Egzamin z Analizy 2, 29 VI 2010 godz. 12.00
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
∂ 2 f
1. Obliczyć pochodną
( P ) , gdzie f ( x, y) = ( x 3 −y) ln( x+ y)
, P = (2 , − 1)
15
∂x 2
Rozwiązanie:
∂f
x 3 − y
= 3 x 2 ln( x + y) +
∂x
x + y
∂ 2 f
3 x 2
3 x 2( x + y) − ( x 3 − y)
= 6 x ln( x + y) +
+
= 0 + 12 + 12 − 9 = 15
∂x 2
x + y
( x + y)2
√
2. Obliczyć gradient pola skalarnego f = ( x 3) y + 2 z w punkcie P = (2 , − 3 , 2)
[12 , 4 , 8]
Rozwiązanie:
∂f
∂f
∂f
q
x 3
2 x 3
grad f =
,
,
= 3 x 2 y + 2 z ,
√
,
√
= [12 , 4 , 8]
∂x
∂y
∂z
2 y + 2 z
2 y + 2 z
3. Obliczyć całkę iterowaną
1
2 2 x
!
Z
Z
x
d y d x
y 2
0
x
Rozwiązanie:
2 2 x
2
2
2
Z
Z
x
Z
Z
Z
h
x i2 x
1
1
1 h i2
−
−
x
d y d x =
d x =
+ 1
d x =
d x =
= 1
y 2
y x
2
2
2
0
0
x
0
0
0
Z
33
4. Obliczyć całkę krzywoliniową skierowaną
( x − y) d y
2
C
C :
x = t 3 , y = t 3 − 2 t od t = 1 do t = 2
Rozwiązanie:
2
2
2
Z
Z
Z
Z
( x − y) d y =
( x( t) − y( t)) · ˙
y( t) d t =
2 t 3 t 2 − 2 d t =
(6 t 3 − 4 t) d t =
C
1
1
1
h 3
3
33
t 4 − 2 t 2i2 = 24 − 8 − (
− 2) =
2
1
2
2
0 ¬ ϕ ¬ 2 π
5. Zapisać zbiór A we współrzędnych walcowych w postaci normalnej: 0 ¬ r ¬ 1
A :
x 2 + y 2 ¬ 1 − z , z 0
0 ¬ z ¬ 1 − r 2
Rozwiązanie:
x 2 + y 2 ¬ 1 − z = ⇒ z ¬ 1 − r 2
pierwszy warunek (parabolioda)
z 0 = ⇒ 1 − r 2 0 = ⇒ r ¬ 1
drugi warunek (płaszczyzna)
1
2. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji f ( x, y) = 3 xy + x 2 y − y 2
Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji D = R2 -zbiór otwarty, f jest klasy C 2
Rozwiązujemy układ równań :
∂f
= 0
∂x
∂f
= 0
∂y
Obliczamy pochodne cząstkowe:
∂f = 3 y + 2 xy
∂x
∂f = 3 x + x 2 − 2 y
∂y
Stąd:
(
3 y + 2 xy = 0
3 x + x 2 − 2 y = 0
Z pierwszego równania:
y(3 + 2 x) = 0
y = 0 lub x = − 32
Z drugiego równania dla y = 0 = ⇒ x(3 − x) = 0 = ⇒ x = 0 lub x = 3, Dla x = − 3 :
2
− 9 + 9 − 2 y = 0 = ⇒ y = − 9
2
4
8
Rozwiązaniem tego układu są więc punkty:
P 1(0 , 0) , P 2(3 , 0) , P 3( − 3 , − 9 ) 2
8
Obliczamy drugie pochodne funkcji f :
∂ 2 f
∂ 2 f
∂ 2 f
= 2 y
;
= − 2
;
= 3 + 2 x
∂x 2
∂y 2
∂x∂y
Badamy macierz drugich pochodnych:
"
#
0
3
f 00( P 1) =
W
3 − 2
1 = 0 ; W 2 = − 9 < 0 = ⇒
f ( x, y) nie ma ekstremum
"
#
0
9
f 00( P 2) =
W
9 − 2
1 = 0 ; W 2 = − 81 < 0 = ⇒
f ( x, y) nie ma ekstremum
"
− 9
#
0
f 00( P
4
3) =
W
< 0 ; W
> 0 = ⇒ f ( x, y) ma maksimum 0 − 2
1 = − 9
4
2 = 9
2
lokalne
2
∂ 2 z
∂ 2 z
2 x
3. Wykazać, że funkcja z( x, y) = f ( x − 2 y) +
spełnia równanie 4
−
= −
dla
y
∂x 2
∂y 2
y 3
każdej dwukrotnie różniczkowalnej funkcji f : R → R
Rozwiązanie:
Oznaczmy t = x − 2 y
∂z
∂t
1
1
= f 0( t) ·
+
= f 0( t) · 1 +
∂x
∂x
y
y
∂ 2 z
∂t
= f 00( t) ·
+ 0 = f 00( t)
∂x 2
∂x
∂z
∂t
x
x
= f 0( t) ·
−
= f 0( t) · ( − 2) −
∂y
∂y
y 2
y 2
∂ 2 z
∂t
2 x
2 x
= − 2 f 00( t) ·
+
= 4 f 00( t) +
∂y 2
∂y
y 3
y 3
Stąd:
∂ 2 z
∂ 2 z
2 x
2 x
4
−
= 4 f 00( t) − 4 f 00( t) −
= −
∂x 2
∂y 2
y 3
y 3
3
4. Obliczyć pole powierzchni obszaru ograniczonego krzywymi: x = y 2 , x = 8 − y 2 , y = 1
, zawierającego punkt P (1 , 0) .
