Egzamin z Analizy 2, 18 VI 2010 godz. 12.00

1. Zadanie wstępne

Zadanie

Odp.

∂ 2 f

1. Obliczyć pochodną

( P ) , gdzie f ( x, y) = xyex+2 y

, P = (2 , − 1)

− 3

∂x∂y

Rozwiązanie:

∂f = yex+2 y + xyex+2 y = ( y + xy) ex+2 y

∂x

∂ 2 f = (1 + x) ex+2 y + 2( y + xy) ex+2 y = 3 − 6 = − 3

∂x∂y

2. Obliczyć gradient pola skalarnego f ( x, y, z) = x sin( y − z) + x 3 y w punkcie

[6 , 2 , − 1]

P = (1 , 2 , 2)

Rozwiązanie:

h ∂ f

∂f

∂f i

h

grad f =

,

,

= sin( y − z) + 3 x 2 y , x cos( y − z) + x 3 ,

∂x

∂y

∂z

i

−x cos( y − z) = [6 , 2 , − 1]

3. Obliczyć całkę iterowaną

− 12

1  x



Z

Z



6 xy − 3 x 2 d y d x

0

1

Rozwiązanie:

x

Z

h

i x

6 xy − 3 x 2 d y = 3 xy 2 − 3 x 2 y

= 3 x 3 − 3 x 3 − 3 x + 3 x 2 = − 3 x + 3 x 2

1

1

1

Z

h

3

3

1

− 3 x + 3 x 2 d x = − x 2 + x 3i1 = − + 1 = −

2

0

2

2

0

Z

4. Obliczyć całkę krzywoliniową skierowaną

2 y d x + x d y

ln 2

C

C :

x = t , y = 1 od t = 1 do t = 2

t

Rozwiązanie:

1

2

Z

Z

Z

2

− 1

2 y d x + x d y =

( y( t) · ˙ x( t) + x( t) · ˙

y( t)) d t =

· 1 + t ·

d t =

t

t 2

C

0

1

2

Z

1

h

i2

d t = ln |t|

= ln 2

t

1

1



0 ¬ ϕ ¬ 2 π





5. Zapisać zbiór A we współrzędnych walcowych w postaci normalnej:

√

0 ¬ r ¬ 16

A :

z ¬ 16 , z x 2 + y 2





r ¬ z ¬ 16

Rozwiązanie:

√

z x 2 + y 2 = ⇒ z ­ r

drugi warunek (stożek)

z ¬ 16

i

z ­ r = ⇒ r ¬ 16

1

2. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji

f ( x, y) = 2 x 2 y + xy 2 − 6 xy Rozwiązanie:

Dziedzina funkcji D : R 2 -zbiór otwarty, f jest klasy C 2

Rozwiązujemy układ równań :

∂f

∂f

= 0

;

= 0

∂x

∂y

Obliczamy pochodne cząstkowe:

∂f

∂f

= 4 xy + y 2 − 6 y

;

= 2 x 2 + 2 xy − 6 x

∂x

∂y

Stąd:

(

4 xy + y 2 − 6 y = 0

2 x 2 + 2 xy − 6 x = 0

y(4 x + y − 6) = 0

pierwsze równanie

Czyli y = 0 lub 4 x + y − 6 = 0

Dla y = 0 z drugiego równania:

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

Dla 4 x + y − 6 = 0 = 0 = ⇒ y = 6 − 4 x z drugiego równania: 2 x 2 + 12 x − 8 x 2 − 6 x = 0 = ⇒ 6 x( −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

∂ 2 f

∂ 2 f

= 4 y

;

= 2 x

;

= 4 x + 2 y − 6

∂x 2

∂y 2

∂x∂y

Badamy macierz drugich pochodnych :

"

#

0 − 6

f 00( P 1) =

W

− 6

0

1 = 0 , W 2 = − 36 < 0

w P 1 nie ma ekstremum

"

#

0 6

f 00( P 2) =

W

6 6

1 = 0 , W 2 = − 36 < 0

w P 2 nie ma ekstremum

"

#

24 6

f 00( P 3) =

W

6 0

1 = 24 > 0 , W 2 = − 36 < 0

w P 3 nie ma ekstremum

"

#

8 2

f 00( P 4) =

W

2 2

1 = 8 > 0 , W 2 = 12 > 0

w P 4 jest minimum lokalne

2

3. Pod jakim kątem przecinają się powierzchnie z = x 2 ln y − y 3 + 1 i xyz = z 3 w punkcie P (2 , 1 , 0)

Rozwiązanie:

Kąt między powierzchniami jest kątem między wektorami normalnymi do tych powierzchni.

Oznaczamy f ( x, y, z) = z − x 2 ln y + y 3 − 1 . Punkt P należy do wnętrza dziedziny funkcji f , f jest klasy C 1.

Wektor normalny do powierzchni f ( x, y, z) = 0 jest równy:

−

→

n 1 = grad f ( P ) = [ − 2 x ln y , −x 2 + 3 y 2 , 1] = [0 , 1 , 1]

y

Oznaczamy g( x, y, z) = xyz − z 3 . Punkt P należy do wnętrza dziedziny funkcji g , g jest klasy C 1.

Wektor normalny do powierzchni g( x, y, z) = 0 jest równy:

−

→

n 2 = grad g( P ) = [ yz , xz , xy − 3 z 2] = [0 , 0 , 2]

Kąt α między powierzchniami dostajemy z równania:

√

|−

→

n 1 · −

→

n 2 |

2

2

cos α =

= √

=

|−

→

n 1 | · |−

→

n 2 |

2 · 2

2

Stąd:

π

α = 4

3

4. Obliczyć moment bezwładności względem osi Oy jednorodnego obszaru ograniczonego krzywymi: xy = 1 , y = x 2 , y = 2

Rozwiązanie:

moment bezwładności względem osi Oy jest równy: ZZ

ZZ

Iy =

ρx 2 d x d y = ρ

x 2 d x d y

D

D

Po naryswoaniu krzywych widzimy, że są dwa obszary spełniające waruni zadania.

