Egzamin z Analizy 2, 30 VI 2011

1. Zadanie wstępne

Zadanie

Odp.

∂ 2 f

1. Obliczyć pochodną

( P ) , gdzie f ( x, y) = x 3 + 2 xy + y 3 + y ln( x 2 − 3) 6

∂x∂y

, P = (2 , 2)

Rozwiązanie:

∂f

y · 2 x

= 3 x 2 + 2 y +

∂x

x 2 − 3

∂ 2 f

2 x

= 2 +

= 2 + 4 = 6

∂x∂y

x 2 − 3

y

2. Obliczyć gradient pola skalarnego f = x 2 +

w punkcie P = (2 , 2 , 1)

[4 , 1 , − 2]

z

Rozwiązanie:

∂f

∂f

∂f

1

−y

grad f =

,

,

= 2 x ,

,

∂x

∂y

∂z

z

z 2

grad f ( P ) = [4 , 1 , − 2]





1

1 −x 2

Z

Z

1.3 Obliczyć całkę iterowaną



(8 x + 3) d y d x

4





0

0

Rozwiązanie:





1

1 −x 2

1

1

Z

Z

Z

Z

h

i1 −x 2



(8 x + 3) d y d x =

8 xy + 3 y

d x =

(8 x − 8 x 3 + 3 − 3 x 2) d x =





0

0

0

0

0

h4 x 2 − 2 x 4 + 3 x − x 3i1 = 4

0

Z

1.4 Obliczyć całkę krzywoliniową skierowaną

y d x + 2 x d y ;

1

C

C :

x = t 2 , y = t 3 od t = 0 do t = 1

Rozwiązanie:

1

1

Z

Z

Z

h

y d x + x d y =

t 3 · 2 t d t + t 2 · 3 t 2 d t =

5 t 4 d t = t 5i1 = 1

0

C

0

0



0 ¬ ϕ ¬ 2 π





1.5 Zapisać zbiór A we współrzędnych walcowych w postaci normalnej: 0 ¬ r ¬ 1

A :

z ­ x 2 + y 2 , z ¬ 2 − ( x 2 + y 2)





r 2 ¬ z ¬ 2 − r 2

Rozwiązanie:

z ­ x 2 + y 2 = ⇒ z ­ r 2

pierwszy warunek (paraboloida)

z ¬ 2 − ( x 2 + y 2) = ⇒ z ¬ 2 − r 2

drugi warunek (paraboloida)

r 2 ¬ 2 − r 2 = ⇒ r ¬ 1

1

2. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji

f ( x, y) = x 2 − x 2 y + 4 y 2 + 8 y Rozwiązanie

Dziedzina funkcji D : R 2

Rozwiązujemy układ równań :



∂f





= 0







∂x





∂f







= 0





∂y

Obliczamy pochodne cząstkowe:

∂f = 2 x − 2 xy

∂x

∂f = −x 2 + 8 y + 8

∂y

Stąd:

(

2 x − 2 xy = 0

−x 2 + 8 y + 8 = 0

Z pierwszego równania:

2 x(1 − y) = 0

Czyli x = 0 lub y = 1

Dla x = 0 z drugiego równania y = − 1

Dla y = 1 z drugiego równania x = ± 4

Mamy więc trzy punkty stacjonarne:

P 1(0 , − 1) , P 2( − 4 , 1) , P 3(4 , 1) Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu:

∂ 2 f

∂ 2 f

∂ 2 f

= 2 − 2 y

;

= 8

;

= − 2 x

∂x 2

∂y 2

∂x∂y

Badamy macierz drugich pochodnych:

"

#

4 0

f 00( P 1) =

W

0 8

1 = 4 > 0 , W 2 = 32 > 0 = ⇒

w P 1 jest minimum lokalne.

"

#

0 8

f 00( P 2) =

W

8 8

1 = 0 , W 2 = − 64 < 0 = ⇒

w P 2 nie ma ekstremum.

