Egzamin z Analizy 2, 16 IX 2009
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
∂ 2 f
1. Obliczyć pochodną
( P ) , gdzie f ( x, y) = x ln( x 2 + y) , P = (2 , − 3)
− 7
∂x∂y
Rozwiązanie:
∂f
2 x
2 x 2
= ln( x 2 + y) + x ·
= ln( x 2 + y) + ·
∂x
x 2 + y
x 2 + y
∂ 2 f
1
− 2 x 2
=
+
= 1 − 8 = − 7
∂x∂y
x 2 + y
( x 2 + y)2
−
→
h
x + y
√
i
2. Obliczyć dywergencję pola wektorowego F = x 2 y + z ,
, y z 3 − 4 x
8
z − y
w punkcie P = (1 , 1 , 2)
Rozwiązanie:
∂P
∂Q
∂R
z − y + ( x + y)
y · 3 z 2
div ~
F =
+
+
= 2 xy +
+ √
= 2 + 3 + 3 = 8
∂x
∂y
∂z
( z − y)2
2 z 3 − 4 x
3. bliczyć całkę iterowaną
4
2
Z
x 2
Z
!
x 2
3 + 3
d y d x
y 2
1
x
Rozwiązanie:
2
Z
x 2
Z
!
2
Z h
i
2
Z
x 2
x 2 x 2
3 + 3
d y d x =
3 y − 3
d x =
(3 x 2 − 3 − (3 x − 3 x)) d x =
y 2
y x
1
x
1
1
h
i2
x 3 − 3 x
= 2 − ( − 2) = 4
1
Z
4. Obliczyć całkę krzywoliniową nieskierowaną
xy d l
20
C
C :
x = 3 t , y = 4 t od t = 0 do t = 1
Rozwiązanie:
Z
1
Z
q
1
Z
√
1
Z
xy d l =
x( t) · y( t) · ( ˙ x)2 + ( ˙ y)2 d t =
3 t · 4 t · 32 + 42 d t = 60
t 2 d t =
C
0
0
0
h
i1
20 t 3
= 20
0
0 ¬ ϕ ¬ 2 π
5. apisać zbiór A we współrzędnych sferycznych w postaci normalnej:
√
0 ¬ θ ¬ π
4
A :
x 2 + y 2 + z 2 ¬ 9 , z x 2 + y 2
0 ¬ r ¬ 3
Rozwiązanie:
x 2 + y 2 + z 2 ¬ 9 = ⇒ r 2 ¬ 9 = ⇒ r ¬ 3
pierwszy warunek (kula)
√
π
z x 2 + y 2 = ⇒ θ ¬
drugi warunek (stożek)
4
1
2. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji
f ( x, y) = −x 2 y − xy 2 + 6 xy Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji D : R 2
Rozwiązujemy układ równań :
∂f
∂f
= 0 ;
= 0
∂x
∂y
Obliczamy pochodne cząstkowe:
∂f
∂f
= − 2 xy − y 2 + 6 y
;
= −x 2 − 2 xy + 6 x
∂x
∂y
Stąd:
( − 2 xy − y 2 + 6 y = 0
−x 2 − 2 xy + 6 x = 0
y( − 2 x − y + 6) = 0
pierwsze równanie
Czyli y = 0 lub − 2 x − y + 6 = 0
Dla y = 0 z drugiego równania:
−x 2 + 6 x = 0 = ⇒ x( −x + 6) = 0 = ⇒ x = 0 lub x = 6
Dla − 2 x − y + 6 = 0 = ⇒ y = 6 − 2 x z drugiego równania:
−x 2 − 12 x + 4 x 2 + 6 x = 0 = ⇒ 3 x 2 − 6 x = 0 = ⇒ 3 x( − 2) = 0 = ⇒ x = 0 lub x = 2
Dla x = 0 = ⇒ y = 6 , x = 2 = ⇒ y = 2
Mamy więc cztery punkty stacjonarne:
P 1(0 , 0) , P 2(6 , 0) , P 3(0 , 6) , P 4(2 , 2) Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu:
∂ 2 f
∂ 2 f
∂ 2 f
= − 2 y
;
= − 2 x
;
= − 2 x − 2 y + 6
∂x 2
∂y 2
∂x∂y
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 1 :
"
#
0 6
W
6 0
1 = 0 , W 2 = − 36 < 0
w P 1 nie ma ekstremum.
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 2 :
"
#
0
− 6
W
− 6 − 12
1 = 0 , W 2 = − 36 < 0
w punkcie P 2 nie ma ekstremum.