Wybieramy jeden z nich, np. y ­ x 2 , y ¬ 2 , xy ¬ 1.

Szukamy punktów przecięcia krzywych:

(

y = x 2

√

= ⇒ x 2 = 2 = ⇒ x = ± 2

y = 2

(

y = x 2

= ⇒ x 3 = 1 = ⇒ x = 1

xy = 1

(

y = 2

= ⇒ 2 x = 1 = ⇒ x = 1

xy = 1

2

Dzielimy obszar D na dwa obszary normalne: D = D 1 ∪ D 2

√

(

− 2 ¬ x ¬ 1

D

2

1 :

x 2 ¬ y ¬ 2

(

1 ¬ x ¬ 1

D

2

2 :

x 2 ¬ y ¬ 1 x

Obliczamy:

1

2



2



ZZ

Z

Z

I 1 =

x 2 d x d y =



x 2 d y d x

√

D 1

− 2

x 2

2

Z

h

i2

x 2 d y = x 2 y

= 2 x 2 − x 4

x 2

x 2

1

2

1

√

√

√

h

I

R

2

2

2

2

2

1 =

(2 x 2 − x 4) d x =

x 3 − 1 x 5i √ = 1 − 1 − ( − 4

+ 4

) = 1 − 1 + 8

√

3

5

− 2

12

160

3

5

12

160

15

− 2



1



1

x

ZZ

Z

Z

I





2 =

x 2 d x d y =



x 2 d y d x





D

1

2

x 2

2

1

x

Z

1

h

i

x 2 d y = x 2 y x = x − x 4

x 2

x 2

1

h

I

R

1

1 =

( x − x 4) d x =

x 2 − 1 x 5i1 = 1 − 1 − ( 1 − 1 ) = 1 − 1 − 1 + 1 = 17 + 1

2

5

1

2

5

8

160

2

5

8

160

40

160

1

2

2

Odpowiedź:

√

I

2

y = ρ( I 1 + I 2) = ρ( 17 + 8

)

40

15

4

ZZ Z

5. Obliczyć

zy 2 d x d y d z , jeżeli bryła A jest ograniczona powierzchniami x 2 + y 2 = 4

A

, x 2 + y 2 = z 2 .

Rozwiązanie:

z 2 = x 2 + y 2 : stożek

x 2 + y 2 = 4 = ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = 2 : walec Stosujemy współrzędne walcowe:

ZZ Z

ZZ Z

I =

zr 2 sin2 ϕ · r d r d ϕ d z =

zr 3 sin2 ϕ d r d ϕ d z A∗

A∗

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

 2 π





2 

r





Z

Z

Z

I =

·

zr 3



sin2 ϕ d ϕ 



d z d r

0

0

−r

2 π

2 π

Z

Z

1 − cos 2 ϕ

1 h

1

i2 π

sin2 ϕ d ϕ =

d ϕ =

ϕ −

sin 2 ϕ

= π

2

2

2

0

0

0

r

Z

h 1

1

1

zr 3 d z =

z 2 r 3i r

=

r 5 +

r 5 = r 5

2

−r

2

2

−r

2

Z

h 1

32

r 5 d r =

r 6i2 =

6

0

3

0

Stąd:

32 π

I =

3

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

= ⇒ x 2 = 2 − x = ⇒ x 2 + x − 2 = 0 = ⇒ x = − 2 lub x = 1

y = 2 − x

Wzór Greena:

!

ZZ

∂Q

∂P

I

−

d x d y =

P d x + Q d y

∂x

∂y

A

K

Obliczamy lewą stronę. A jest obszarem normalnym: (

− 2 ¬ x ¬ 1

A :

x 2 ¬ y ¬ 2 − x

Obliczamy:

∂Q

∂P

−

= y − 0 = y

∂x

∂y

1  2 −x



ZZ

Z

Z

L =

y d x d y =

y



d y d x

A

− 2

x 2

2 −x

Z

h 1

1

1

1

1

y d y =

y 2i2 −x =

(2 − x)2 −

x 4 = 2 − 2 x +

x 2 −

x 4

2

x 2

2

2

2

2

x 2

1

h

L = R

2 − 2 x + 1 x 2 − 1 x 4 d x = 2 x − x 2 + 1 x 3 − 1 x 5i1 = 2 − 1 + 1 − 1 − ( − 4 −

2

2

6

10

6

10

− 2

− 2

4 − 8 + 32 ) = 9 + 9 − 33 = 72 = 36

6

10

6

10

10

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

1

1

Z

Z

Z

1

2 1

1

2

8

x 2 d x + xy d y =

( t 2 · 1 + t 3 · 2 t) d t =

( t 2 + 2 t 4) d t

t 3 +

t 5

=

+

− ( − −

3

5

− 2

3

5

3

K 1

− 2

− 2

64

66

) = 3 +

5

5

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

− 2

− 2

Z

Z

Z

2

− 2

x 2 d x + xy d y =

( t 2 · 1 + t(2 − t) · ( − 1)) d t =

(2 t 2 − 2 t) d t =

t 3 − t 2

=

3

1

K 2

1

1

− 16

2

− 4 − ( − 1) = − 9

3

3

Stąd:

P = 3 + 66 − 9 = 36

5

5

Czyli lewa strona jest równa prawej stronie.

6