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