Egzamin z Analizy 2, 12 IX 2008 godz. 12.00
1. Znaleźć różniczkę zupełną funkcji
x 2 − 4 y
f ( x, y) =
+ x ln(2 y + x)
xy
w punkcie P ( − 1 , 1) . Znaleźć płaszczyznę styczną do powierzchni: z = f ( x, y) w punkcie leżącym nad punktem P .
Rozwiązanie:
Różniczka zupełna f jest równa
∂f
∂f
d f =
d x +
d y
∂x
∂y
Obliczamy:
∂f
2 x 2 y − ( x 2 − 4 y) y x
=
+ ln(2 y + x) +
∂x
x 2 y 2
2 y + x
∂f ( P) = 4
∂x
∂f
− 4 xy − ( x 2 − 4 y) x 2 x
=
+
∂y
x 2 y 2
2 y + x
∂f ( P) = − 1
∂y
Różniczka zupełna f w punkcie P jest równa d f = 4 d x − d y
Szukamy równania płaszczyzny stycznej:
f ( P ) = 3
z − 3 = 4( x + 1) − ( y − 1) po uproszczeniu:
4 x − y − z + 8 = 0
2. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji
f ( x, y) = xy 2 − y 2 − 4 x 2 − 8 x Rozwiązanie
Dziedzina funkcji D : R 2
Rozwiązujemy układ równań :
∂f
= 0
∂x
∂f
= 0
∂y
Obliczamy pochodne cząstkowe:
∂f = y 2 − 8 x − 8
∂x
∂f = 2 xy − 2 y
∂y
Stąd:
2 xy − 2 y = 0
Z drugiego równania:
2 y( x − 1) = 0
Czyli y = 0 lub x = 1
Dla y = 0 z pierwszego równania x = − 1
Dla x = 1 z pierwszego równania y = ± 4
Mamy więc trzy punkty stacjonarne:
P 1( − 1 , 0) , P 2(1 , − 4) , P 3(1 , 4) Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu:
∂ 2 f = − 8
∂x 2
∂ 2 f = 2 x − 2
∂y 2
∂ 2 f = 2 y
∂x∂y
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 1 :
"
#
− 8
0
0 − 4
Znaki wyznaczników:
W 1 = − 8 < 0 , W 2 = 32 > 0
Funkcja f ( x, y) ma więc w punkcie P 1 maksimum lokalne.
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 2 :
"
#
− 8 − 8
− 8
0
Znaki wyznaczników:
W 1 = − 8 < 0 , W 2 = − 64 < 0
Funkcja f ( x, y) nie ma w punkcie P 2 ekstremum.
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 3 :
"
#
− 8 8
8 0
Znaki wyznaczników:
W 1 = − 8 < 0 , W 2 = − 64 < 0
Funkcja f ( x, y) nie ma w punkcie P 3 ekstremum.
3. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywymi y = x 2, y = x 2 + 3 i y = 4
Rozwiązanie:
Szukamy punktów przecięcia krzywych:
Parabole y = x 2 i y = x 2 + 3nie przecinają się.
( y = x 2
y = 4
( y = x 2 + 3
y = 4
x = ± 1
Szukane pole S jest różnicą pól:
S = S 1 − S 2 , gdzie
( − 2 ¬ x ¬ 2
D 1 :
x 2 ¬ y ¬ 4
( − 1 ¬ x ¬ 1
D 2 :
x 2 + 3 ¬ y ¬ 4
Obliczamy całki:
Z Z
2
Z
4
Z
2
Z
2
Z
"
#
x 3 2
32
S
1 =
d x d y =
d y
d x =
[ y]4 d x =
(4 − x 2) d x = 4 x −
=
x 2
3
3
D
− 2
1
− 2
x 2
− 2
− 2
Z Z
1
Z
4
Z
1
Z
1
Z
"
#
x 3 1
4
S
2 =
d x d y =
d y d x =
[ y]4
d x =
(1 − x 2) d x = x −
=
x 2+3
3
3
D
− 1
2
− 1
x 2+3
− 1
− 1
Stąd:
S + 32 − 4 = 28
3
3
3
4. Obliczyć masę jednorodnej bryły ograniczonej: walcami parabolicznymi y + 1 = z 2 , y = 1 − z 2 , oraz płaszczyznami z = x − 1 i x = 0
Rozwiązanie:
Masa bryły jest równa:
Z Z Z
Z Z Z
m =
ρ d x d y d z = ρ
d x d y d z
A
A
Bryłę możemy potraktować jako ograniczoną od góry i od dołu powierzchniami y( x, z).
Szukamy rzutu tej bryły na płaszczyznę xz.