Rozwiązanie:
Pole powierzchni obszaru jest równe:
ZZ
S =
d x d y
D
Szukamy punktów przecięcia krzywych:
(
x = y 2
= ⇒ x = 1
y = 1
(
x = 8 − y 2
= ⇒ x = 7
y = 1
(
x = y 2
= ⇒ y 2 = 8 − y 2 = ⇒ y 2 = 4 = ⇒ y = ± 2 = ⇒ x = 4
x = 8 − y 2
Zbiór D jest obszarem normalnym wzgłedem osi Oy: (
− 2 ¬ y ¬ 1
D :
y 2 ¬ x ¬ 8 − y 2
1
8 −y 2
Z
Z
S =
d x d y
− 2
y 2
Obliczamy całki:
8 −y 2
Z
h
i8 −y 2
d x = x
= 8 − y 2 − y 2 = 8 − 2 y 2
y 2
y 2
1
Z
h
2
2
16
S =
8 − 2 y 2 d y = 8 y −
y 3i1 = 8 −
− ( − 16 +
) = 18
3
− 2
3
3
− 2
Odpowiedź:
S = 18
4
5. Znaleźć moment bezwładności względem osi Oz bryły o gęstości ρ( x, y, z) = z ograni-czonej powierzchniami: z 2 = 2 + x 2 + y 2 , ( z − 2)2 = x 2 + y 2 .
Rozwiązanie:
z 2 = 2 + x 2 + y 2 - hiperboloida obrotowa ( z − 2)2 = x 2 + y 2 - stożek ZZ Z
Z Z Z
Iz =
( x 2 + y 2) ρ d x d y d z =
( x 2 + y 2) z d x d y d z A
A
Stosujemy współrzędne walcowe:
ZZ Z
Z Z Z
Iz =
r 2 z · r d r d ϕ d z =
r 3 z d r d ϕ d z A∗
A∗
Zbiór A∗ jest ograniczony powierzchniami:
√
z =
2 + r 2 i z = 2 − r .
Szukamy przecięcia:
√
(
z =
2 + r 2
= ⇒ 2 + r 2 = 4 − 4 r + r 2 = ⇒ r = 1
z = 2 − r
2
zachodzić też mają standardowe ograniczenia współrzędnych walcowych: r 0 oraz ϕ
należy do jednego okresu. Stąd mamy:
√
A∗ : ϕ ∈< 0 , 2 π > ; r ∈< 0 , 1 > ; z ∈< 2 + r 2 , 2 − r >
2
Obliczmy całkę:
1
1
2 π
2
2 −r
2
ZZ Z
Z
Z
Z
Z
1
2 −r
r 3 z d r d ϕ d z =
d ϕ ·
r 3 z d z d r = [ ϕ]2 π ·
r 3 z 2
d r =
0
√
√
2
2+ r 2
A∗
0
0
2+ r 2
0
1
1
1
2
2
2
1
Z
Z
Z
1
4
2
π
r 3((2 − r)2 − 2 − r 2) d r = π
r 3(2 − 4 r) d r = π
(2 r 3 − 4 r 4) d r = π
r 4 −
r 5
=
2
5
0
0
0
0
1
1
π
π(
−
) =
32
40
160
5
6. Korzystając z twierdzenia Gaussa obliczyć strumień pola ~
F = [ x 2 + yz, xy, z] przez powierzchnię zamkniętą, zorientowaną na zewnątrz, składającą się z powierzchni: S 1 : z = x 2 + y 2 i S 2 : z = 1 .
Rozwiązanie:
Z tw Gaussa:
ZZ
ZZ Z
~
F · ~
n d S =
div ~
F d x d y d z
S
V
Obliczamy:
∂P
∂Q
∂R
div ~
F =
+
+
= 2 x + x + 1 = 3 x + 1
∂x
∂y
∂z
S 1 - paraboloida obrotowa, S 2 - płaszczyzna . Stosujemy współrzędne walcowe: ZZ Z
ZZ Z
Z Z Z
Φ =
(3 x+1) d x d y d z =
(3 r cos ϕ+1) ·r d z d r d ϕ =
(3 r 2 cos ϕ+ r) d z d r d ϕ
V
V ∗
V ∗
Szukamy V ∗ we spółrzędnych walcowych:
z = x 2 + y 2 = ⇒ z = r 2
z = 1 i z = r 2 = ⇒ r = 1
V ∗ : ϕ ∈< 0 , 2 π > ; r ∈< 0 , 1 > ; z ∈< r 2 , 1 > 2 π 1 1
Z
Z
Z
Φ =
(3 r 2 cos ϕ + r) d z d r d ϕ
0
0
r 2
Obliczamy:
1
Z
h
i1
(3 r 2 cos ϕ + r) d z = 3 r 2 cos ϕ · z + rz
= 3 r 2 cos ϕ + r − (3 r 4 cos ϕ + r 3) r 2
r 2
1
Z
h
1
3
1
1
(3 r 2 cos ϕ + r − 3 r 4 cos ϕ − r 3) d r = r 3 cos ϕ + r 2 − r 5 cos ϕ − r 4i1 = cos ϕ +
−
2
5
4
0
2
0
3
1
1
2
cos ϕ −
=
+
cos ϕ
5
4
4
5
2 π
Z
1
2
h 1
2
i2 π
π
(
+
cos ϕ) d ϕ =
ϕ +
sin ϕ
=
4
5
4
5
0
2
0
Odpowiedź:
Strumień pola jest równy:
Φ = π 2
6