnego są
równe 1 i 2.
196
Przyjmujemy f = 0 i znajdujemy rozwiązanie układu
x0 = 3x − y + 2
y 0 = 2x
Funkcja e = 2 jest stałą. Mamy zatem przypadek a) z wniosku - szukamy rozwiązań w
postaci
x = A,
y = B.
Stąd wstawiając do równań mamy
0 = 3A − B + 2,
0 = 2A.
Stąd A = 0, B = 2. Rozwiązanie jest następujące
x1 = 0,
y1 = 2.
Przyjmujemy e = 0 i znajdujemy rozwiązanie układu
x0 = 3x − y
y 0 = 2x + t.
f = t jest postaci W (t)eαt cos(βt), gdzie α = β = 0 oraz W (t) = t jest wielomianem
stopnia 1.
Mamy przypadek I z twierdzenia 16 i szukamy rozwiązań w postaci
x = A + Bt,
y = C + Dt.
Wstawiamy do układu i otrzymujemy B = 3A + 3Bt − C − Dt, D = 2A + 2Bt + t. Stąd
B = 3A − C, 0 = 3B − D, D = 2A, 0 = 2B + 1.
Stąd B = − 21 , D = − 32 , A = − 34 , C = − 74 . Zatem
3
1
− t,
4
2
7
3
y2 = − − t.
4
2
x2 = −
Ostatecznie
3
1
− t,
4
2
1
3
y = y1 + y2 = − t. 4
2
x = x1 + x2 = −
ZADANIA
9.6. Znaleźć szczególne rozwiązanie układu niejednorodnego
Przechodzimy do zastosowań ekonomicznych.
x0 = 4x − y
y 0 = x + 2y + te3t
9.10. Dynamiczny model nakładów i wyników z odroczoną produkcją
197
9.10. Dynamiczny model nakładów i wyników z
odroczoną produkcją
Przypomnijmy w skrócie klasyczny statyczny model nakładów i wyników
Leontjefa (prezentujemy go dla dwóch gałęzi):
Zakładamy, że zmienna x określa wielkość produkcji produktu nr I, a
zmienna y wielkość produkcji produktu nr II. Do wytworzenia jednej jednostki produktu nr I potrzebne jest a11 jednostek produktu nr I i a12 jednostek
produktu nr II. Analogicznie do wytworzenia jednej jednostki produktu nr II
potrzeba a21 jednostek produktu I oraz a22 jednostek produktu II. Oprócz
tego mamy do czynienia z tzw. popytem końcowym na każdy z produktów.
Niech wyrażają się on odpowiednio symbolami e i f .
Prowadzi to do układu algebraicznych równań liniowych
(
x = a11 x + a12 y + e
y = a21 x + a22 y + f.
Wiemy, że a11 , a12 , a21 , a22 , e, f 0 oraz a11 + a21 ¬ 1 oraz a12 + a22 ¬ 1.
Jako rozwiązanie otrzymujemy ustalone liczby x i y.
W modelu dynamicznym x i y są funkcjami zależnymi od czasu i popyt
końcowy e i f jest też zależny od czasu. Ponadto zakładamy, że podejmujemy decyzję o produkcji w chwili t + 1 na podstawie danych w momencie t.
Otrzymujemy stąd analogiczny układ
(
x(t + 1) = a11 x(t) + a12 y(t) + e(t)
y(t + 1) = a21 x(t) + a22 y(t) + f (t).
Odejmijmy od obu stron pierwszego równania x(t), a od drugiego y(t).
Otrzymujemy
(
x(t + 1) − x(t) = (a11 − 1)x(t) + a12 y(t) + e(t)
y(t + 1) − y(t) = a21 x(t) + (a22 − 1)y(t) + f (t).
Wyrażenia po lewej stronie obydwu równań określają produkcję (podaż)
krańcową względem czasu, która jest (w przybliżeniu) równa pochodnej produkcji względem czasu. W ten sposób otrzymaliśmy układ równań różniczkowych
198
(
x0 (t) = (a11 − 1)x(t) + a12 y(t) + e(t)
y 0 (t) = a21 x(t) + (a22 − 1)y(t) + f (t).
Podstawmy a = a11 − 1, b = a12 , c = a21 , d = a22 − 1. Otrzymujemy układ
rozważany w poprzednim paragrafie.
(
x0 = ax + by + e(t)
y 0 = cx + dy + f (t).
Przykład 9.15. Rozważamy następujący dynamiczny model z opóźnieniem
x(t + 1) = 0.2x(t) + 0.4y(t) + 0.4
y(t + 1) = 0.6x(t) + 0.4y(t) + 0.6,
wiedząc, że x(0) = 3.5, y(0) = 4.
Prowadzi to, jak wiemy, do układu równań różniczkowych
x0 = −0.8x + 0.4y + 0.4
y 0 = 0.6x − 0.6y + 0.6.
Najpierw rozwiązujemy układ jednorodny:
x0 = −0.8x + 0.4y
y 0 = 0.6x − 0.6y.
λ2 + 1.4λ + 0.24 = 0.
Stąd λ1 = −0.2, λ2 = −1.2, Rozwiązanie ogólne układu jednorodnego ma więc postać
x = C1 e−0.2t + C2 e−1.2t .
y = D1 e−0.2t + D2 e−1.2t .
Wstawiając np. do pierwszego równania otrzymujemy D1 = 32 C1 , D2 = −C2 . Ostatecznie
y=
3
C1 e−0.2t − C2 e−1.2t .
2
Szukamy rozwiązania szczególnego układu niejednorodnego. Ponieważ funkcje e i f są
stałe i 0 nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego równania jednorodnego,
rozwiązań szukamy też wśród funkcji stałych tzn.
x = A,
y = B.
Wstawiając do układu niejednorodnego otrzymujemy
0 = −0.8x + 0.4y + 0.4,
199
0 = 0.6x − 0.6y + 0.6.
Stąd x = 2, y = 3.
Rozwiązanie ogólne układu niejednorodnego wygląda następująco:
x = C1 e−0.2t + C2 e−1.2t + 2.
y=
3
C1 e−0.2t − C2 e−1.2t + 3.
2
Wyznaczamy stałe C1 i C2 wykorzystując warunki początkowe. Mamy
3.5 = C1 + C2 + 2,
4=
3
C1 − C2 + 3.
2
Stąd C1 = 1 i C2 = 21 .
6 ppppppp
4 ppp pppppppp pp p ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
pppppppppppppppppppppppppppppppppppp
ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
qqqqqqq
ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
qqqqqqqqqq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
3
qqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
2
1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
-t
Rysunek 9.15.
Zatem ostatecznie
1 −1.2t
e
+ 2.
2
3
1
y = e−0.2t − e−1.2t + 3. 2
2
x = e−0.2t +
Na rysunku 9.15 widzimy wykres funkcji x(t) (grubsza linia) i wykres funkcji y(t) cieńsza linia.
Przykład 9.16. Model Walrasa dla dwóch towarów. Rozpatrywaliśmy już model
Walrasa dla jednego towaru.Jednak zarówno popyt jak i podaż danego towaru mogą zależeć
i od cen innych towarów. Oczywiste jest, że jeśli istnieje na rynku inny towar, którym można
zastąpić towar pierwszy (substytut), to wyższa cena na ten drugi towar powoduje ucieczkę
części klientów od towaru drugiego do pierwszego i wzrost popytu na towar pierwszy, a
spadek popytu na towar drugi.
200
Jeśli rozpatrzymy np. jako towary benzynę i samochody, to wzrost ceny samochodów
spowoduje spadek popytu zarówno na samochody jak i benzynę.
Będziemy w tym rozdziale rozpatrywać następujący model