Szukamy rzutu krzywej przecięcia powierzchni y + 1 = z 2 , y = 1 − z 2 na płaszczyznę Oxz:
z = ± 1
Rzut bryły A na płaszczyznę xz jest ograniczony krzywymi: z = x − 1, x = 0 , z = 1 oraz z = − 1
Stąd:
A: x ∈< 0 , 2 > ; z ∈< x − 1 , 1 > ; y ∈< z 2 − 1 , 1 − z 2 > Masa bryły jest równa:
Z Z Z
2
Z
1
Z
1 −z 2
Z
2
Z
1
Z
m = ρ
d x d y d z = ρ
d y d z d x = ρ
[ y]1 −z 2 d z d x =
z 2 − 1
A
0
x− 1
z 2 − 1
0
x− 1
2
Z
1
Z
2
Z "
#
2
2 z 3 1
Z 10
2( x − 1)3
ρ
(2 − 2 z 2) d z d x = ρ
2 z −
d x = ρ (
− 2 x +
) d x =
3
3
3
0
x− 1
0
x− 1
0
"
#
10
( x − 1)4 2
8 ρ
ρ
x − x 2 +
=
3
6
3
0
5. Znaleźć moment bezwładności względem osi Oz bryły o gęstości ρ( x, y, z) = x ograni-
√
czonej: stożkiem z = 6 −
x 2 + y 2 , paraboloidą obrotową z = x 2 + y 2 oraz leżącej w obszarze x 0
Rozwiązanie:
Z Z Z
Z Z Z
Iz =
( x 2 + y 2) ρ d x d y d z =
( x 2 + y 2) x d x d y d z A
A
Stosujemy współrzędne walcowe:
Z Z
Z Z Z
Iz =
r 2 · r cos ϕ · r d r d ϕ d z =
r 4 cos ϕ d r d ϕ d z A∗
A∗
Zbiór A∗ jest ograniczony powierzchniami: z = 6 −r , z = r 2 , zachodzić ma nierówność: r cos ϕ 0 oraz standardowe ograniczenia współrzędnych walcowych: r 0 oraz ϕ należy do jednego okresu.
Rozwiązujemy równanie:
6 − r = r 2
r 2 + r − 6 = 0
r = − 3 lub r = 2 (wybieramy r > 0 ) A∗ : ϕ ∈< −π , π > ; r ∈< 0 , 2 > ; z ∈< r 2 , 6 − r > 2
2
Obliczmy całkę:
π
Z Z Z
2
Z
2
Z
6 −r
Z
2
Z
π
h
i6 −r
r 4 cos ϕ d r d ϕ d z =
cos ϕ d ϕ ·
r 4 d z d r = [sin ϕ] 2 ·
r 4 z
d r =
− π 2
r 2
A∗
− π
0
r 2
0
2
2
Z
6
1
1 2
1984
2 (6 r 4 − r 5 − r 6) d r = 2
r 5 − r 6 − r 7
=
5
6
7
0
105
0
6. Sformułować twierzenie Greena. Korzystając z niego obliczyć pole trójkąta ABC: A(1 , − 1) , B(2 , 0) , C(0 , 2) Rozwiązanie:
Aby obliczyć pole figury płaskiej korzystając ze wzoru Greena wybieramy pole wek-
∂Q
∂P
torowe [ P, Q] tak, aby wyrażenie
−
było stałe. Wybierzmy P = −y , Q = 0.
∂x
∂y
∂Q
∂P
Wtedy
−
= 1. Mamy więc:
∂x
∂y
I
1 S =
−y d x
K
gdzie S - szukane pole trójkąta, a K jego brzeg (łamana) zorientowana dodanio (w lewo). Dzielimy brzeg na 3 odcinki:
I
Z
Z
Z
−y d x =
−y d x +
−y d x +
−y d x
K
K 1
K 2
K 3
Obliczmy całki:
K 1 - odcinek AB : x = t , y = t − 2 ; t zmienia się od 1 do 2
Z
2
Z
"
#
t 2 2
1
−y d x =
−( t − 2) · 1 d t = 2 t −
=
2
2
K
1
1
1
K 2 - odcinek BC : x = t , y = 2 − t ; t zmienia się od 2 do 0
Z
0
Z
"
#
t 2 0
−y d x =
−(2 − t) · 1 d t = − 2 t +
= 2
2
K
2
2
2
K 3 - odcinek CA : x = t , y = − 3 t + 2 ; t zmienia się od 0 do 1
Z
1
Z
"
#
3 t 2
1
1
−y d x =
−( − 3 t + 2) · 1 d t =
− 2 t
= −
2
2
K
0
3
0
Stąd:
S = 1 + 2 − 1 = 2
2
2
Czyli
S = 2