"

#

0 − 8

f 00( P 3) =

W

− 8

8

1 = 0 , W 2 = − 64 < 0 = ⇒

w P 3 nie ma ekstremum.

2

3. Znaleźć ekstrema globalne funkcji f ( x, y) = 2 xy − 3 y na zbiorze D : y ­ x 2 , y ¬ 4

Rozwiązanie:

Funkcja f jest ciągłą, zbiór D jest domknięty i ograniczony, więc ekstrema globalne istnieją. Dzielimy zbiór D na części:

D 1 : y > x 2 , y < 4

∂f

∂f

= 2 y = 0

;

= 2 x − 3 = 0

∂x

∂y

Rozwiązaniem układu równań jest punkt P ( 3 , 0). Punkt ten nie należy do D

2

1 więc

funkcja f nie ma punktów stacjonarnych na D 1

D 2 : y = x 2 , y < 4

Parametryzujmy krzywą D 2 : y = x 2 , x ∈ ( − 2 , 2) g( x) = f ( x, x 2) = 2 x 3 − 3 x 2

g0( x) = 6 x 2 − 6 x = 0 = ⇒ 6 x( x − 1) = 0 = ⇒ x = 0 lub x = 1 ; rozwiązania te należą do dziedziny.

x = 0 = ⇒ y = 0 , x = 1 = ⇒ y = 1

funkcja f ma na D 2 punkty stacjonarne: P 1(0 , 0) , P 2(1 , 1) D 3 : y > x 2 , y = 4

Parametryzujmy krzywą D 3 : y = 4 , , x ∈ ( − 2 , 2) g( x) = f (4 , x) = 8 x − 12

g0( x) = 8 6= 0

funkcja f nie ma na D 3 punktów stacjonarnych.

D 4 : y = x 2 , y = 4

x = ± 2

P 3 = ( − 2 , 4)

P 4 = (2 , 4)

Obliczmy wartości funkcji w znalezionych punktach i wybieramy największą i najmniej-szą wartość:

f ( P 1) = f (0 , 0) = 0

f ( P 2) = f (1 , 1) = − 1

f ( P 3) = f ( − 2 , 4) = − 28

f ( P 4) = f (2 , 4) = 4

Odpowiedź:

Maksimum globalne równe 4 jest w P 4(2 , 4) Minimum globalne równe − 28 jest w P 3( − 2 , 4) 3

ZZ

4. Obliczyć

5 y 3 d x d y . Obszar D: x 2 + y 2 ¬ 1 , y ­ x D

Rozwiązanie:

Stosujemy współrzędne biegunowe:

ZZ

Z Z

ZZ

I =

5 y 3 d x d y =

5 r 3 sin3 ϕ · r d r d ϕ =

5 r 4 sin3 ϕ d r d ϕ

D

D∗

D∗

x 2 + y 2 ¬ 1 = ⇒ r 2 ¬ 1 = ⇒ r ¬ 1

y ­ x = ⇒ r sin ϕ ­ r cos ϕ = ⇒ sin ϕ ­ cos ϕ

zachodzić mają również standardowe ograniczenia współrzędnych biegunowych: r > 0

oraz ϕ należy do jednego okresu. Stąd:

D∗ : ϕ ∈< π , π > ; r ∈< 0 , 1 > . Jest to prostokąt.

4

4

 5 π



4



1



Z

Z

I = 





sin3 ϕ d ϕ · 

5 r 4 d r





π

0

4

Obliczamy:

1

Z

1

5 r 4 d r = r 5

= 1

0

0

5 π

5 π

4

4

Z

Z

sin3 ϕ d ϕ =

(1 − cos2 ϕ) sin ϕ d ϕ =

π

π

4

4

√

√

π

2

π

2

{t = cos ϕ ; d t = − sin ϕ d ϕ ; t

=

; t

= −

} =

4

2

4

2

√

− 2

√

√

√

√

√

√

2

2

Z

1 − 2

2

2

2

2

5 2

(1 − t 2)( − d t) = −t +

t 3

−

−

√

=

+

=

3

2

2

12

2

12

6

√

2

2

2

Stąd:

Odpowiedź:

√

I = 5 2

6

4

5. Obliczyć moment bezwładności względem osi Oz jednorodnej bryły ograniczonej po-wierzchniami x 2 + y 2 = 4 , x 2 + y 2 = z 2 .