Px = −ax x + bx y + px




Q = cx x + dx y − qx

 0x
x = ex (Px − Qx )
Py = by x − ay y + py




Q = dy x + cy y − qy

 0y
y = ey (Py − Qy ).
gdzie:
x - cena pierwszego towaru,
Px - popyt na pierwszy towar,
Qx - podaż pierwszego towaru,
y - cena drugiego towaru,
Py - popyt na drugi towar,
Qy - podaż drugiego towaru.
Naturalnymi założeniami o współczynnikach występujących w tym modelu są następujące:
ax , ay > 0 - jeśli cena danego towaru rośnie, to popyt na niego maleje,
cx , cy > 0 - jeśli cena danego towaru rośnie, to podaż rośnie,
ex , ey > 0 - wzrost ceny jest proporcjonalny do różnicy pomiędzy popytem i podażą.
Pozostałe współczynniki mogą być zarówno dodatnie jak i ujemne, to zależy od wzajemnych relacji pomiędzy towarami np. dla substytutów wzrost ceny jednego towaru powoduje
wzrost popytu na drugi towar (bx , by > 0), a np. dla towarów połączonych zależnością taką,
że jeden jest potrzebny do produkcji drugiego (np. ziemniaki - cena x i alkohol - cena y)
wzrost ceny pierwszego towaru spowoduje spadek popytu na oba towary (by < 0). Rozwiążemy kilka konkretnych przykładów liczbowych.
Przykład 9.17. Rozważamy sytuację

Px = −x + y + 1




Q =x

 0x
x = Px − Qx
Py = x − 2y + 1




Q
= x + 2y − 1

 0y
y = Py − Qy .
Odpowiada to sytacji, kiedy towary są substytutami i wzrost ceny jednego z nich powoduje wzrost popytu na drugi bx = 1, by = 1.
Prowadzi to do układu równań różniczkowych
x0 = −2x + y + 1
y 0 = −4y + 2.
201
Najpierw rozwiązujemy układ jednorodny
x0 = −2x + y
y 0 = −4y.
Rozwiązujemy równanie charakterystyczne
det
−2 − λ
0
1
= 0.
−4 − λ
Skąd
(−2 − λ)(−4 − λ) = 0.
Otrzymujemy dwa ujemne pierwiastki λ1 = −4, λ2 = −2. Zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego ma postać
x = C1 e−4t + C2 e−2t ,
x = D1 e−4t + D2 e−2t .
Wstawiamy do pierwszego równania i rugujemy dwie stałe
−4C1 e−4t − 2C2 e−2t = −2C1 e−4t − 2C2 e−2t + D1 e−4t + D2 e−2t .
Porównując wspólczynniki przy e−4t i e−2t otrzymujemy
−4C1 = −2C1 + D1 ,
−2C2 = −2C2 + D2 ,
Skąd D1 = −2C1 , D2 = 0. Ostatecznie rozwiązanie ogólne układu jednorodnego ma postać
(kładąc A = C1 , B = C2 ).
x = Ae−4t + Be−2t ,
y = −2Ae−4t .
Teraz znajdziemy rozwiązanie szczególne układu niejednorodnego. Na mocy wniosku 1
szukamy go w postaci funkcji stałych (bo 0 nie jest pierwiatkiem wielomianu charakterystycznego). równowagi.
x = C,
y = D.
Wstawiając do układu niejednorodnego mamy 0 = −2C +D +1, 0 = −4D +2. Stąd D = 0.5,
C = 0.75. Zatem ogólne rozwiązanie układu niejednorodnego wygląda następująco:
x = Ae−4t + Be−2t + 0.75,
y = −2Ae−4t + 0.5.
Widać, że położenie równowagi jest stabilne tzn.
lim x(t) = 0.75,
t→∞
lim y(t) = 0.5,
t→∞
Przypuśćmy, że chcemy znaleźć rozwiązanie spełniające warunki początkowe x(0) = 1,
y(0) = 1. Mamy stąd
A + B + 0.75 = 1,
202
−2A + 0.5 = 1.
Stąd A = −0.25, B = 0.5 i ostatecznie nasze rozwiązanie ma postać
x = −0.25e−4t + 0.5e−2t + 0.75,
y = 0.5e−4t + 0.5.
Na rysunku 9.16 grubszą kreską jest narysowany wykres funkcji x, a cieńszą wykres
funkcji y. 6
1 qpqpqpqpqpqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
pppppppp
ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
0
1
2
3
4
5
-t
Rysunek 9.16.
Zobaczmy co się będzie działo, jeśli popyt na dany towar będzie w znacznie
większym stopniu zależał od ceny drugiego towaru, a w mniejszym od ceny
własnej, czyli jeśli powiększymy współczynniki bx i by , a zmniejszymy ax i ay .
Przykład 9.18. Rozważamy model

