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:
