Egzamin z Analizy 2, 27 VI 2007 godz. 9.00
1. Podać definicję różniczki zupełnej funkcji z = f ( x, y) i jej związek z przyrostami tej funkcji. Obliczyć przybliżoną wartość wyrażenia q(2 , 98)2 + (4 , 01)2
Rozwiązanie
Określamy funkcję
q
f ( x, y) =
x 2 + y 2
oraz punkt
x 0 = 3 , y 0 = 4
wtedy
√
f ( x 0 , y 0) = 9 + 16 = 5
Przyrosty argumentów są równe:
d x = 2 , 98 − 3 = − 0 , 02
d y = 4 , 01 − 4 = 0 , 01
Różniczka zupełna f jest równa
∂f
∂f
x
y
d f =
d x +
d y = √
d x + √
d y
∂x
∂y
x 2 + y 2
x 2 + y 2
Różniczka zupełna f w punkcie (3; 4) jest równa 3
4
d f =
d x +
d y
5
5
Przyrost funkcji przybliżamy różniczką 3
4
∆ f ≈ d f = ( − 0 , 02) + (0 , 01) = − 0 , 004
5
5
A więc
q(2 , 98)2 + (4 , 01)2 = f( x 0 ,y 0) + ∆ f ≈ f( x 0 ,y 0) + d f = 5 − 0 , 004 = 4 , 996
∂ 2 z
∂ 2 z
2. Funkcja z = f ( x, y) jest funkcją harmoniczną jeżeli spełnia równanie
+
= 0 .
∂x 2
∂y 2
Wykazać, że funkcja z = arctan y jest funkcją harmoniczną.
x
Rozwiązanie
Obliczamy pochodne:
∂z
− y
y
=
x 2
= −
∂x
1 + y 2
x 2 + y 2
x 2
∂ 2 z
y · 2 x
2 xy
=
=
∂x 2
( x 2 + y 2)2
( x 2 + y 2)2
∂z
1
x
=
x
=
∂y
1 + y 2
x 2 + y 2
x 2
∂ 2 z
x · 2 y
2 xy
= −
= −
∂y 2
( x 2 + y 2)2
( x 2 + y 2)2
Podstawiamy obliczone pochodne do równania:
2 xy
−
= 0
( x 2 + y 2)2
( x 2 + y 2)2
Funkcja z spełnia to równanie, a więc jest funkcją harmoniczną.
3. Obliczyć masę obszaru ograniczonego parabolami y = x 2 , y 2 = x jeżeli gęstość ρ( x, y) = x 2 + y Rozwiązanie
Masa obszaru D jest równa
Z Z
Z Z
m =
ρ( x, y) d x d y =
x 2 + y d x d y D
D
Obszar D:
Szukamy punktów przecięcia:
( y = x 2
y 2 = x
x 4 = x
x( x 3 − 1) = 0
x 1 = 0 , x 2 = 1
( 0 ¬ x ¬ 1
D :
√
x 2 ¬ y ¬
x
Przekształcamy całkę podwójną w iterowaną:
√
1
Z
x
Z
m =
x 2 + y d y d x 0
x 2
Obliczamy całki
√x
Z
1 √x
1
1
1
3
x 2 + y d y = x 2 y + y 2
= x 52 + x − x 4 − x 4 = x 52 + x − x 4
2
x 2
2
2
2
2
x 2
1
Z
1
3
2
1
3
1
2
1
3
33
x 52 + x − x 4 d x =
x 72 + x 2 −
x 5
=
+
−
=
2
2
7
4
10
0
7
4
10
140
0
√
4. Obliczyć pole powierzchni części stożka z =
x 2 + y 2 leżącej wewnątrz walca x 2 + y 2 −
2 x = 0
Rozwiązanie
Szukane pole powierzchni jest równe
v
Z Z u
!
!
u
∂z 2
∂z 2
S =
t1 +
+
d x d y
∂x
∂y
D
gdzie D jest rzutem powierzchni na płaszczyznę XY czyli kołem ograniczonym okręgiem x 2 + y 2 − 2 x = 0
Obliczamy pochodne
∂z
x
= √
∂x
x 2 + y 2
∂z
y
= √
∂y
x 2 + y 2
v
u
!
