Egzamin z Analizy 1, 29 VI 2009
1. Zadanie wstępne grupa A
Nr
Zadanie
Odp.
∂ 2 f
1.1
Obliczyć pochodną
( P ) jeżeli f ( x, y) = ex 2 y 2+ x+ y , P = ( − 1 , 1) 11 e
∂y 2
Rozwiązanie:
∂f = ex 2 y 2+ x+ y(2 x 2 y + 1)
∂y
∂ 2 f = ex 2 y 2+ x+ y(2 x 2 y + 1)2 + ex 2 y 2+ x+ y(2 x 2) = 11 e
∂y 2
1.2
OObliczyć gradient pola skalarnego f w punkcie P f = ln( x 2 y −z)+ y 2
[4 , 6 , − 1]
, P = (2 , 1 , 3)
Rozwiązanie:
h ∂ f
∂f
∂f i
h
2 xy
x 2
− 1
i
grad f =
,
,
=
,
+ 2 y ,
=
∂x
∂y
∂z
x 2 y − z
x 2 y − z
x 2 y − z
[4 , 6 , − 1]
1 2 y
Z
Z
2
1.3
Obliczyć całkę iterowaną
(2 x − y) d x d y
3
0
y
Rozwiązanie:
1 2 y
1
1
Z
Z
Z
Z
h
i2 y
h 2
2
x 2 − xy
y 3i1
(2 x − y) d x d y =
d y =
2 y 2 d y =
=
y
3
0
3
0
y
0
0
Z
1.4
Obliczyć całkę krzywoliniową skierowaną
xy 2 d x + x d y C : x =
2
C
1
t 2 , y =
od t = 1 do t = 2
t
Rozwiązanie:
2
2
Z
Z
Z
1
− 1
h
i2
y d x+ x d y =
t 2 ·
· 2 t d t+ t 2 ·
d t =
(2 t− 1) d t = t 2 −t
= 2
t 2
t 2
1
C
1
1
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 ¬
x 2 + y 2
r 2 ¬ z ¬ r
Rozwiązanie:
z r 2
pierwszy warunek (paraboloida)
z ¬ r
drugi warunek (stożek)
r 2 = r = ⇒ r = 0 ∨ r = 1
przcięcie powierzchni
1
2. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji
f ( x, y) = xy 2 − 4 y 2 − 2 x 2
Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji D : R 2
Rozwiązujemy układ równań :
∂f
= 0
∂x
∂f
= 0
∂y
Obliczamy pochodne cząstkowe:
∂f = y 2 − 4 x
∂x
∂f = 2 xy − 8 y
∂y
Stąd:
(
y 2 − 4 x = 0
xy − 4 y = 0
Z drugiego równania:
y( x − 4) = 0
Czyli y = 0 lub x = 4
Dla y = 0 z pierwszego równania x = 0
Dla x = 4 z pierwszego równania 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
;
= 2 x − 8
;
= 2 y
∂x 2
∂y 2
∂x∂y
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 1 :
"
−
#
4
0
W
0 − 8
1 = − 4 < 0 , W 2 = 32 > 0
w P 1 jest maksimum lokalne.
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 2 :
"
−
#
4 − 8
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
W
8 0
1 = − 4 < 0 , W 2 = − 64 < 0
w punkcie P 3 nie ma ekstremum.
2
3. Obliczyć masę obszaru ograniczonego krzywymi x = y 2 , x + y = 2 jeżeli jego gęstość ρ( x, y) = 6 x
Rozwiązanie:
Rozwiązanie:
Masa obszaru jest równa:
Obliczamy całki:
Z Z
Z Z
m =
ρ d x d y =
6 x d x d y
D
D
Szukamy punktów przecięcia krzywych:
(
x = y 2
x + y = 2
x = 2 − y
y 2 + y − 2 = 0
∆ = 9
y 1 = − 2 = ⇒ x 1 = 4
y 2 = 1 = ⇒ x 2 = 1
MAmy więc:
(
− 2 ¬ y ¬ 1
D :
y 2 ¬ x ¬ 2 − y
Obliczamy całki:
1
2 −y
1
1
Z
Z
Z
Z
h
m = 6
x d x d y = 3
x 2i2 −y d y = 3
((2 − y)2 − y 4) d y =
y 2
− 2
y 2
− 2
− 2
1
"
#1
Z
y 3
y 5
32
1
1
3
(4 − 4 y + y 2 − y 4) d y = 3 4 y − 2 y 2 +
−
=
= 3(4 − 2 +
− ) − 3( − 8 −
3
5
3
3
5
− 2
− 2
8
32
216
8 −
+
) =
3
5
5
Odpowiedź:
216
m = 5
3
4. Znaleźć moment bezwładności względem osi Oz jednorodnej bryły ograniczonej powierzchniami: z 2 = x 2 + y 2 , x 2 + y 2 = 1 oraz leżącej w obszarze x 0
Rozwiązanie:
Moment bezwładności jest równy:
Z Z Z
Z Z Z
Iz =
( x 2 + y 2) ρ d x d y d z = ρ
( x 2 + y 2) d x d y d z A
A
Stosujemy współrzędne walcowe:
Z Z
Z Z 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 2 = ⇒ z = ±r ; r 2 = 1 = ⇒ r = 1 ;
zachodzić ma nierówność: r cos ϕ 0 oraz standardowe ograniczenia współrzędnych walcowych: r 0 oraz ϕ należy do jednego okresu.