Px = −0.5x − y + 3




Q = 0.5x

 0x
x = Px − Qx
Py = 3x − y + 3




Q =4

 0y
y = Py − Qy .
Opisuje to sytuację, kiedy popyt na pierwszy towar jest mniejszy, gdy cena drugiego
towaru jest większa (bx = −1 < 0). Popyt na drugi towar jest większy, gdy większa jest
cena pierwszego towaru (by = 3 > 0). Podaż pierwszego towaru nie zależy od ceny drugiego
towaru. Podaż drugiego towaru jest stała.
Możemy sobie taką sytuację wyobrazić. Niech pierwszym towarem będzie mięso, a drugim
chleb. Może się zdarzyć, że wzrost cen chleba spowoduje spadek spożycia mięsa, bo wydając
więcej na chleb konsumenci będą musieli oszczędzać i zastępować mięso tańszym białkiem
jak sery, czy jajka. Z drugiej strony wzrost cen mięsa spowoduje wzrost i to znaczny zużycia
chleba, bowiem aby zastąpić mięso tańszym i mniej kalorycznym chlebem trzeba go spożyć
więcej.
Model ten prowadzi do układu równań różniczkowych
203
x0 = −x − y + 3
y 0 = 3x − y − 1.
Najpierw rozwiązujemy układ jednorodny
x0 = −x − y
y 0 = 3x − y.
Rozwiązujemy równanie charakterystyczne
−1 − λ
det
3
−1
= 0.
−1 − λ
Skąd
(−1 − λ)(−1 − λ) + 3 = 0,
czyli
λ2 + 2λ + 2 = 0.
Stąd
∆ = 4 − 8 = −4 < 0.
Trzeba zatem podstawić α =
jednorodnego w postaci
−2
2
=1 i β =
∆
2
= 1 i przyjąć rozwiązanie ogólne równania
x = e−t (C1 cos t + C2 sin t),
x = e−t (D1 cos t + D2 sin t),
Wstawiamy do pierwszego równania i rugujemy dwie stałe
−e−t (C1 cos t + C2 sin t) + e−t (−C1 sin t + C2 cos t)
= −e−t (C1 cos t + C2 sin t) − e−t (D1 cos t + D2 sin t).
Dzieląc przez e−t i porównując wspólczynniki przy cos t i sin t otrzymujemy
−C1 + C2 = −C1 − D1 ,
−C2 − C1 = −C2 − D2 ,
Skąd D1 = −C2 , D2 = C1 . Ostatecznie rozwiązanie ogólne układu jednorodnego ma postać
(kładąc A = C1 , B = C2 ).
x = e−t (A cos t + B sin t),
y = e−t (−B cos t + A sin t).
Teraz znajdziemy rozwiązanie szczególne układu niejednorodnego. Na mocy twierdzenia
szukamy go w postaci funkcji stałych (bo 0 nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego): x = C, y = D.
Wstawiając do układu niejednorodnego mamy
0 = −C − D + 3,
0 = 3C − D − 1.
204
Stąd C = 1, D = 2.
Zatem ogólne rozwiązanie układu niejednorodnego wygląda następująco:
x = e−t (A cos t + B sin t) + 1
y = e−t (−B cos t + A sin t) + 2
Widać, że położenie równowagi jest stabilne tzn.
lim x(t) = 1,
t→∞
lim y(t) = 2,
t→∞
Znajdźmy rozwiązanie spełniające warunki początkowe x(0) = y(0) = 1.5. Wstawiając
do układu mamy
A + 1 = 1.5,
−B + 2 = 1.5,
skąd A = 0.5, B = −0.5.
Zatem
x = e−t (0.5 cos t + 0.5 sin t) + 1.
y = e−t (−0.5 cos t + 0.5 sin t) + 2. Grubszą kreską zaznaczony jest wykres funkcji x, a cieńszą funkcji y (rysunek 9.17).
y
6
p p pp p pp pp pp p pp p pp p pp p p pppp p p p p p p pp p p pp p p pp pp pp p pp p p p p pp p p p pp p p pp ppp pp p ppp p pp pp p p p ppp p p p p p p p p pp p p pp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p
p p pp pp pp p
p
p
p
p
p
qpqpqpqpqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq
1
2
0
1
2
3
4
5
-t
Rysunek 9.17.
Spróbujmy teraz bardziej ogólnie zastanowić się, kiedy będzie możliwe niestabilne położenie równowagi. Zobaczmy jaki układ otrzymamy w ogólnej postaci. Będzie on następujący
(
x0 =
y0 =
1
ex [−(ax + cx )x + (dx − bx )y + (px − qx )]
1
ey [(dy − by )x − (ay + cy )y + +(py − qy )].
205
Podstawmy ax + cx = a, dx − bx = b, dy − by = c, ay + cy = d.
Oczywiście o stabilności decyduje zachowanie się rozwiązania ogólnego
układu jednorodnego, czyli układu
(
x0 =
y0 =
1
ex [−ax + by]
1
ey [cx − dy].
"
#
−a − λ
b
1
det
= 0,
c −d − λ
ex ey
czyli
λ2 + (a + d)λ + ad − bc = 0.
Wtedy
∆ = (a + d)2 − 4(ad − bc).
Rozważymy trzy przypadki:
I). ∆ < 0. Wtedy trzeba podstawić α = − a+d
2 < 0, β =
postaci
eαt A cos(βt) + B sin(βt) ,
√
∆
2
i x i y będą
Ze względu na to, że drugi czynnik A cos(βt) + B sin(βt) jest ograniczony,
a pierwszy eαt dąży do 0 (bo α < 0), gdy t dąży do ∞ to położenie równowagi
będzie stabilne, przy czym na początku ze względu na część trygonometryczną
mogą występować pewne wahania cen.
II). ∆ = 0. Wtedy rozwiązanie będzie postaci
x = (C1 t + C2 )eαt ,
y = (D1 t + D2 )eαt ,
gdzie α = − a+d
2 < 0. Wiedząc, że wielomian wolniej rośnie niż funkcja wykładnicza otrzymamy, że zawsze
lim x(t) = lim y(t) = 0.
t→∞
Położenie równowagi jest stabilne.
t→∞
206
III). ∆ > 0. Wtedy
q
1
−(a + d) − (a + d)2 − 4(ad − bc) ,
λ1 =
2
q
1
−(a + d) + (a + d)2 − 4(ad − bc) .
λ2 =
2
Widać stąd, że λ1 jest zawsze liczbą ujemną. Położenie równowagi będzie
niestabilne tylko wtedy gdy λ2 będzie liczbą dodatnią, czyli wtedy gdy po
pierwsze
(a + d)2 − 4(ad − bc) > 0
i po drugie
q
(a + d)2 − 4(ad − bc) > (a + d).
To jest równoważne temu, że
bc − ad > 0,
czyli
(dx − bx )(dy − by ) − (ax + cx )(ay + cy ) > 0.
Współczynniki ax , ay , cx , cy w modelu oznaczają „stopień” reakcji konsumentów i producentów danego towaru na cenę tego towaru, natomiast współczynniki bx , by , dx , dy stopień reakcji producentów i konsumentów danego
towaru na cenę drugiego towaru.
Powyższa nierówność zatem oznacza, że reakcja konsumentów i producentów danego towaru na cenę drugiego towaru jest większa niż ich reakcja na
cenę tego towaru i ponadto reakcje konsumentów znacznie różnią się od reakcji producentów. I tylko w takiej sytuacji położenia równowagi mogą być
niestabilne.
Z powyższych rozważań wynika, że położenie równowagi będzie niestabilne