!
s
u
2
2
√
t
∂z
∂z
x 2
y 2
1 +
+
=
1 +
+
=
2
∂x
∂y
x 2 + y 2
x 2 + y 2
Szukane pole powierzchni
Z Z √
√ Z Z
S =
2 d x d y =
2
d x d y
D
D
Obszar D jest kołem o promieniu 1, a całka podwójna z 1 jest równa polu obszaru czyli jest równa π
Odpowiedź:
√
S = π 2
√
5. Znaleźć współrzędne środka ciężkości półkuli ograniczonej półsferą z =
R 2 − x 2 − y 2
i płaszczyzną z = 0 jeżeli ρ( x, y, z) = C
Rozwiązanie
Ze względu na symetrię osiową obszaru Ω i fukcji gęstości, środek ciężkości leży na osi symetrii, a więc:
xS = yS = 0
Współrzędna zS środka ciężkości jest równa Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
zρ d x d y d z C
z d x d y d z z d x d y d z z
Ω
Ω
Ω
S = Z Z Z
=
Z Z Z
= Z Z Z
ρ d x d y d z C
d x d y d z
d x d y d z
Ω
Ω
Ω
Całka w mianowniku jest równa objętości obszaru czyli Z Z Z
2
d x d y d z = πR 3
3
Ω
Obliczamy całkę z licznika wprowadzając współrzędne sferyczne Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
z d x d y d z =
r cos θ · r 2 sin θ d r d θ d φ =
r 3 cos θ sin θ d r d θ d φ
Ω
Ω ∗
Ω ∗
Obszar Ω ∗ we współrzędnych sferycznych:
0 ¬ φ ¬ 2 π
Ω ∗ :
0 ¬ θ ¬ π
2
0 ¬ r ¬ R
Obszar całkowania jest prostopadłościanem a funkcja podcałkowa jest iloczynem funkcji jednej zmiennej, więc zamiast całki iterowanej możemy obliczyć iloczyn całek poje-dynczych
π
Z Z Z
2 π
Z
2
Z
R
Z
h
i
1
Z
R
r 3 cos θ sin θ d r d θ d φ =
d φ ·
cos θ sin θ d θ · r 3 d r = [ φ]2 π· 1 r 4
t d t =
0
4
0
Ω ∗
0
0
0
0
1
1 1
1
πR 4
t 2
= πR 4
2
2
0
4
Stosujemy podstawienie:
t = sin θ
d t = cos θ d θ
t = 0 dla θ = 0
t = 1 dla θ = π 2
A więc
1 πR 4
3
z
4
S =
= R
2 πR 3
8
3
~r
6. Obliczyć div
gdzie ~r = x~i + y~j + z~k
|~r|
Rozwiązanie
√
|~r| =
x 2 + y 2 + z 2
~r = [ P,Q,R]
|~r|
gdzie
x
y
z
P = √
, Q = √
, R = √
x 2 + y 2 + z 2
x 2 + y 2 + z 2
x 2 + y 2 + z 2
Dywergencja tego pola jest równa
∂P
∂Q
∂R
div[ P, Q, R] =
+
+
∂x
∂y
∂z
√
x 2
x 2 + y 2 + z 2 − √
∂P
x 2 + y 2 + z 2
1
x 2
=
= √
− √
∂x
x 2 + y 2 + z 2
x 2 + y 2 + z 2
x 2 + y 2 + z 23
Analogicznie
∂Q
1
y 2
= √
− √
∂y
x 2 + y 2 + z 2
x 2 + y 2 + z 23
∂R
1
z 2
= √
− √
∂z
x 2 + y 2 + z 2
x 2 + y 2 + z 23
A więc
∂P
∂Q ∂R
3
x 2 + y 2 + z 2
3
1
+
+
= √
− √
= √
− √
=
∂x
∂y
∂z
x 2 + y 2 + z 2
x 2 + y 2 + z 23
x 2 + y 2 + z 2
x 2 + y 2 + z 2
2
√x 2 + y 2 + z 2