Egzamin z Analizy 2, 18 VI 2010 godz. 12.00
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
1. Obliczyć pochodną
∂
2
f
∂x∂y
(P ) , gdzie f (x, y) = xye
x+2y
, P = (2, −1)
Rozwiązanie:
∂f
∂x
= ye
x+2y
+ xye
x+2y
= (y + xy)e
x+2y
∂
2
f
∂x∂y
= (1 + x)e
x+2y
+ 2(y + xy)e
x+2y
= 3 − 6 = −3
−3
2. Obliczyć gradient pola skalarnego f (x, y, z) = x sin(y − z) + x
3
y w punkcie
P = (1, 2, 2)
Rozwiązanie:
gradf =
h
∂f
∂x
,
∂f
∂y
,
∂f
∂z
i
=
h
sin(y − z) + 3x
2
y , x cos(y − z) + x
3
,
−x cos(y − z)
i
= [6, 2, −1]
[6, 2, −1]
3. Obliczyć całkę iterowaną
1
Z
0
x
Z
1
6xy − 3x
2
dy
dx
Rozwiązanie:
x
Z
1
6xy − 3x
2
dy =
h
3xy
2
− 3x
2
y
i
x
1
= 3x
3
− 3x
3
− 3x + 3x
2
= −3x + 3x
2
1
Z
0
−3x + 3x
2
dx =
h
−
3
2
x
2
+ x
3
i
1
0
= −
3
2
+ 1 = −
1
2
−
1
2
4. Obliczyć całkę krzywoliniową skierowaną
Z
C
2y dx + x dy
C :
x = t , y =
1
t
od t = 1 do t = 2
Rozwiązanie:
Z
C
2y dx + x dy =
1
Z
0
(y(t) · ˙x(t) + x(t) · ˙
y(t)) dt =
2
Z
1
2
t
· 1 + t ·
−1
t
2
dt =
2
Z
1
1
t
dt =
h
ln |t|
i
2
1
= ln 2
ln 2
5. Zapisać zbiór A we współrzędnych walcowych w postaci normalnej:
A :
z ¬ 16 , z
√
x
2
+ y
2
Rozwiązanie:
z
√
x
2
+ y
2
=⇒ z r
drugi warunek (stożek)
z ¬ 16
i
z r =⇒ r ¬ 16
0 ¬ ϕ ¬ 2π
0 ¬ r ¬ 16
r ¬ z ¬ 16
1
2. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji
f (x, y) = 2x
2
y + xy
2
− 6xy
Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji D : R
2
-zbiór otwarty, f jest klasy C
2
Rozwiązujemy układ równań :
∂f
∂x
= 0
;
∂f
∂y
= 0
Obliczamy pochodne cząstkowe:
∂f
∂x
= 4xy + y
2
− 6y
;
∂f
∂y
= 2x
2
+ 2xy − 6x
Stąd:
(
4xy + y
2
− 6y = 0
2x
2
+ 2xy − 6x = 0
y(4x + y − 6) = 0
pierwsze równanie
Czyli y = 0 lub 4x + y − 6 = 0
Dla y = 0 z drugiego równania:
2x
2
− 6x = 0 =⇒ 2x(x − 3) = 0 =⇒ x = 0 lub x = 3
Dla 4x + y − 6 = 0 = 0 =⇒ y = 6 − 4x z drugiego równania:
2x
2
+ 12x − 8x
2
− 6x = 0 =⇒ 6x(−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
∂x
2
= 4y
;
∂
2
f
∂y
2
= 2x
;
∂
2
f
∂x∂y
= 4x + 2y − 6
Badamy macierz drugich pochodnych :
f
00
(P
1
) =
"
0 −6
−6
0
#
W
1
= 0 , W
2
= −36 < 0
w P
1
nie ma ekstremum
f
00
(P
2
) =
"
0 6
6 6
#
W
1
= 0 , W
2
= −36 < 0
w P
2
nie ma ekstremum
f
00
(P
3
) =
"
24 6
6 0
#
W
1
= 24 > 0 , W
2
= −36 < 0
w P
3
nie ma ekstremum
f
00
(P
4
) =
"
8 2
2 2
#
W
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 po-
wierzchni.