przy nietypowych zachowaniach producentów i (lub) konsumentów. Przy zachowaniach naturalnych położenie równowagi będzie stabilne, co oznacza, że
cena po pewnych odchyleniech od ceny równowagi będzie z powrotem wracać
do położenia równowagi.
Rozdział 10.
Elementy równań różnicowych
10.1. Pojęcie równania różnicowego
Nieraz mamy do czynienia z sytuacją, kiedy sytuacja zmienia się nie w sposób ciągły, ale co pewien czas - skokowo. Np. jeśli bank stosuje oprocentowanie
składane i nalicza odsetki pod koniec każdego miesiąca, to kapitał będzie zmieniał się raz na miesiąc. Nie ma potrzeby rozważania funkcji kapitału w innych
momentach niż na końcu każdego miesiąca.
W takich sytuacjach mówimy, że mamy do czynienia z czasem dyskretnym. Dokładniej oznacza to, że t przyjmuje tylko wartości całkowite - np. w
powyżej rozważanym przykładzie oznacza liczbę miesięcy.
Załóżmy, że mamy pewną funkcję y określoną na zbiorze 0, 1, 2, . . ., czyli
pewien ciąg y0 , y1 , y2 , y3 , . . .. Przypuśćmy też, że mamy daną pewną zależność
pomiędzy kolejnymi wyrazami ciągu. Niech ta zależność ma postać
(10.1)
yn+1 = f (yn ).
Wóczas dysponując wystarczająco dobrymi możliwościami obliczeniowymi
możemy obliczyć f (yn ) nawet dla bardzo dużych n.
Te możliwości obliczeniowe, to albo odtworzenie z równania (10.1) ogólnego
wzoru na yn , albo np. użycie komputera i obliczenie n-tego wyrazu ciągu.
Przykład 10.1. Niech zależność pomiędzy kolejnymi wyrazami ciągu wyraża się wzorem
yn+1 = 1.0001yn ,
oraz y0 = 1. Nietrudno zauważyć, że ciąg (yn ) jest ciągiem geometrycznym i ogólny wzór
jest następujący
yn = (1.0001)n y0 .
208
10. Elementy równań różnicowych
Bez trudu policzymy teraz (oczywiście z pewną dokładnością) dowolny wyraz ciągu choćby
przy pomocy kalkulatora np.
y10 = 1.00100045,
y100 ≈ 1.010049662,
y1000 ≈ 1.105165393,
y100000 ≈ 22015.25605. Przykład 10.2. Niech y0 = 3 oraz
yn+1 =
Wtedy
p
3
yn + 2.
√
√
3
3
3 + 2 = 5,
p
3 √
3
y2 =
5 + 2,
y1 =
qp
3
y2 =
3
√
3
5 + 2 + 2.
Widać stąd, że wyrażenia robią się coraz bardziej skomplikowane i trudno albo wręcz niemożliwe jest podanie ogólnego wzoru na yn . Tym niemniej ciąg jest zdefiniowany poprawnie
- mając poprzedni wyraz ciągu mamy i następny. Jest to, przypominamy, tzw. rekurencyjna
albo indukcyjna definicja ciągu.
Możemy wykorzystać komputer i policzyć np. tysiączny wyraz z dokładnością 10 miejsc
po przecinku. Użyjemy do tego prostego algorytmu:
begin
a:=3;
for i:=1 to 1000 do begin
a:=exp(ln(a+2)/3);
end;
writeln(a:4:10);
end.
Otrzymaliśmy rezultat
y1000 ≈ 1.5213797068.
Dziesięć pierwszych wyrazów ciągu pokazujemy na wykresie (rysunek 10.18).
10.2. Liniowe równania różnicowe
Są to równania postaci
yn+1 = pn yn + qn .
209
10.2. Liniowe równania różnicowe
y
r
3 6
2
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
1
2
3
4
5
6
7
8
9
-n
10
1
0
Rysunek 10.18.
Zajmiemy się równaniami różnicowymi o stałych współczynnikach, tzn.
założymy, że ciągi (pn ) i (qn ) są stałe równe odpowiedni p i q. Podobnie jak
przt liniowym równaniu różniczkowym powiemy, że liczba y ∗ jest położeniem
równowagi, jęsli ciąg stały yn ≡ y ∗ jest rozwiązaniem równania różnicowego.
Powiemy, że położenie równowagi y ∗ jest stabilne, jeśli dla każdego rozwiązania
(yn ) lim yn = y ∗ .
n→∞
Prawdziwe jest
Twierdzenie. Równanie różnicowe
yn+1 = pyn + q,
z warunkiem początkowym
yn0 = y0
ma jednoznaczne rozwiązanie postaci
(
yn =
q
pn−n0 y0 − 1−p
+
y0 + q(n − n0 )
q
1−p
dla p 6= 1
dla p = 1.
Położeniem równowagi w pierwszym wypadku jest rozwiązanie yn ≡
drugim wypadku położenie równowagi nie istnieje.
q
1−p ,
w
Przykład 10.3. Rozwiązać równanie różnicowe
yn+1 = −2yn + 10.
z warunkiem początkowym y0 = 3. Mamy p = −2 6= 1, stosujemy zatem pierwszy z wzorów.
Mamy
10
10
1
10
yn = 3 −
(−2)n +
= − (−2)n +
. 3
3
3
3
210
Przykład 10.4. Rozwiązać równanie różnicowe
yn+1 = yn + 3,
z warunkiem początkowym y5 = 2. Mamy p = 1, zatem korzystamy z drugiego wzoru. Mamy
yn = 2 + 3(n − 5) = 3n − 13. Poniższa tabelka pokazuje jak zachowuje się rozwiązanie w zależności od
współczynników równania
p
p 6= 1
p>1
0<p<1
p=1
p=1
p=0
q
q
q
q
q
q
q
−1 < p < 0
q 6= y0 (1 − p)
p = −1
q 6= y0 (1 − p)
p = −1
q 6= y0 (1 − p)
= y0 (1 − p)
6= y0 (1 − p)
6= y0 (1 − p)
6= 0
=0
6= y0 (1 − p)
rozwiązanie
jest stałe
dąży do ±∞
q
dąży do 1−p
dąży do ±∞
jest stałe
jest stałe
q
dąży do 1−p
oscylując woq
kól osi y = 1−p
q
oscyluje wokól osi y = 1−p
ze stałą amplitudą
q
oscyluje wokól osi y = 1−p
z rosnącą amplitudą
Z tabelki tej wynikają następujące wnioski
q
Wniosek. Jeśli p 6= 1, to możliwą granicą jest liczba 1−p
i ciąg (yn ) jest
zbieżny do tej granicy wtedy, gdy |p| < 1 niezależnie od pozostałych parametrów.
Wniosek. W przypadku ujemnego p mamy ciąg oscylujący wokół osi y =
q
1−p .
Przejdziemy do zastosowań.
10.3. Model „różnicowy” równowagi podaży i
popytu
Założymy w tym rozdziale, że zmiany cen, podaży i popytu odbywają się
nie w sposób ciągły, ale co ustalone równe okresy czasu np. co rok, co kwartał
co miesiąc itp. Zakładamy, że producenci decydują o wielkości produkcji nie
na podstawie aktualnej ceny, ale na podstawie ceny z poprzedniego okresu,
10.3. Model „różnicowy” równowagi podaży i popytu
211
oraz, że zależności są liniowe. Oznaczmy cenę w n-tym okresie przez yn , popyt
przez Pn , podaż przez Qn . Mamy wówczas układ


