Egzamin z Analizy 2, 22 VI 2007 godz. 12.00

1. Podać warunke konieczny istnienia ekstremum lokalnego funkcji dwóch zmiennych.

Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji z = xy(6 − x − y) jeżeli x > 0 i y > 0

Rozwiązanie:

Dziedzina funkcji D : x > 0, y > 0

z = 6xy − x

2

y − xy

2

Rozwiązujemy układ równań :



























∂z

∂x

= 0

∂z
∂y

= 0

Obliczamy pochodne cząstkowe:

∂z

∂x

= 6y − 2xy − y

2

∂z
∂y

= 6x − x

2

− 2xy

Stąd:

(

6y − 2xy − y

2

= 0

6x − x

2

− 2xy = 0

Z pierwszego równania:

y(6 − 2x − y) = 0

y = 0 lub y = 6 − 2x

Z drugiego równania dla y = 0 mamy x = 0 lub x = 6,

a dla y = 6 − 2x, po podstawieniu do drugiego równania:

−6x + 3x

2

= 0

Czyli x = 0 (wtedy y = 6) lub x = 2 (wtedy y = 2)

Rozwiązaniem tego układu są więc punkty:

P

1

(0, 0) , P

2

(6, 0) , P

3

(0, 6) , P

4

(2, 2)

Do dziedziny funkcji f należy tylko punkt P

4

Funkcja f (x, y) może więc mieć ekstremum tylko w punkcie P

4

Badamy drugie pochodne w tym punkcie:

∂

2

z

∂x

2

= −2y = −4

∂

2

z

∂y

2

= −2x = −4

∂

2

z

∂x∂y

= 6 − 2x − 2y = −2

Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P

4

:

"

−4 −2
−2 −4

#

Znaki wyznaczników:

W

1

= −4 < 0

W

2

= 12 > 0

Funkcja z(x, y) ma więc w punkcie P

4

(2, 2) maximum lokalne

2. Omówić pochodną kierunkową funkcji. Wyznaczyć pochodną kierunkową funkcji f (x, y, z) =

√

2x + 3y − 4z w punkcie P (1, 1, −1) w kierunku wektora ~s = [1, −2, 2]

Rozwiązanie

Pochodna kierunkowa jest równa:

f

0

~s

=

(grad f ) ◦ ~s

|~s|

grad f =

"

∂f
∂x

,

∂f

∂y

,

∂f

∂z

#

∂f
∂x

=

2

2

√

2x + 3y − 4z

=

1
3

∂f

∂y

=

3

2

√

2x + 3y − 4z

=

1
2

∂f

∂z

=

−4

2

√

2x + 3y − 4z

= −

2
3

f

0

~s

=

1
3

−

2
2

−

4
3

√

9

= −

2
3

3. Omówić zamianę zmiennych w całce podwójnej. Obliczyć

Z

D

Z

y dx dy , gdzie obszar D

ograniczony jest liniami: x

2

+ y

2

= 1 , x

2

+ y

2

= 4 , y = x , y =

√

3x

Rozwiązanie:

Zamieniamy zmienne na biegunowe

x = r cos φ , y = r sin φ

Z

D

Z

y dx dy =

Z

D∗

Z

r sin φ · r dr dφ ==

Z

D∗

Z

r

2

sin φ dr dφ

Obszar

D∗ :

(

π

4

¬ φ ¬

π

3

1 ¬ r ¬ 2

(wybieramy jeden z czterech możliwych obszarów)

Ponieważ całkujemy po prostokącie, a funkcja podcałkowa jest iloczynem funkcji jednej
zmiennej więc

Z

D∗

Z

r

2

sin φ dr dφ =





2

Z

1

r

2

dr





·







π

3

Z

π

4

sin φ dφ







=

"

r

3

3

#

2

1

· [− cos φ]

π

3

π

4

= (

8
3

−

1
3

)(−

1
2

+

√

2

2

) =

7(

√

2 − 1)

3

4. Omówić współrzędne sferyczne. Obliczyć całkę

Z Z

Ω

Z q

x

2

+ y

2

dx dy dz

gdzie Ω jest ograniczony powierzchniami x = 0 , y = 0 , z = 0 , x

2

+ y

2

+ z

2

= a

2

( x > 0, y > 0, z > 0)

Rozwiązanie:

Zmieniamy współrzędne na sferyczne:

Z Z

Ω

Z q

x

2

+ y

2

dx dy dz =

Z Z

Ω∗

Z

r sin θ · r

2

sin θ dr dθ dφ =

Z Z

Ω∗

Z

r

3

sin

2

θ dr dθ dφ

Równania powierzchni w nowych współrzędnych:

r

2

= a

2

, φ = 0 , φ =

π

2

, θ =

π

2

Ω∗ :











0 ¬ φ ¬

π

2

0 ¬ θ ¬

π

2

0 ¬ r ¬ a

Całkujemy po prostopadłościanie a funkcja podcałkowa jest iloczynem funkcji jednej
zmiennej

Z Z

Ω∗

Z

r

3

sin

2

θ dr dθ dφ =





a

Z

0

r

3

dr





·







π

2

Z

0

sin

2

θ dθ







·







π

2

Z

0

dφ







=

"

r

4

4

#

a

0







π

2

Z

0

sin

2

θ dθ







[φ]

π

2

0

=

πa

4

8

π

2

R

0

1
2

(1 − cos 2θ) dθ =

πa

4

16

h

θ −

sin 2θ

2

i

π

2

0

=

π

2

a

4

32

5. Obliczyć moment bewładności jednorodnego prostkokąta o bokach a i b względem boku

a .

Rozwiązanie:

Umieszczamy prostokąt w układzie współrzędnych:

D

(

0 ¬ x ¬ a
0 ¬ y ¬ b

Wtedy szukany moment bezwładności:

I =

Z

D

Z

y

2

dx dy

Ponieważ całkujemy po prostokącie, a funkcja podcałkowa jest iloczynem funkcji jednej
zmiennej więc

I =

a

Z

0

dx ·

b

Z

0

y

2

dy = [x]

a
0

"

y

3

3

#

b

0

=

ab

3

3

6. Wykazać, że jeżeli pole ~

F = [P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)] jest potencjalne to rot ~

F =

~0

Rozwiązanie:

rot ~

F =

"

∂R

∂y

−

∂Q

∂z

,

∂P

∂z

−

∂R

∂x

,

∂Q

∂x

−

∂P

∂y

#

Pole jest potencjalne więc istnieje potencjał, czyli funkcji V (x, y, z) spełniająca warunki:



















































∂V

∂x

= P

∂V

∂y

= Q

∂V

∂z

= R

A więc

rot ~

F =

"

∂

2

V

∂z∂y

−

∂

2

V

∂y∂z

,

∂

2

V

∂x∂z

−

∂

2

V

∂z∂x

,

∂

2

V

∂y∂x

−

∂

2

V

∂x∂y

#

= [0, 0, 0]