Egzamin z Analizy 2, 16 VI 2011 godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
∂ 2 f
1. Obliczyć pochodną
( P ) , gdzie f ( x, y) = x 2 ln(5 x + y 3)
, P = (2 , − 2)
− 36
∂x∂y
Rozwiązanie:
∂f
5
5 x 2
= 2 x · ln(5 x + y 3) + x 2 ·
= 2 x · ln(5 x + y 3) +
∂x
5 x + y 3
5 x + y 3
∂ 2 f
2 x
− 5 x 2 · 3 y 2
=
· 3 y 2 +
= 24 − 60 = − 36
∂x∂y
5 x + y 3
(5 x + y 3)2
−
→
h
z − y
q
i
2. Obliczyć dywergencję pola wektorowego F = xy + z 3 ,
, x z 2 + 3 y
− 1
x + y
w punkcie P = (2 , − 1 , 2)
Rozwiązanie:
∂P
∂Q
∂R
−( x + y) − ( z − y) x · 2 z
div ~
F =
+
+
= y +
+ √
= − 1 − 4+4 =
∂x
∂y
∂z
( x + y)2
2 z 2 + 3 y
− 1
3. Obliczyć całkę iterowaną
1
1
x 2
Z
Z
4 x 2 + 2 y d y d x
0
0
Rozwiązanie:
1
x 2
1
1
Z
Z
Z
Z
h
4 x 2 + 2 y d y d x
=
4 x 2 y + y 2i x 2 d x
=
4 x 4 + x 4 d x
=
0
0
0
0
0
1
Z
h
5 x 4 d x = x 5i1 = 1 − 0 = 1
0
0
Z
4. Obliczyć całkę krzywoliniową skierowaną
y d x + x d y
8
C
C :
x = t 2 , y = t od t = 0 do t = 2
Rozwiązanie:
2
2
Z
Z
Z
y d x + x d y =
( y( t) · ˙ x( t) + x( t) · ˙
y( t)) d t =
t · 2 t + t 2 · 1 d t =
C
0
0
2
Z
h
3 t 2 d t = t 3i2 = 8
0
0
0 ¬ ϕ ¬ 2 π
5. Zapisać zbiór A we współrzędnych walcowych w postaci normalnej:
√
0 ¬ r ¬ 2
A :
z x 2 + y 2 , z ¬ 2
r ¬ z ¬ 2
Rozwiązanie:
√
z x 2 + y 2 = ⇒ z r
stożek
z ¬ 2 = ⇒ r ¬ 2
1
2. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji
f ( x, y) = 2 x 2 + 4 y 2 − xy 2
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 x − y 2
;
= 8 y − 2 xy
∂x
∂y
Stąd:
(
4 x − y 2 = 0
8 y − 2 xy = 0
2 y(4 − x) = 0
drugie równanie
Czyli y = 0 lub 4 − x = 0
Dla y = 0 z pierwszego równania:
x = 0
Dla 4 − x = 0 = ⇒ x = 4 z pierwszego równania: 16 − y 2 = 0 = ⇒ y = 4 lub y = − 4
Mamy więc trzy punkty stacjonarne:
P 1(0 , 0) , P 2(4 , 4) , P 3(4 , − 4) Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu:
∂ 2 f
∂ 2 f
∂ 2 f
= 4
;
= 8 − 2 x
;
= − 2 y
∂x 2
∂y 2
∂x∂y
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 1 :
"
#
4 0
f 00( P 1) =
W
0 8
1 = 4 > 0 , W 2 = 32 > 0
w P 1 jest minimum lokalne
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 2 :
"
#
4 − 8
f 00( P 2) =
W
− 8
0
1 = 4 > 0 , W 2 = − 64 < 0
w punkcie P 2 nie ma
ekstremum.
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 3 :
"
#
4 8
f 00( P 3) =
W
8 0
1 = 4 > 0 , W 2 = − 64 < 0
w punkcie P 3 nie ma ekstremum.
2
3. Znaleźć ekstrema funkcji uwikłanej y( x) : x 2 + y 4 + 2 xy = 0
Rozwiązanie:
Oznaczamy f ( x, y) = x 2 + y 4 + 2 xy . Dziedziną f jest 2
R - zbiór otwarty, f jest klasy
C 2
Szukamy punktów stacjonarnych funkcji uwikłanej y( x) czyli punktów w których y0 = 0
∂f
y00 = − ∂x
∂f
∂y
∂f
∂f
= 2 x + 2 y
;
= 4 y 3 + 2 x
∂x
∂y
∂f
(
= 0
2 x + 2 y = 0
∂x
= ⇒
x 2 + y 4 + 2 xy = 0
f = 0
y = −x
z pierwszego równania
x 2 + x 4 − 2 x 2 = 0 = ⇒ x 2( x 2 − 1) = 0 = ⇒ x 1 = 0 , x 2 = 1 , x 3 = − 1
stąd: y 1 = 0 , y 2 = − 1 , y 3 = 1
Rozwiązaniem układu równań są punkty: P 1(0 , 0) , P 2(1 , − 1) , P 3( − 1 , 1)
∂f
Sprawdzamy, czy spełniony jest warunek
6= 0
∂y
∂f ( P 1) = 0 warunek nie jest spełniony
∂y
∂f ( P 2) = − 2 6= 0 warunek spełniony
∂y
∂f ( P 3) = 2 6= 0 warunek spełniony
∂y
∂f
Ponieważ w punkcie P 1 nie jest spełniony warunek 6= 0 więc odrzucamy go. (praw-
∂y
dopodobnie jest to punkt osobliwy)
∂ 2 f
Obliczmy drugą pochodną funkcji uwikłanej: y00 = − ∂x 2
∂f
∂y
∂ 2 f
2
= 2 = ⇒ y00 = −
∂x 2
4 y 3 + 2 x
2
W punkcie P 2 mamy: y00 = −
= 1 > 0 = ⇒ minimum lokalne
− 2
2
W punkcie P 3 mamy: y00 = − = − 1 < 0 = ⇒ maksimum lokalne 2
3
4. Obliczyć
( x 2 + y) d x d y , gdzie obszar D jest ograniczony parabolami y = x 2 , y 2 = x D
.
