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
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