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:

( y 2 − 8 x − 8 = 0

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

x = ± 2

( 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