Rozwiązanie:
Zbiór D jest obszarem normalnym:
(
0 ¬ x ¬ 1
D :
√
x 2 ¬ y ¬
x
√
1
x
Z
Z
I =
x 2 + y d y d x
0
x 2
Obliczamy całki:
√x
√
h
x
√
√
R
( x 2 + y) d y = x 2 y + 1 y 2i
= x 2 x + 1 x − x 4 − 1 x 4 = x 2 x + 1 x − 3 x 4
2
x 2
2
2
2
2
x 2
1
√
h
7
I = R x 2 x + 1 x − 3 x 4 d x = 2 x 2 + 1 x 2 − 3 x 5i1 = 2 + 1 − 3 = 40+35 − 42 = 33
2
2
7
4
10
7
4
10
140
140
0
0
Odpowiedź:
I = 33
140
4
5. Znaleźć moment bezwładności względem osi Oz jednorodnej bryły ograniczonej para-
√
boloidą obrotową z = 2 x 2 + 2 y 2 , stożkiem z = 2 x 2 + y 2 leżącej w obszarze y 0
Rozwiązanie:
Ponieważ bryła jest jednorodna (gęstość jest stała).
ZZ Z
Z Z Z
Iz =
ρ( x 2 + y 2) d x d y d z = ρ
( x 2 + y 2) d x d y d z A
A
Stosujemy współrzędne walcowe:
ZZ Z
ZZ Z
Iz = ρ
r 2 · r d r d ϕ d z = ρ
r 3 d r d ϕ d z
A∗
A∗
Zbiór A∗ jest ograniczony powierzchniami:
z = 2 r i z = 2 r 2 , zachodzić ma też nierówność: r sin ϕ 0 oraz standardowe ograni-czenia współrzędnych walcowych: r 0 oraz ϕ ∈< 0 , 2 π > . Stąd mamy: A∗ : ϕ ∈< 0 , π > ; r ∈< 0 , 1 > ; z ∈< 2 r 2 , 2 r > Obliczamy całkę:
π
1 2 r
1
ZZ Z
Z
Z
Z
Z
h
i2 r
r 3 d r d ϕ d z =
d ϕ ·
r 3
·
r 3 z
d z d r = [ ϕ] π
d r =
0
2 r 2
A∗
0
0
2 r 2
0
1
Z
1
1
1
π
π
(2 r 4 − 2 r 5) d r = 2 π
r 5 −
r 6
=
5
6
0
15
0
Odpowiedź:
πρ
Iz = 15
5
6. Sprawdzić twierdzenie Greena dla pola wektorowego P = −y , Q = x . Obszar D jest trójkątem ABC: A(0 , − 1) , B(2 , 0) , C(0 , 2) Rozwiązanie:
ZZ
I
∂ Q
∂P
Wzór Greena:
−
d x d y =
P d x + Q d y
∂x
∂y
D
K
Obliczamy lewą stronę:
ZZ
Z Z
∂ Q
∂P
−
d x d y =
2 d x d y = 2 S
∂x
∂y
D
D
gdzie S jest ploem trójkąta. Widać, że S = 1 ah = 1 · 3 · 2 = 3. Stąd: 2
2
ZZ
∂ Q
∂P
−
d x d y = 2 · 3 = 6
∂x
∂y
D
Obliczamy prawą stronę:
Krzywa K jest łamaną zorientowaną w lewo. Dzielimy ją na 3 odcinki: I
Z
Z
Z
−y d x + x d y =
−y d x + x d y +
−y d x + x d y +
−y d x + x d y
K
K 1
K 2
K 3
Obliczamy całki:
K 1 - odcinek AB : x = t , y = 1 t − 1 ; t zmienia się od 0 do 2
2
2
2
Z
Z
1
1
Z
−y d x + x d y =
−( t − 1) · 1 d t + t ·
d t =
d t = [ t]2 = 2
2
2
0
K 1
0
0
K 2 - odcinek BC : x = t , y = 2 − t ; t zmienia się od 2 do 0
0
0
Z
Z
Z
−y d x + x d y =
−(2 − t) · 1 d t + t · ( − 1) d t =
− 2 d t = [ − 2 t]0 = 4
2
K 2
2
2
K 3 - odcinek CA : y = t , x = 0 ; t zmienia się od 2 do − 1
− 1
− 1
Z
Z
Z
−y d x + x d y =
−t · 0 d t + 0 d t =
0 d t = 0
K 3
2
2
Stąd:
I
−y d x + x d y = 2 + 4 + 0 = 6
K
6