Egzamin z Analizy 2, 16 VI 2011 godz. 12.00

1. Zadanie wstępne

Zadanie

Odp.

1. Obliczyć pochodną

∂

2

f

∂x

2

(P ) , gdzie f (x, y) = x

3

+ y

3

+ y ln(x

2

− 3)

,

P = (2, 2)
Rozwiązanie:

∂f

∂x

= 3x

2

+

y · 2x

x

2

− 3

∂

2

f

∂x

2

= 6x +

2y · (x

2

− 3) − 2xy · 2x

(x

2

− 3)

2

= 12 +

4 − 32

(4 − 3)

2

= −16

−16

2. Obliczyć dywergencję pola wektorowego

−

→

F =

h

2x

2

y + z ,

x

y

, x

2

z + yz

2

i

w

punkcie P = (1, −1, 0)
Rozwiązanie:

div ~

F =

∂P

∂x

+

∂Q

∂y

+

∂R

∂z

= 4xy −

x

y

2

+ x

2

+ 2yz = −4 − 1 + 1 + 0 = −4

−4

1.3 Obliczyć całkę iterowaną

1

Z

0





1−x

Z

0

(2x + 4y) dy





dx

Rozwiązanie:

1

Z

0





1−x

Z

0

(2x + 4y) dy





dx =

1

Z

0

h

2xy + 2y

2

i

1−x

0

dx =

1

Z

0

(2 − 2x) dx =

h

2x − x

2

i

1

0

=

1

1

1.4 Obliczyć całkę krzywoliniową skierowaną

Z

C

y dx + 2x dy ;

C :

x = t

2

, y = 1 − t

2

od t = 0 do t = 1

Rozwiązanie:

Z

C

y dx+x dy =

1

Z

0

(1−t

2

)·2t dt+2t

2

·(−2t) dt =

1

Z

0

(−6t

3

+2t) dt =

h

−

6

4

t

4

+t

2

i

1

0

=

−

1

2

−

1
2

1.5 Zapisać zbiór A we współrzędnych walcowych w postaci normalnej:
A :

x

2

+ y

2

¬ 9 , z ¬ 4 , z ­

√

x

2

+ y

2

Rozwiązanie:
x

2

+ y

2

¬ 9 =⇒ r

2

¬ 9 =⇒ r ¬ 3

pierwszy warunek (walec)

z ¬ 4

drugi warunek (płaszczyzna)

z ­

√

x

2

+ y

2

=⇒ z ­ r

trzeci warunek (stożek)











0 ¬ ϕ ¬ 2π
0 ¬ r ¬ 3
r ¬ z ¬ 4

1

2. Wyznaczyć różniczkę zupełną funkcji

f (x, y) = xy

q

x

3

− y

2

+

4y

x

+ sin(y

2

− 2x)

w punkcie P (2, 2) . Wyznaczyć płaszczyznę styczną do powierzchni z = f (x, y) w
punkcie leżącym nad P

Rozwiązanie:

Różniczka zupełna funkcji f jest równa:

df =

∂f

∂x

dx +

∂f

∂y

dy

Obliczamy:

∂f

∂x

= y

q

x

3

− y

2

+

xy · 3x

2

2

√

x

3

− y

2

−

4y

x

2

+ cos(y

2

− 2x) · (−2)

∂f

∂x

(P ) = 4 + 12 − 2 − 2 = 12

∂f

∂y

= x

q

x

3

− y

2

+

xy · (−2y)

2

√

x

3

− y

2

+

4

x

+ cos(y

2

− 2x) · (2y)

∂f

∂y

(P ) = 4 − 4 + 2 + 4 = 4 = 6

Różniczka zupełna f w punkcie P jest równa

df = 12 dx + 6 dy

Równanie płaszczyzny stycznej π do powierzchni z = f (x, y) :

z − z

0

= 12(x − x

0

) + 6(y − y

0

)

z

0

= f (x

0

, y

0

) = 2 + 4 + 0 = 6

z − 6 = 12(x − 2) + 6(y − 2)

π :

12x + 6y − z − 18 = 0

2

3. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji

f (x, y) = 2x

2

y + xy

2

− 6xy

Rozwiązanie:

Dziedzina funkcji D : R

2

-zbiór otwarty, f jest klasy C

2

Rozwiązujemy układ równań :

∂f

∂x

= 0

;

∂f

∂y

= 0

Obliczamy pochodne cząstkowe:

∂f

∂x

= 4xy + y

2

− 6y

;

∂f

∂y

= 2x

2

+ 2xy − 6x

Stąd:

(

4xy + y

2

− 6y = 0

2x

2

+ 2xy − 6x = 0

y(4x + y − 6) = 0

pierwsze równanie

Czyli y = 0 lub 4x + y − 6 = 0

Dla y = 0 z drugiego równania:

2x

2

− 6x = 0 =⇒ 2x(x − 3) = 0 =⇒ x = 0 lub x = 3

Dla 4x + y − 6 = 0 = 0 =⇒ y = 6 − 4x z drugiego równania:

2x

2

+ 12x − 8x

2

− 6x = 0 =⇒ 6x(−x + 1) = 0 =⇒ x = 0 lub x = 1

x = 0 =⇒ y = 6

x = 1 =⇒ y = 2

Mamy więc cztery punkty stacjonarne:

P

1

(0, 0) , P

2

(3, 0) , P

3

(0, 6) , P

4

(1, 2)

Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu:

∂

2

f

∂x

2

= 4y

;

∂

2

f

∂y

2

= 2x

;

∂

2

f

∂x∂y

= 4x + 2y − 6

Badamy macierz drugich pochodnych :

f

00

(P

1

) =

"

0 −6

−6

0

#

W

1

= 0 , W

2

= −36 < 0

w P

1

nie ma ekstremum

f

00

(P

2

) =

"

0 6
6 6

#

W

1

= 0 , W

2

= −36 < 0

w P

2

nie ma ekstremum

f

00

(P

3

) =

"

24 6

6 0

#

W

1

= 24 > 0 , W

2

= −36 < 0

w P

3

nie ma ekstremum

f

00

(P

4

) =

"

8 2
2 2

#

W

1

= 8 > 0 , W

2

= 12 > 0

w P

4

jest minimum lokalne

3

4. Obliczyć moment bezwładności względem osi Oy jednorodnego obszaru: xy ¬ 8 ,

y ­ x

2

, x ­ 0 , y ¬ 8

Rozwiązanie:

I

y

=

ZZ

D

ρx

2

dx dy = ρ

Z Z

D

x

2

dx dy

gdzie ρ jest gęstością obszaru.

Zbiór D dzielimy na dwie części:

D

1

:

(

0 ¬ x ¬ 1
x

2

¬ y ¬ 8

D

2

:

(

1 ¬ x ¬ 2
x

2

¬ y ¬

8

x

Mamy:

ZZ

D

x

2

dx dy =

ZZ

D

1

x

2

dx dy +

ZZ

D

2

x

2

dx dy

Obliczamy:

ZZ

D

1

x

2

dx dy =

1

Z

0





8

Z

x

2

x

2

dy





dx

8

R

x

2

x

2

dy =

h

x

2

y

i

8

x

2

= 8x

2

− x

4

1

R

0

(8x

2

− x

4

) dx =

h

8
3

x

3

−

1
5

x

5

i

1

0

=

8
3

−

1
5

=

37
15

ZZ

D

2

x

2

dx dy =

2

Z

1







8
x

Z

x

2

x

2

dy







dx

8
x

R

x

2

x

2

dy =

h

x

2

y

i

8
x

x

2

= 8x − x

4

2

R

1

(8x − x

4

) dx =

h

4x

2

−

1
5

x

5

i

2

1

= 16 −

32

5

− (4 −

1
5

) =

29

5

I

y

= ρ(

37

15

+

29

5

) =

124ρ

15

Odpowiedź:

I

y

=

124ρ

15

4

5. Obliczyć

ZZ Z

A

y

2

z

2

dx dy dz , jeżeli bryła A jest ograniczona powierzchniami x

2

+y

2

= 4

, x

2

+ y

2

= z

2

.