 Pn = −ayn + b
Q = cy
n
n−1

 P =Q .
n
n
−d
Podobnie jak w modelu ciągłym naturalnymi założeniami są a, c, b, q 0.
W jakimś stopniu model ten opisuje sytuację w rolnictwie - podaż zależy
od zasiewów sprzed roku, a te z kolei zależały od aktualnej (wówczas) ceny.
Otrzymujemy stąd równanie różnicowe (po przesunięciu z n − 1 do n)
c
b+d
yn+1 = − yn +
.
a
a
Na mocy przyjętych założeń p = − ac jest liczbą ujemną, nie może więc być
równe 1. Aby zapisać rozwiązanie przyjmujemy pierwszy wzór z twierdzenia.
Mamy
c n
yn = (y0 − yr ) −
+ yr ,
a
gdzie
yr =
b+d
.
a+c
Zauważmy, że ciąg (yn ) jest zawsze ciągiem oscylującym, przy czym ciągiem
zbieżnym do yr jeśli ac < 1 (to oznacza, że konsumenci reagują silniej na cenę
niż producenci), ciągiem oscylującym ze stałą amplitudą, gdy ac = 1 (konsumenci reagują tak samo na cenę jak producenci) i ciągiem oscylującym z
rosnącą amplitudą, gdy ac > 1 (konsumenci reagują słabiej na cenę niż producenci).
Koniecznie trzeba w tym miejscu podkreślić, że reakcja producentów na
cenę jest tu istotnie inna niż w statycznym modelu równowagi - reagują oni
bowiem tu na cenę z poprzedniego okresu, a tam na cenę bieżącą!
Przedstawmy konkretne sytuacje podstawiając za zmienne a, b, c, d, y0
konkretne dane liczbowe
Przykład 10.5. a = 1, c = 0.7, b = 2, d = 1, y0 = 0.8. Wtedy
yn = −0.96 · (−0.7)n + 1.76. Mamy rozwiązanie oscylujące z zanikającą amplitudą (rysunek 10.19).
212
y
6
r
r
2
r
r
1 r
0
1
2
3
4
r
5
r
r
r
6
7
-n
8
Rysunek 10.19.
Przykład 10.6. a = 0.8, c = 1, b = 2, d = 1, y0 = 2. Wtedy
yn =
1
5
(−1.25)n + . 3
3
Mamy rozwiązanie oscylujące z rosnącą amplitudą (rysunek 10.20).
y
4 6
r
3
r
2 r
r
1
0
1
r
2
r
r
3
r
4
5
6
r
7
-n
8
Rysunek 10.20.
Przykład 10.7. a = 1, c = 1, b = 2, d = 2, y0 = 1. Wtedy
yn = (−1) · (−1)n + 2. Mamy rozwiązanie oscylujące ze stałą amplitudą (rysunek 10.21).
10.4. Dostosowanie produkcji do popytu - model
różnicowy
Rozpatrzmy sytuację, kiedy producenci dostosowują produkcję nie do aktualnego popytu, ale do popytu w okresie poprzedzającym, zatem zamiast
10.5. Model różniczkowy a różnicowy - czas dostosowania
y
3 6
r
r
r
213
r
2
1 r
0
r
1
2
r
3
4
r
5
6
r
7
-n
8
Rysunek 10.21.
równania równowagi mamy równanie
Qn+1 = Pn .
Zakładamy, że pozostałe równania są statyczne, tzn.
Pn = −ayn + b,
Qn = cyn − d,
z założeniami a, b, c, d > 0. Otrzymujemy stąd równanie następujące
cyn+1 − d = −ayn + b.
Stąd
a
b+d
yn+1 = − yn +
.
c
c
Wnioskujemy stąd, że w przeciwieństwie do modelu różniczkowego - rezultat nie zawsze będzie stabilny. Położenie równowagi będzie stabilne, jeśli
a
c < 1. Ponadto rozwiązanie zawsze będzie oscylować wokół osi równowagi.
10.5. Model różniczkowy a różnicowy - czas
dostosowania
Na czym zatem polega zasadnicza różnica pomiędzy modelem różniczkowym a różnicowym powodująca tą istotną różnicę w stabilności? Otóż w wykorzystywanej w modelu różniczkowym równości
y(t + 1) − y(t) ≈ y 0 (t)
214
kryje się przejście graniczne
y(t + h) − y(t)
h→0
h
y 0 (t) = lim
w rzeczywistości zakładające, że dostosowanie produkcji do „poprzedniego”
popytu następuje bardzo szybko czyli w momencie, kiedy różnica pomiędzy
ceną poprzednią, a bieżącą jest bardzo mała. W modelu różnicowym to dostosowanie następuje dokładnie po upływie jednej jednostki czasu, kiedy ta
różnica może być już stosunkowo duża.
Spróbujmy to dostosawanie prześledzić na prostym schemacie naszego modelu wstawiając a = 2, b = 300, c = 1, d = 0. Prowadzi to do równania
yn+1 = −2yn + 300.
Widać stąd, że cena równowagi jest równa 100
Przypuśćmy, że cena początkowa jest równa 101. Wtedy w chwili 0 mamy
P0 = −2 · 101 + 300 = 98, Q0 = 0.
Po upływie jednego okresu - przyjmijmy np. że jest to rok, następuje dostosowanie podaży do poprzedniego popytu, czyli Q1 = 98. Stąd y1 = Q1 = 98.
Wtedy konsumenci zachowując się wg wzoru P = −2y + 300 dostosowują
popyt i mamy P1 = −196 + 300 = 104. Wtedy Q2 = P1 = 104.
Po dwóch latach następuje kolejne dostosowanie podaży do poprzedniego
popytu, czyli Q2 = 104. Stąd y2 = Q2 = 104. Wtedy konsumenci reagują wg
wzoru P = −2y + 300, co daje popyt P2 = −2y2 + 300 = 92.
W rezultacie dostajemy rosnące oscylacje, zgodne z naszymi wzorami:
yn = (−2)n + 100.
W wielu sytuacjach takie stosunkowo rzadkie dostosowanie dopiero po
upływie jednego okresu jest wymuszone. Np. decyzję o wielkości produkcji
w rolnictwie można podejmować nie częściej niż raz na rok. Stąd producenci środków produkcji rolnej mogą podejmować decyzję na podstawie popytu
sprzed roku.
Przypuśćmy teraz, że decyzję o zwiększeniu lub zmniejszeniu produkcji
można podejmować częściej. Np. przypuśćmy, że producenci decydują się podejmować tę decyzję nie co rok, ale po upływie czasu h. Wtedy naturalne ich
rozumowanie jest następujące: w chwili t patrzymy na popyt P (t) po czym
10.5. Model różniczkowy a różnicowy - czas dostosowania
215
zwiększamy produkcję po upływie okresu h, czyli w momencie t + h nie o wielkość Q(t + 1) − Q(t) ale o wielkość h(Q(t + 1) − Q(t)), aby po upływie okresu
h zobaczyć, czy popyt pozostał na niezmienionym poziomie, czy się zmienił i
w drugim przypadku skorygować dostosowanie. Wtedy otrzymamy zależność
Q(t + h) − Q(t) = h(P (t) − Q(t)).
Daje to równanie
cy(t + h) − cy(t) = h(−ay(t) + b − cy(t) + d).
Stąd po podzieleniu przez c otrzymamy
ah
bh + dh
y(t + h) = 1 −
− h y(t) +
.
c
c
Przyjmując zatem ciąg cen następująco yn = y(hn) otrzymamy równanie różnicowe
ah
bh + dh
yn+1 = 1 −
− h yn +
.
c
c
bh+dh
Przyjmijmy p = 1 − ah
c − h, q =
c . Dla h dostatecznie małego otrzymamy
p ∈ (−1; 1) i równanie
yn+1 = pyn + q,
da nam rozwiązanie
y n = pn y 0 −
zbieżne do
q
1−p
+
q
1−p
q
1−p .
Prześledźmy to na przykładach
I) a = 2, b = 300, c = 1, d = 0, h = 0.5, czyli dopasowujemy produkcję
raz na pół roku. Wtedy p = 1 − 1 − 0.5 ∈ (−1; 0). Z tabelki otrzymujemy
rozwiązanie zbieżne oscylujące.
II) a = 2, b = 300, c = 1, d = 0, h = 0.25, czyli dopasowujemy produkcję
raz na kwartał. Wtedy p = 1 − 0.5 − 0.25 ∈ (0; 1). Z tabelki trzymujemy
rozwiązanie zbieżne bez oscylacji.
Przykłady te sugerują, że skrócenie czasu dostosowania pozwolą zmienić
charakter rozwiązania - z rozwiązań rozbieżnych przejdziemy do rozwiązań
zbieżnych, przy czym istnieje pewna graniczna długość okresu otrzymana z
równania
ah
1−
− h = −1,
c
po przekroczeniu której, położenie równowagi staje się stabilne.
216
10.6. Model uwzględniający magazynowanie
Włączenie do modelu równania P = Q zakłada, że towar musi być w całości
sprzedany zaraz po wyprodukowaniu. Jednak jest wiele towarów, które opłaci
się przechowywać, aby potem sprzedać z zyskiem. Zbadamy teraz taki model.
Przyjmiemy następujące postulaty:
i) Zarówno popyt Pn jak podaż Qn są liniowymi funkcjami bieżącej ceny yn ;
ii) Cena w okresie n + 1 czyli wielkość yn+1 jest ”poprawką” ceny w okresie
yn . Poprawka ta jest funkcją liniową zapasów czyli różnicy pomiędzy podażą
i popytem - poprawka ta jest tym większa im mniejsze są zapasy.
Prowadzi to do następującego układu


