Egzamin z Analizy 2, 11 IX 2007 godz. 12.00
1. Znaleźć różniczkę zupełną d z oraz równanie płaszczyzny stycznej do powierzchni x 2 + y 2
z =
w punkcie P (1 , 1)
x
Rozwiązanie
Różniczka zupełna
∂z
∂z
d z =
d x +
d y
∂x
∂y
Obliczamy pochodne cząstkowe w punkcie P : y 2
z = x + x
∂z
y 2
= 1 −
= 0
∂x
x 2
∂z
2 y
=
= 2
∂y
x
Stąd:
d z = 0 d x + 2 d y = 2 d y Równanie płaszczyzny stycznej:
x 0 = 1 , y 0 = 1 , z 0 = z( P ) = 2
z − 2 = 2( y − 1)
2 y − z = 0
2. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji f ( x, y) = x 2 y + x 2 + y 2 − 2 y Rozwiązanie
Dziedzina funkcji D : R 2
Rozwiązujemy układ równań :
∂f
= 0
∂x
∂f
= 0
∂y
Obliczamy pochodne cząstkowe:
∂f = 2 xy + 2 x
∂x
∂f = x 2 + 2 y − 2
∂y
Stąd:
( 2 xy + 2 x = 0
x 2 + 2 y − 2 = 0
Z pierwszego równania:
2 x( y + 1) = 0
Czyli x = 0 lub y = − 1
Dla x = 0 z pierwszego równania y = 1
Dla y = − 1 z pierwszego równania x = ± 2
Mamy więc trzy punkty stacjonarne:
P 1(0 , 1) , P 2( − 2 , − 1) , P 3(2 , − 1) Obliczamy drugie pochodne:
∂ 2 f = 2 y + 2
∂x 2
∂ 2 f = 2
∂y 2
∂ 2 f = 2 x
∂x∂y
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 1 :
"
#
4 0
0 2
Znaki wyznaczników:
W 1 = 4 > 0 , W 2 = 8 > 0
Funkcja f ( x, y) ma więc w punkcie P 1 minimum lokalne.
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 2 :
"
#
0 − 4
− 4
2
Znaki wyznaczników:
W 1 = 0 , W 2 = − 16 < 0
Funkcja f ( x, y) nie ma w punkcie P 2 ekstremum.
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 3 :
"
#
0 4
4 2
Znaki wyznaczników:
W 1 = 0 > 0 , W 2 = − 16 < 0
Funkcja f ( x, y) nie ma w punkcie P 3 ekstremum.
3. Obliczyć masę figury D ograniczonej krzywymi: 2 x = y 2
2 y = x 2
y = 1
jeżeli jej gęstość ρ( x, y) = x i punkt P (1 , 1) ∈ D
2
Rozwiązanie
Masa obszaru D jest równa
Z Z
Z Z
m =
ρ( x, y) d x d y =
x d x d y
D
D
Obszar D:
Szukamy punktów przecięcia krzywych:
2 y = x 2
8 x = x 4
x( x 3 − 8) = 0
x 1 = 0 , y 1 = 0
x 2 = 2 , y 2 = 2
( 2 x = y 2
y = 1
x 3 = 1 , y
2
3 = 1
( 2 y = x 2
y = 1
x 2 = 2 √
x 4 = 2 , y 4 = 1
√
x 5 = − 2 , y 5 = 1
Z rysunku widzimy, że figurę D trzeba podzielić na dwie części lub zmienić kolejność w całce iterowanej:
( 0 ¬ y ¬ 1
D :
√
y 2 ¬ x ¬ 2 y
2
Obliczamy całkę:
√
Z Z
1
Z
2 y
Z
m =
x d x d y =
x d x d y
D
0
y 2
2
√ 2 y
Z
1 √ 2 y
y 4
x d x =
x 2
= y −
2
y 2
8
y 2
2
2
1
Z
"
#
y 4
y 2
y 5 1
1
1
19
y −
d y =
−
=
−
=
8
2
40
2
40
40
0
0
m = 19
40
4. Obliczyć objętość bryły ograniczonej powierzchniami: z = x 2 + y 2
x 2 + y 2 = 1
z = x − 4
Rozwiązanie
Pierwsza powierzchnia to paraboloida obrotowa, druga to walec, a trzecia to płaszczyzna.