A∗ : ϕ ∈< − π , π > ; r ∈< 0 , 1 > ; z ∈< −r, r > 2
2
π
2
1 r
1
1
Z
Z
Z
π
Z
Z
1
h
i
h
i r
1
I
2
z = ρ
d ϕ ·
r 3
ϕ
·
r 3 z
r 5
d z d r = ρ
d r = πρ ·
2 r 4 d r = 2 πρ
=
− π
−r
5
2
0
− π
0
−r
0
0
2
2 πρ
5
Odpowiedź:
2 πρ
Iz = 5
4
5. Znaleźć potencjał pola wektorowego i korzystając z niego obliczyć całkę: (1 , 1 , 1)
Z
yz d x + ( xz + 2 yz) d y + ( xy + y 2 + 1) d z (0 , 0 , 0)
Rozwiązanie:
Szukamy pola skalrnego ϕ( x, y, z) takiego, że grad ϕ = ~
F :
∂ϕ
= yz
∂x
∂ϕ = xz + 2 yz
∂y
∂ϕ
= xy + y 2 + 1
∂z
Całkujemy pierwsze równanie:
Z
ϕ( x, y, z) =
yz d x = xyz + f ( y, z) Wstawiamy ϕ do drugiego równania:
∂f
xz +
= xz + 2 yz
∂y
∂f = 2 yz
∂y
Z
f ( y, z) =
2 yz d y = y 2 z + g( z) Stąd:
ϕ( x, y, z) = xyz + y 2 z + g( z) Wstawiamy ϕ do trzeciego równania:
xy + y 2 + g0 = xy + y 2 + 1
g0 = 1
Z
g( z) =
1 d z = z + C
Stąd:
ϕ( x, y, z) = xyz + y 2 z + z + C
Ponieważ pole jest potencjalne (znaleźliśmy potencjał) to: (1 , 1 , 1)
Z
yz d x + ( xz + 2 yz) d y + ( xy + y 2 + 1) d z = ϕ(1 , 1 , 1) − ϕ(0 , 0 , 0) = 3
(0 , 0 , 0)
Odpowiedź:
Potencjał ϕ( x, y, z) = xyz + y 2 z + z + C
(1 , 1 , 1)
Z
yz d x + ( xz + 2 yz) d y + ( xy + y 2 + 1) d z = 3
(0 , 0 , 0)
5
F = [2 x, 2 y, 8 z] przez powierzchnię S : z = x 2 + y 2 , z ¬ 1
zorientowaną do góry.
Rozwiązanie:
Strumień pola jest równy:
Z Z
Φ =
2 x d y d z + 2 y d z d x + 2 z d x d y S
Powierzchnia S jest wykresem funkcji z( x, y) = x 2 + y 2 , ( x, y) ∈ D. D jest rzutem powierzchni na płaszczyznę xy . Jest to koło: x 2 + y 2 ¬ 1.
Wektor normalny do powierzchni:
h
∂z
∂z
i
h
i
~
n d S = ± −
, −
, 1 d x d y = ± − 2 x , − 2 y , 1 d x d y
∂x
∂y
Wybieramy znak + ponieważ powierzchnia jest zorientowana go góry.
h
i
~
n d S = − 2 x , − 2 y , 1 d x d y Mamy:
Z Z
Z Z
Z Z
h
i
h
i
Φ =
~
F ·~
n d S =
2 x , 2 y , 8( x 2 + y 2) · − 2 x , − 2 y , 1 d x d y =
4( x 2 + y 2) d x d y
S
D
D
Stosujemy współrzędne biegunowe:
∗
∗
1
2 π
Z Z
Z Z
Z
Z
h
Φ =
4 r 2 · r d r d ϕ =
4 r 3 d ϕ =
4 r 3 d r ·
d ϕ = r 4i1 · [ ϕ]2 π = 2 π
0
0
D
D
0
0
Odpowiedź:
Strumień pola jest równy:
Φ = 2 π
6