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 ) = [−2x ln y ,
−x
2
y
+ 3y
2
, 1] = [0 , 1 , 1]
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 − 3z
2
] = [0 , 0 , 2]
Kąt α między powierzchniami dostajemy z równania:
cos α =
|−
→
n
1
· −
→
n
2
|
|−
→
n
1
| · |−
→
n
2
|
=
2
√
2 · 2
=
√
2
2
Stąd:
α =
π
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:
I
y
=
ZZ
D
ρx
2
dx dy = ρ
ZZ
D
x
2
dx dy
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
y = 2
=⇒ x
2
= 2 =⇒ x = ±
√
2
(
y = x
2
xy = 1
=⇒ x
3
= 1 =⇒ x = 1
(
y = 2
xy = 1
=⇒ 2x = 1 =⇒ x =
1
2
Dzielimy obszar D na dwa obszary normalne: D = D
1
∪ D
2
D
1
:
(
−
√
2 ¬ x ¬
1
2
x
2
¬ y ¬ 2
D
2
:
(
1
2
¬ x ¬ 1
x
2
¬ y ¬
1
x
Obliczamy:
I
1
=
ZZ
D
1
x
2
dx dy =
1
2
Z
−
√
2
2
Z
x
2
x
2
dy
dx
2
Z
x
2
x
2
dy =
h
x
2
y
i
2
x
2
= 2x
2
− x
4
I
1
=
1
2
R
−
√
2
(2x
2
− x
4
) dx =
h
2
3
x
3
−
1
5
x
5
i
1
2
−
√
2
=
1
12
−
1
160
− (−
4
√
2
3
+
4
√
2
5
) =
1
12
−
1
160
+
8
√
2
15
I
2
=
ZZ
D
2
x
2
dx dy =
1
Z
1
2
1
x
Z
x
2
x
2
dy
dx
1
x
Z
x
2
x
2
dy =
h
x
2
y
i
1
x
x
2
= x − x
4
I
1
=
1
R
1
2
(x − x
4
) dx =
h
1
2
x
2
−
1
5
x
5
i
1
1
2
=
1
2
−
1
5
− (
1
8
−
1
160
) =
1
2
−
1
5
−
1
8
+
1
160
=
17
40
+
1
160
Odpowiedź:
I
y
= ρ(I
1
+ I
2
) = ρ(
17
40
+
8
√
2
15
)
4
5. Obliczyć
ZZ Z
A
zy
2
dx dy dz , jeżeli bryła A jest ograniczona powierzchniami x
2
+ y
2
= 4
, 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:
I =
ZZ Z
A
∗
zr
2
sin
2
ϕ · r dr dϕ dz =
ZZ Z
A
∗
zr
3
sin
2
ϕ dr dϕ dz
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, 2π > ; r ∈< 0, 2 > ; z ∈< −r, r >
I =
2π
Z
0
sin
2
ϕ dϕ
·
2
Z
0
r
Z
−r
zr
3
dz
dr
2π
Z
0
sin
2
ϕ dϕ =
2π
Z
0
1 − cos 2ϕ
2
dϕ =
1
2
h
ϕ −
1
2
sin 2ϕ
i
2π
0
= π
r
Z
−r
zr
3
dz =
h
1
2
z
2
r
3
i
r
−r
=
1
2
r
5
+
1
2
r
5
= r
5
2
Z
0
r
5
dr =
h
1
6
r
6
i
2
0
=
32
3
Stąd:
I =
32π
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
y = 2 − x
=⇒ x
2
= 2 − x =⇒ x
2
+ x − 2 = 0 =⇒ x = −2 lub x = 1
Wzór Greena:
ZZ
A
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
!
dx dy =
I
K
P dx + Q dy
Obliczamy lewą stronę. A jest obszarem normalnym:
A :
(
−2 ¬ x ¬ 1
x
2
¬ y ¬ 2 − x
Obliczamy:
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
= y − 0 = y
L =
ZZ
A
y dx dy =
1
Z
−2
2−x
Z
x
2
y dy
dx
2−x
Z
x
2
y dy =
h
1
2
y
2
i
2−x
x
2
=
1
2
(2 − x)
2
−
1
2
x
4
= 2 − 2x +
1
2
x
2
−
1
2
x
4
L =
1
R
−2
2 − 2x +
1
2
x
2
−
1
2
x
4
dx =
h
2x − x
2
+
1
6
x
3
−
1
10
x
5
i
1
−2
= 2 − 1 +
1
6
−
1
10
− (−4 −
4 −
8
6
+
32
10
) = 9 +
9
6
−
33
10
=
72
10
=
36
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
Z
K
1
x
2
dx + xy dy =
1
Z
−2
(t
2
· 1 + t
3
· 2t) dt =
1
Z
−2
(t
2
+ 2t
4
) dt
1
3
t
3
+
2
5
t
5
1
−2
=
1
3
+
2
5
− (−
8
3
−
64
5
) = 3 +
66
5
K
2
: x = t , y = 2 − t ; t zmienia się od 1 do −2
Z
K
2
x
2
dx + xy dy =
−2
Z
1
(t
2
· 1 + t(2 − t) · (−1)) dt =
−2
Z
1
(2t
2
− 2t) dt =
2
3
t
3
− t
2
−2
1
=
−16
3
− 4 − (
2
3
− 1) = −9
Stąd:
P = 3 +
66
5
− 9 =
36
5
Czyli lewa strona jest równa prawej stronie.
6