Rozwiązanie:

z

2

= x

2

+ y

2

: stożek

x

2

+ y

2

= 4 : walec

Stosujemy współrzędne walcowe:

I =

ZZ Z

A

∗

zr

2

sin

2

ϕ · r dr dϕ dz =

Z Z Z

A

∗

zr

3

sin

2

ϕ dr dϕ dz

Zbiór A

∗

:

x

2

+ y

2

= 4 =⇒ r

2

= 4 =⇒ r = 2

z

2

= x

2

+ y

2

=⇒ z

2

= r

2

=⇒ z = ±r

zachodzić mają również standardowe ograniczenia współrzędnych walcowych: r ­ 0
oraz ϕ należy do jednego okresu. Stąd:

A

∗

: ϕ ∈< 0, 2π > ; r ∈< 0, 2 > ; z ∈< −r, r >

I =





2π

Z

0

sin

2

ϕ dϕ





·





2

Z

0





r

Z

−r

z

2

r

3

dz





dr





2π

Z

0

sin

2

ϕ dϕ =

2π

Z

0

1 − cos 2ϕ

2

dϕ =

1

2

h

ϕ −

1

2

sin 2ϕ

i

2π

0

= π

r

Z

−r

z

2

r

3

dz =

h

1

3

z

3

r

3

i

r

−r

=

1

3

r

6

+

1

3

r

6

=

2

3

r

6

2

Z

0

1

3

r

6

dr =

h

2

21

r

7

i

2

0

=

256

21

Odpowiedź:

I =

256π

21

5

6. Sprawdzić twierdzenie Greena jeżeli zbiór A : y ­ x

2

, y ¬ 2 − x ; a pole wektorowe

[P, Q] = [x

2

, xy]

Rozwiązanie:

Szukamy punktów przecięcia krzywych:

(

y = x

2

y = 2 − x

=⇒ x

2

= 2 − x =⇒ x

2

+ x − 2 = 0 =⇒ x = −2 lub x = 1

Wzór Greena:

ZZ

A

∂Q

∂x

−

∂P

∂y

!

dx dy =

I

K

P dx + Q dy

Obliczamy lewą stronę. A jest obszarem normalnym:

A :

(

−2 ¬ x ¬ 1
x

2

¬ y ¬ 2 − x

Obliczamy:

∂Q

∂x

−

∂P

∂y

= y − 0 = y

L =

ZZ

A

y dx dy =

1

Z

−2





2−x

Z

x

2

y dy





dx

2−x

Z

x

2

y dy =

h

1

2

y

2

i

2−x

x

2

=

1

2

(2 − x)

2

−

1

2

x

4

= 2 − 2x +

1

2

x

2

−

1

2

x

4

L =

1

R

−2

2 − 2x +

1
2

x

2

−

1
2

x

4

dx =

h

2x − x

2

+

1
6

x

3

−

1

10

x

5

i

1

−2

= 2 − 1 +

1
6

−

1

10

− (−4 −

4 −

8
6

+

32
10

) = 9 +

9
6

−

33
10

=

72
10

=

36

5

Krzywa K jest brzegiem zbioru A zorientowanym dodanio (w lewo). Dzielimy K na 2
łuki:

Obliczamy całki:

K

1

: x = t , y = t

2

; t zmienia się od −2 do 1

Z

K

1

x

2

dx + xy dy =

1

Z

−2

(t

2

· 1 + t

3

· 2t) dt =

1

Z

−2

(t

2

+ 2t

4

) dt

1

3

t

3

+

2

5

t

5

1

−2

=

1

3

+

2

5

− (−

8

3

−

64

5

) = 3 +

66

5

K

2

: x = t , y = 2 − t ; t zmienia się od 1 do −2

Z

K

2

x

2

dx + xy dy =

−2

Z

1

(t

2

· 1 + t(2 − t) · (−1)) dt =

−2

Z

1

(2t

2

− 2t) dt =

2

3

t

3

− t

2

−2

1

=

−16

3

− 4 − (

2

3

− 1) = −9

Stąd:

P = 3 +

66

5

− 9 =

36

5

Czyli lewa strona jest równa prawej stronie.

6