 Pn = −ayn + b
Q = cy − d
n
n

 y
=
y
n+1
n − e(Qn − Pn ).
przy czym a, b, c, e > 0, d 0.
Po przekształceniu dostaniemy równanie różnicowe
yn+1 = [1 − e(a + c)]yn + e(a + c).
Po skorzystaniu z twierdzenia otrzymamy
(
yn =
(1 − e(a + c))n y0 −
y0 + ne(a + c)
b+d
a+c
+
b+d
a+c
dla p 6= 1
dla p = 1.
Korzystając z tabelki możemy zanalizować zachowanie się rynku w zależności od parametrów. Widzimy, że istotna dla charakteru rozwiązania jest liczba
1−e(a+c). Z założeń a, c, e > 0 wynika, że 1−e(a+c) < 1. Oznacza to, że zjawisko opisywane tym modelem może mieć charakter gasnący lub oscylacyjny
(z amplitudą gasnącą, stałą lub rosnącą).
Rozpatrzmy przykłady
Przykład 10.8.
(
Pn = −yn + 3
Qn = 2yn − 1
yn+1 = yn − 0.4(Qn − Pn ).
z warunkiem początkowym y0 = 0.5.
Otrzymujemy stąd równanie różnicowe
yn+1 = 0.6yn + 1.
217
10.7. Nieliniowe równania różnicowe
Zatem rozwiązanie na mocy twierdzenia będzie postaci
yn = −2(0.6)n + 2.5. Będzie to przypadek stabilny bez oscylacji (rysunek 10.22).
y
3
6
2
r
r
r
r
r
r
r
4
5
6
7
8
r
1
r
0
1
2
3
-n
Rysunek 10.22.
ZADANIA
10.1. Niech model będzie opisany równaniami
(
Pn = −yn + 5
Qn = 2yn − 1
yn+1 = yn − 0.5(Qn − Pn ).
Rozwiązać ten problem z warunkiem początkowym y0 = 0.2.
Jeśli równanie jest nieliniowe, to zwykle trudno podać konkretne wzory
na yn . Można jednak w wielu wypadkach wyznaczyć charakter rozwiązania.
Zapiszmy równanie w postaci
yn+1 = f (yn ).
Załóżmy, że funkcja f jest różniczkowalna. Wtedy przy pewnych założeniach o wielkości f 0 można podać typ rozwiązania.
Przedstawimy to w poniższej tabelce
218
f0
>1
0
0<f <1
−1 < f 0 < 0
f 0 < −1
f0
rozwiązanie yn
dąży monotonicznie do nieskończoności
dąży monotonicznie do położenia równowagi
oscylując dąży do położenia równowagi
oscyluje zwiększając amplitudę
Położenie równowagi otrzymujemy rozwiązując równanie
f (y) = y.
Nie będziemy dowodzić prawdziwości tego twierdzenia. Zamiast tego wykorzystując komputer pokażemy przykłady to ilustrujące.
Na początek rozważymy modele równowagi, w których podaż zależy od
ceny w poprzednim okresie i nie jest liniową funkcją ceny.
Przykład 10.9. Rozważmy model
(
Pn = −y
√n+2
Qn = yn−1 + 1 − 1
Pn = Qn .
Otrzymujemy stąd równanie różnicowe
yn+1 = −
p
yn + 1 + 3.
Funkcja f jest postaci
f (y) = −
p
y + 1 + 3.
Obliczmy jej pochodną
1
.
f 0 (y) = − √
2 y+1
Widzimy, że w interesującym nas przedziale (0; ∞) (cena musi być dodatnia) f 0 (y) ∈ (−1; 0),
zatem rozwiązanie powinno oscylować wokół ceny równowagi zbiegając do niej.
Obliczmy cenę równowagi. Rozwiązujemy w tym celu równanie
y=−
p
y + 1 + 3.
Stąd
y 2 − 6y + 9 = y + 1,
czyli
y 2 − 7y + 8 = 0.
∆ = 17,
√
7 − 17
y1 =
≈ 1.44,
2
√
7 + 17
≈ 5.56.
y2 =
2
219
y
6
3 s
2
s
s
1
0
1
2
s
s
3
s
4
5
s
6
s
7
s
8
-n
Rysunek 10.23.
√
Wiemy, że y − 3 = − y + 1, skąd y − 3 < 0. Zatem w rachubę wchodzi tylko y1 (rysunek
10.23). Przykład 10.10. Rozważmy sytuację

 Pn = −yn + 2

2
−1
Qn = yn−1
Pn = Qn ,
Prowadzi to do równania różnicowego
yn+1 = −
2
+ 3.
yn
Funkcja f jest postaci
f (y) = −
2
+ 3.
y
Obliczmy jej pochodną
f 0 (y) =
2
.
y2
√
√
Widzimy, że dla y > 2, f 0 (y) < 1, a dla y < 2, f 0 (y) < 1. To pokazuje,
że rozwiązanie nie
√
moga dążyć do nieskończoności, bo w momencie gdy y przekroczy 2 zaczną one wygasać.
Obliczmy cenę równowagi. Rozwiązujemy w tym celu równanie
y=−
2
+ 3.
y
Stąd
y 2 − 3y + 2 = 0.
Stąd
y1 = 1.
y2 = 3.
220
Co to oznacza? Okazuje się, że jeśli zadamy warunek początkowy większy od 1, to rozwiązanie będzie dążyć do 3 (bo ciąg będzie rosnący, jeśli y0 < 3 i malejący, jeśli y0 > 3.
Natomiast dla y0 < 1 dostaniemy początkowo ciąg malejący, pewnym momencie wyraz
ujemny (nie wiadomo co to ma znaczyć w naszym modelu) - wtedy następny będzie już
większy od 4 i dalej ciąg zbieżny do 3. Przykład 10.11. Model z ograniczeniem ceny. Rozpatrzmy sytuację, kiedy do modelu wprowadzimy górną granicę ceny. Rozpatrzmy to na konkretnym przykładzie.