Paraboloida jest górną powierzchnią ograniczająca szukanej bryły, a płaszczyzna dolną.
Szukane objętośc jest równa
Z Z
V =
( x 2 + y 2 − x + 4) d x d y D
gdzie D jest rzutem bryły na płaszczyznę XY .
D jest ograniczony okręgiem x 2 + y 2 = 1.
Zmieniamy współrzędne na biegunowe:
Z Z
Z Z
V =
( r 2 − r cos φ + 4) r d r d φ =
( r 3 − r 2 cos φ + 4 r) d r d φ
D∗
D∗
Obszar D∗ we współrzędnych biegunowych: ( 0 ¬ φ ¬ 2 π
D∗ :
0 ¬ r ¬ 1
2 π
Z
1
Z
2 π
Z "
#
2 π
r 4
r 3
1
Z 11 1
V =
( r 3 − r 2 cos φ + 4 r) d r d φ =
−
cos φ + 2 r 2
d φ =
− cos φ d φ =
4
3
4
3
0
0
0
0
0
11
1
2 π
11
φ −
sin φ
=
π
4
3
0
2
5. Znaleźć moment bezwładności względem osi Oz bryły Ω ograniczonej powierzcniami: x 2 + y 2 + z 2 = 4
x 2 + y 2 = z 2
jeżeli gęstość ρ( x, y, z) = 1, a punkt P (1 , 1 , 0) ∈ Ω
Rozwiązanie
Z Z Z
Iz =
ρ( x 2 + y 2) d x d y d z Ω
Pierwsza powierzchnia to sfera, druga to stożek.
Wprowadzamy współrzędne sferyczne:
Z Z Z
Z Z Z
Iz =
r 2 sin2 θ · r 2 sin θ d r d θ d φ =
r 4 sin3 θ d r d θ d φ
Ω ∗
Ω ∗
Obszar Ω ∗ we współrzędnych sferycznych:
0 ¬ φ ¬ 2 π
Ω ∗ :
π ¬ θ ¬ 3 π
4
4
0 ¬ r ¬ 2
Obszar całkowania jest prostopadłościanem, a funkcja podcałkowa jest iloczynem funkcji jednej zmiennej, więc zamiast całki iterowanej możemy obliczyć iloczyn całek poje-dynczych
√
3 π
2
Z Z Z
2 π
Z
2
−
4
Z
Z
h
i
Z 2
2
r 4 sin3 θ d r d θ d φ =
d φ ·
1
sin3 θ d θ ·
r 4 d r = [ φ]2 π ·
r 5
−(1 −
0
5
0 √
Ω ∗
0
π
0
2
4
2
√
√
√
√
√
64
1 − 2
2
64
2
2
2
2
32 π
t 2) d t =
π −t + t 3
=
π(
−
+
−
) =
5
3
√ 2
5
2
12
2
12
3
2
Stosujemy podstawienie:
t = cos θ
d t = − sin θ d θ
√
2
t =
dla θ = π
2 √
4
t = − 2 dla θ = 3 π
2
4
6. Dane jest pole skalarne f ( x, y, z) = xy + ln( y + z) + z 2.
Obliczyć pole wektorowe ~
G = grad f oraz pole wektorowe ~
H = rot ~
G
Rozwiązanie
"
#
~
∂f ∂f ∂f
1
1
G =
;
;
= [ y; x +
;
+ 2 z]
∂x ∂y ∂z
y + z y + z
Pole ~
H = [0 , 0 , 0] ponieważ rotacja gradientu dowolnego pola klasy C 2 jest równa 0.