Rozwiązanie:

Moment bezwładności jest równy:

ZZ Z

ZZ Z

Iz =

ρ( x 2 + y 2) d x d y ddz = ρ

( x 2 + y 2) d x d y d z

A

A

Powierzchnie ograniczające A:

z 2 = x 2 + y 2 : stożek

x 2 + y 2 = 4 : walec

Stosujemy współrzędne walcowe:

ZZ Z

Z Z Z

Iz =

r 2 · r d r d ϕ d z =

r 3 d r d ϕ d z

A∗

A∗

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 , 2 π > ; r ∈< 0 , 2 > ; z ∈< −r, r >

 2 π





2 

r





Z

Z

Z

Iz = ρ

·



d ϕ 



r 3 d z d r

0

0

−r

2 π

Z

h

i2 π

d ϕ = ϕ

= 2 π

0

0

r

Z

h

i r

r 3 d z = r 3 z

= r 4 + r 4 = 2 r 4

−r

−r

2

Z

h 2

64

2 r 4 d r =

r 5i2 =

5

0

5

0

Odpowiedź:

128 ρπ

Iz =

5

5

6. Sprawdzić twierdzenie Greena jeżeli zbiór A : x ­ y 2 , y ¬ 2 − x ; a pole wektorowe

[ P, Q] = [10 xy, y 2]

Rozwiązanie:

Szukamy punktów przecięcia krzywych:

(

x = y 2

= ⇒ y = 2 − y 2 = ⇒ y 2 + y − 2 = 0 = ⇒ y y = 2 − x

1 = − 2 , y 2 = 1

Stąd: x 1 = 4 , x 2 = 1

Wzór Greena:

!

ZZ

∂Q

∂P

I

−

d x d y =

P d x + Q d y

∂x

∂y

A

K

Obliczamy lewą stronę. A jest obszarem normalnym względem osi Oy: (

− 2 ¬ y ¬ 1

A :

y 2 ¬ x ¬ 2 − y

Obliczamy:

∂Q

∂P

−

= 0 − 10 x = − 10 x

∂x

∂y





1

2 −y

ZZ

Z

Z

L =

− 10 x d x d y =



− 10 x d x d y





A

− 2

y 2

2 −y

Z

h

− 10 x d x = − 5 x 2i2 −y = − 5(2 − y)2 + 5 y 4 = 5 y 4 − 5 y 2 + 20 y − 20

y 2

y 2

1

h

i1

L = R (5 y 4 − 5 y 2 + 20 y − 20) d y = y 5 − 5 y 3 + 10 y 2 − 20 y

= 1 − 5 + 10 − 20 −

3

3

− 2

− 2

( − 32 + 40 + 40 + 40) = − 72

3

Dzielimy krzywą K na 2 łuki:

K 1 : x = t 2 , y = t ; t zmienia się od 1 do − 2

− 2

− 2

Z

Z

Z

1 − 2

10 xy d x + y 2 d y =

(10 t 3 · 2 t + t 2 · 1) d t =

(20 t 4 + t 2) d t 4 t 5 +

t 3

= − 128 −

3

1

K 1

1

1

8

1

− (4 + ) = − 135

3

3

K 2 : x = t , y = 2 − t ; t zmienia się od 4 do 1

1

1

Z

Z

Z

10 xy d x + y 2 d y =

(10 t(2 − t) · 1 + (2 − t)2 · ( − 1)) d t =

( − 11 t 2 + 24 t − 4) d t =

K 2

4

4

− 11

1

− 11

− 704

t 3 + 12 t 2 − 4 t

=

+ 12 − 4 − (

+ 192 − 16) = 63

3

4

3

3

Stąd:

P = − 135 + 63 = − 72

Czyli lewa strona jest równa prawej stronie.

6