P = −yn + 3

 n
Qn = 0.8yn+1 − 1

 Pn = Qn
y ¬ 2.5.
z warunkiem początkowym y0 = 1.4. Otrzymamy stąd równanie różnicowe
yn+1 = f (yn ),
gdzie
f (y) =
−1.25y + 3.75
2.5
jeśli
jeśli
−1.25y + 3.75 < 2.5
−1.25y + 3.75 2.5.
W wyniku otrzymamy na początku rosnące oscylacje, ale począwszy od pewnego miejsca
oscylacje będą stałe (rysunek 10.24). y
3
6
s
2
s
s
s
1
0
1
2
3
s
s
s
4
s
5
6
s
s
7
8
9
-n
Rysunek 10.24.
ZADANIA
10.2. Rozważmy model
(
Pn = −yn + 2
√
Qn = yn−1 + 0.5 yn−1 − 1
Pn = Qn .
Rozważyć problem z ceną początkową y0 = 1, wyznaczyć cenę równowagi i stwierdzić jaki
charakter ma rozwiązanie.
Odpowiedzi
Rozdział 1.
1.1. a) fałsz; b) prawda; c) fałsz; d) fałsz.
1.2. a) tak;
nie; d)
^b) tak;
^ c)^
_tak.
1.3. a)
b)
ax + b = y;
a∈IR
b∈IR
y∈IR
x∈IR
_
_
_
_
^
a∈IR
b∈IR
c∈IR
y∈IR
x∈IR
ax2 + bx + c 6= y.
1.4. a) (x2 5) ∧ x < 3 ∧ x3 > 7 ;
b) (x < y + 3) ∧ x2 y 3 ∧ x ¬ y;
c) (x 6= a ∧ x 6= b) ∨ x < a2 ∧ x ¬ b2 .
d)
e)
^
^
_
n∈IN
m∈IN
k∈IN
_
^
^
x∈IR
f)
^
n∈IN m∈IN
_
^
x>1
y<x
k ¬ n + m;
x 6=
n+m
;
3
(x y) ∧ (x 6= y m ).
m∈IN
1.6. A ∪ B = {1, 2, 3, 5, 8}, A ∩ B = {1, 2}, A \ B = {5, 8}. 1.7. a) {1, 2, 3, 4, 5}; b) {2, 3, 4, 5};
c) ∅; d) {2, 3, 4}. 1.8. {0, 2}. 1.9. a) z dwóch; b) z dwóch; c) z jednego. 1.10. A ∩ B = {2, 3},
A∩B ∩C = {2}, (B ∪C)∩A = A. 1.13. a) tak, A = {x0 }, B = {y0 }; b) tak, A = IR, B = {4};
c) nie; d) tak, A = [−1; 1], B = [−1; 1]. 1.15. 2n . 1.17. a)
d)
15
X
i
x ; e)
i=1
n
X
n
X
1
n
X
i=1
i=0
; b)
2i
(x−i); c)
55
X
(2i+1);
i=0
9
(2i + 1)x2i+1 . 1.18. a) 30; b) 104; c) 2 20
.
i=1
Rozdział 2.
2.1. a) (−∞; 0] ∪ [1; ∞); b) [1; ∞); c) (−1; 1). 2.2. a) Df = (−∞; 2] ∪ [2; ∞), ZW = [0; ∞);
1
b) Df = IR, ZW = 16
, ∞ ; c) Df = IR \ {0}, ZW = (−∞; −4] ∪ [4; ∞); d) Df =
[2; ∞), ZW = [0; ∞). 2.5. (f ◦ g)(x) = x4 + 3x2 + 2, (g ◦ f )(x) = x4 + 2x3 + x2 + 1. 2.6.
√
b) (f ◦ g)(13) = 33. 2.8. Dg◦f = {1, 2, 3}, Df ◦g = {1}. 2.9. a) f (x) = x2 + 2, g(y) = y;
√
3
2
−1
9
b) f (x) = x, g(y) = (y + 1) ; c) f (x) = (x − 1), g(y) = 3y − 2y. 2.10. f (y) = y2 + 8.
2.11. a) f −1 (y) =
c) f
−1
(y) =
y
;
1−|y|
p
3
y 3 − 1; b) f −1 (y) =
d) f
−1
(y) =
1
√
3y.
q
4
2.13. f
1
−
y
−1
6. 2.12. a) f −1 (y) =
(y) = √
y
1−y 2
b) f −1 (y) =
y
;
y−1
, y ∈ (−1; 1). 2.14. a) parzysta;
b) rosnąca, nieparzysta; c) parzysta; e) rosnąca; f) nieparzysta.
Rozdział 3.
y+6
;
5
222
Odpowiedzi
p
3
; c) √12 ; d)
. 3.3. a) 0; c) 0. 3.4. a) rosnący,
3.1. a) −29; b) −26; c) 4. 3.2. a) 14 ; b) − 16
15
5
ograniczony; b) malejący; c) ograniczony; d) nieograniczony. 3.5. 20
. 3.6. 59 . 3.7. a) 1; b) 1;
27
c) 1; d) 0; e) 0; f) 0; g) 12 ; h) 0; i) 13 ; j) 0; k) nie istnieje; l) nie istnieje; m) e2 ; n) e−5 . 3.8.
a) 4; b) 3; c) 0; d) 0.
Rozdział 4.
√
4.1. a) 21 ; b) 13 . 4.3. a) 32 ; b)
a) a = −2; b) a = −3; c) a =
4.13. 9 dolarów.
2
; c)
9 √
1+ 13
2
∞; 4.7. a) −4; b) ∞; c) −∞; d) 12 ; e) 0; f) 13 . 4.9.
√
lub a = 1−2 13 . 4.10. tak. 4.11. tak. 4.12. 1.8125.
Rozdział 5.
5.1. a) sin x + x cos x; b) 2x cos x; c)
g) 4(sin x)3 cos x; h)
2
n) − (x
+1) sin x+2x cos x
.
(x2 +1)2
2
−3x
√
2
1−x3
; i)
√
1
1−x2
; d)
√−1
1−x2
; e)
1
;
1+x2
3(ln x)2
;
x
f)
p
1 n
n
(x + 1)1−n ; k) 6x(sin(x2 ))2 cos(x2 ); l) ctg x;
5.2. a) x; b) ln 2 · x; c) ln 0.1 · x; d)
5x
;
5x+3
e) 1 + x; f)
2x2 +5x
.
x2 +5x−1
5.3. b) rosnąca; c) rosnąca; d) rosnąca. 5.4. a) malejąca w (−∞; 0) i 10
; ∞ , rosnąca w
3
10
9
9
0; 3 ; b) malejąca w −∞; 4 , rosnąca w 4 ; ∞ ; c) malejąca w (0; 1), rosnąca w (1; ∞);
d) malejąca w (−3; 0) i (0; 3), rosnąca w (−∞; −3) i (3; ∞); e) malejąca w −∞;
ln(3/2)
2
,
rosnąca w ln(3/2)
; ∞ . 5.6. a) maksimum w punkcie x = 0, minimum w punkcie x = 2;
2
b) maksimum
w
punkcie
x = −1, minimum
w punkcie x = 1; c) maksimum
√
√
√ w punkcie
x = − 2, minimum √
w punkcie x = 2; d) maksimum √
w punkcie x = −1 − 2, minimum
√
w punkcie x = −1 + 2; e)
maksimum w punkcie −2 − 2 i minimum w punkcie −2 + 2;
√
5
2
f) maksimum w punkcie 3. 5.7. a) największa 7, najmniejsza 1 − 3√3 ; b) największa 0,
√
najmniejsza −1; c) największa 3 − 2, najmniejsza 34 ; d) najmniejsza e, największej nie ma.
√
p
1
7
. 5.10. promień √
, wysokość 3 π4 . 5.11. a) 1; b) 12 ;
5.8. 50 × 100 metrów. 5.9. 50−10
3
3
2π
c) − 12 ; d) 0; e) e; f) ln 3 − ln 2; g) 0; h) 0; i) 0; j) ∞; k) 0. 5.12. a) 2 ln x + 3; b) −9 sin 3x;
2
c) (2 + 4x2 )ex ; d)
2
;
(1−x)3
p
e) −2 sin xex ; f) 12x2 − 18x. 5.13. a) maksimum w 0, minimum
p
w 10
; b) maksimum w − 1/2, minimum w 1/2; d) minimum w −1; e) maksimum w −1,
3
minimum
w 1; 5.14. a) wklęsła
w (−∞; 1/3), wypukła w (1/3; ∞); b) wypukła w (−∞; 0)
√
√
i ( 3 2; ∞), wklęsła w (0; 3 2);
c)
−1) i (1; ∞), wypukła w (−1; 1); d) wyp wklęsła w (−∞;p
pukła w IR; e) wklęsła w (0; 5 1/4), wypukła w ( 5 1/4; ∞); f) wypukła w (0; 1), wklęsła w
(1; ∞). 5.15. nigdzie nie rośnie coraz szybciej, maleje coraz wolniej w (0; 1). 5.16. a) (−∞; 1);
b) (2; ∞); c) nigdzie. 5.17. rośnie coraz wolniej. 5.18. a) pozioma y = 0 w ±∞; b) ukośna
y = x + 3 w ±∞; c) pionowa x = 0.
Rozdział 6.
3
6.1. a) 13 x3 − 52 x2 +3x+c; b) − x1 +c; c) x sin x+cos x+c; d) (x2 −2x+2)ex +c; e) 29 (3x−5) 2 +c;
2
2
g) x2 ln x − x4 + c; h) − 15 cos(5x − 7) + c; j) ln | sin x| + c; k) − 13 e−3x + c; l) x + 2 ln |x − 1| + c.
1
6.2. a) 9; b) 38 : c) π2 − 1; d) 1; e) 14 (104/3 − 74/3 ); f) e2 ; g) ln(1 + e) − ln 2; h) ln152 . 6.3. a) 20
;
√
1
b) 1/6; c) 2 − 2. 6.4. a) 4 ; b) 1; c) π; d) 2.
Odpowiedzi
223
Rozdział 7.

7.1.
a)
niewykonalne;
b)
niewykonalne;
c)
14
 19
24
24
33
42

34
47 ;
60
d)
niewykonalne;
24 30 36
8 26
44
e)
; f)
; g) niewykonalne; h) niewykonalne. 7.2. a) −2; b) 0;
51 66 81
17 62 107
111
c) 105 ; d) −3. 7.3. a) 120; b) 480; 7.4. a) 1; b) 2; c) 2; d) 2; e) 3; f) 2; g) 2; h) 3; i) 3;
3
1
j) 4; k) 2; l) 3. 7.5. a) x = 1, y = 2, z = 3; b) x = −1, y = 3, z = 2. 7.6. a) 12
;
−2 0




2
1 −8 12
−3 −1 −5
−7 −4
6
1 
1  6

1 −1
1 ; d) − 10 
b) nie istnieje; c) − 2
. 7.7. a) x = 14
,
3
−6
2
4 −6 
−2
0 −2
4 −3 −6
4
y = − 43 , z = − 73 ; b) x = 1, y = 2, z = 2; c) x = 14
, y = − 43 , z = − 10
. 7.8. a) x = 7−7z
,
3
3
9
−7−9z
−5−6z
29
11
y = −5+5z
,
z
∈
IR;
b)
x
=
,
y
=
,
z
∈
IR;
c)
x
∈
IR,
y
=
−
2x,
z
=
+
x,
9
3
3
10
10


−1 −1
2
4
3
1
1 
5
5 −1 . 7.10. a) cramerowski; b) sprzecz; b) 18
t = 16
− 2x. 7.9. a) 19
5
−5 1
20
2 −4
ny; c) nieoznaczony: y = 72 + x, z = 92 − 2x, x ∈ IR. 7.11. 7.6, 10, 1. 7.12. 45.66, 58.66,
69.00.
Rozdział 8.
8.2. 0. 8.4. a) fx0 = 2xy 3 , fy0 = 3x2 y 2 ; b) fx0 = 3e3x+4y , fy0 = 4e3x+4y ; c) fx0 = −2x sin(x2 +
x
5y), fy0 = −5 sin(x2 + 5y); d) fx0 = y−xy
, fy0 = exx ; e) fx0 = exe+y , fy0 = ex1+y ; f) fx0 = 3x2 y 2 z,
ex
3y
x
4x
, Ey f = 4x+3y
; b) Ex f = 2x+3y
, Ey f =
fy0 = 2x3 y 2 z, fz0 = x3 y 2 . 8.5. a) Ex f = 4x+3y
3y
;
4x+6y
x+2y
,
x+y
2yz 2
,
6x+2yz 2
2
4yz
Ez f = 6x+2yz
2.
√
3
8.6.√najmniejsza
−9,
największa
−6.
8.7.
najmniejsza
0,
największa
4.
8.8.
3
2.
8.9.
r
=
p
√ p
√ p
1 3
1 3
2 3
3
3
3
√
15
V
/π,
h
=
15
V
/π,
s
=
15
V
/π.
8.10.
y
=
−0.36x
+
2.2,
x
lata,
y
tys.
5
5
5
ton. 8.11. y = −0.85x + 80.31, x - lata, y - metry nad poziomem morza.
c) Ex f =
Ey f =
x
;
x+y
d) Ex f =
6x
,
6x+2yz 2
Ey f =
Rozdział 9.
9.1. y(x) =
√
3
3ex − 2. 9.2. 10268. 9.3. y = x2 +cx. 9.4. y = −ex +4e2x . 9.5. x = e3t (A+B+
Bt), y = e3t (A+Bt). 9.6. x = − 16 t3 e3t , ys = − 16 t3 + 12 t2 e3t . 9.7. x = 0.25e−3t +3.25et −3,
y = −0.125e−3t + 1.625et − 1.
Rozdział 10.
10.1. yn = −1.13(−0.5)n + 1.66. 10.2. Cena równowagi 1.22. Rozwiązanie oscyluje zwiększając amplitudę.
Indeks
alternatywa, 11
asymptota, 89
badanie funkcji, 90
całka nieoznaczona, 95
całka niewłaściwa, 102
całka oznaczona, 98
całka, 95
całkowanie przez części, 96, 98
całkowanie przez podstawienie, 96, 99
ciąg arytmetyczny, 46
ciąg geometryczny, 46
ciąg malejący, 45
ciąg ograniczony, 45
ciąg rosnący, 45
ciąg zbieżny, 47
ciąg, 45
ciągłość funkcji, 56, 146
dwumian Newtona, 20
dziedzina funkcji, 142
dziedzina, 23
ekstremum, 74
elastyczność funkcji, 66
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
funkcja
ciągła, 56
kwadratowa, 35
liniowa, 34
logarytmiczna, 38
malejąca, 33, 73
nieparzysta, 33
odwrotna, 31
okresowa, 39
parzysta, 33
potęgowa, 34, 37
rosnąca, 33, 73
różnowartościowa, 31
wewnętrzna, 30
wklęsła, 85
wykładnicza, 34, 37
wymierna, 36
funkcja wypukła, 85
funkcja zewnętrzna, 30
funkcja, 23
funkcje trygonometryczne, 39
główna przekątna, 113
gradient funkcji, 149
granica funkcji, 53
granica lewostronna, 54
granica prawostronna, 54
iloczyn kartezjański, 18
iloczyn skalarny, 107
iloczyn zbiorów, 16
implikacja, 11
koniunkcja, 11
krańcowe wielkości, 66
kwantyfikatory, 14
logarytm naturalny, 38
macierz diagonalna, 113
macierz jednostkowa, 113
macierz kwadratowa, 113
macierz odwrotna, 119
macierz rozszerzona, 122, 134
macierz symetryczna, 113
macierz transponowana, 111
macierz, 110
maksimum, 74
metoda najmniejszych kwadratów, 166
metoda Sarrusa, 115
minimum, 74
mnożenie macierzy, 111
model dochodu narodowego, 125
model Domara, 70
model nakładów i wyników, 137
monotoniczność funkcji, 73
nierówność trójkąta, 20
operacje elementarne, 131
operacje logiczne, 11
226
Indeks
oprocentowanie ciągłe, 51
oprocentowanie proste, 47
oprocentowanie składane, 47
silnia, 20
suma zbiorów, 16
symbol Newtona, 20
parametry układu, 128
pochodna cząstkowa, 147
pochodna drugiego rzędu, 84
pochodna funkcji, 63
poziomica, 144
prawa de Morgana, 13, 14, 17
problem Cauchy’ego, 175
przeciwdziedzina, 23
przekształcenie liniowe, 108
przekształcenie odwrotne, 126
przeskalowanie wykresu, 25
przestrzeń euklidesowa, 107, 141
przestrzeń liniowa, 106
przestrzeń skończenie wymiarowa, 108
punkt przegięcia, 85
tautologia, 13
twierdzenie Kroneckera-Capelliego, 122
twierdzenie Lagrange’a, 69
twierdzenie o trzech ciągach, 49
twierdzenie Rolle’a, 69
reguła de l’Hospitala, 82
rozwiżanie szczegłne, 194
rozwiązanie bazowe, 131
rozwiązanie ogłne, 174
różnica zbiorów, 16
różniczkowalność funkcji, 63
równania równowagi, 41
równanie różnicowe, 207
równanie różniczkowe, 171
równoważność, 11
rząd macierzy, 117, 120
układ równań liniowych, 121, 127, 134
warstwica, 144
wartość logiczna, 11
warunek początkowy, 175
wektory liniowo niezależne, 108
wektory liniowo zależne, 108
wielomian, 35
własność Darboux, 59
współczynnik nakładów, 138
wykres funkcji, 24, 142
wymiar przestrzeni, 108
wyznacznik, 113
wzory Cramera, 122, 123
wzory skrćonego mnożenia, 21
wzór Laplace’a, 114
zaprzeczenie, 11
zbiór wartości, 23
zbiór, 16
złożenie funkcji, 29
zmienne bazowe, 130

Rozdział 1. Elementy rachunku zdań i algebry zbiorów

Transkrypt

Podobne dokumenty

Zakres tych usług jest bardzo szeroki i może przybierać różne formy

Anna Kiwiel jest starszym konsultantem w zespole