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 3 :
"
#
− 12 − 6
W
− 6
0
1 = − 12 < 0 , W 2 = − 36 < 0
w punkcie P 3 nie ma ekstremum.
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 4 :
"
#
− 4 − 2
W
− 2 − 4
1 = − 4 < 0 , W 2 = 12 > 0
w punkcie P 4 jest maksimum lokalne.
2
3. Znaleźć ekstrema globalne funkcji f ( x, y) = 2 xy − 3 x na zbiorze D : x y 2 , x ¬ 4
Rozwiązanie:
Funkcja f jest ciągłą, zbiór D jest domknięty i ograniczony, więc ekstrema globalne istnieją. Dzielimy zbiór D na części:
D 1 : x > y 2 , x < 4
∂f
∂f
= 2 y − 3 = 0
;
= 2 x = 0
∂x
∂y
Rozwiązaniem układu równań jest punkt P (0 , 3). Punkt ten nie należy do D
2
1 więc
funkcja f nie ma punktów stacjonarnych na D 1
D 2 : x = y 2 , x < 4
Parametryzujmy krzywą D 2 : x = y 2 , y ∈ ( − 2 , 2) g( y) = f ( y 2 , y) = 2 y 3 − 3 y 2
g0( y) = 6 y 2 − 6 y = 0 = ⇒ 6 y( y − 1) = 0 = ⇒ y = 0 lub y = 1 ; rozwiązania te należą do dziedziny.
y = 0 = ⇒ x = 0 , y = 1 = ⇒ x = 1
funkcja f ma na D 2 punkty stacjonarne: P 1(0 , 0) , P 2(1 , 1) D 3 : x > y 2 , x = 4
Parametryzujmy krzywą D 3 : x = 4 , , y ∈ ( − 2 , 2) g( y) = f (4 , y) = 8 y − 12
g0( x) = 8 6= 0
funkcja f nie ma na D 3 punktów stacjonarnych.
D 4 : x = y 2 , x = 4
y = ± 2
P 3 = (4 , − 2)
P 4 = (4 , 2)
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(4 , − 2) = − 28
f ( P 4) = f(4 , 2) = 4
Odpowiedź:
Maksimum globalne równe 4 jest w P 4(4 , 2) Minimum globalne równe − 28 jest w P 3(4 − 2) 3
4. Obliczyć całkę
sin x d x d y . gdzie:
D
( y ¬ sin x
D :
y |x − π | − π
2
2
Rozwiązanie:
Rysujemy obszar. WIdać, że obszar D jest symetryczny względem prostej x = π .
2
Funkcja podcałkowa w punktach symetrycznych ma tę samą wartość: P ( x, y) = ⇒ P 0( π − x, y) f ( P 0) = f ( π − x, y) = sin( π − x) = sin x = f ( x, y) = f ( P ) Dzieliemy obszar D na dwie części:
ZZ
ZZ
I =
sin x d x d y = 2
sin x d x d y
D
D 1
( 0 ¬ x ¬ π
D
2
1 :
−x ¬ y ¬ sin x
π
π
π
π
2
Z
sin x
Z
2
Z h
i
2
Z
2
Z
sin x
I = 2
sin x d y d x = 2
y sin x
d x = 2 (sin2 x+ x sin x) d x = 2
sin2 x d x+
−x
0
−x
0
0
0
π
2
Z
2
x sin x d x
0
Obliczamy całki:
π
π
2
Z
2
Z 1 − cos 2 x
h 1
sin 2 x i π
π
I
2
1 =
sin2 x d x =
d x =
x −
=
2
2
4
0
4
0
0
Zastosowaliśmy podstawienie liniowe t = 2 x
Drugą całkę całkujemy przez części:
π
π
π
2
Z
2
Z
h
i π
2
Z
h
i π
I
2
2
2 =
x sin x d x =
x · ( − cos x) 0 d x = −x cos x
− ( − cos x) d x = 0 + sin x
= 1
0
0
0
0
0
π
I = 2 I 1 + 2 I 2 =
+ 2
2
Odpowiedź:
π
I =
+ 2
2
4
5. Znaleźć moment bezwładności względem osi Oz jednorodnej bryły: q
z ¬
3( x 2 + y 2) , x 2 + y 2 + z 2 ¬ 1 .
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 sferyczne:
Z Z
Z Z Z
Iz = ρ
r 2 sin2 θ · r 2 sin θ d r d θ d ϕ = ρ
r 4 sin3 θ d r d θ d ϕ
A∗
A∗
Zbiór A∗ :
q
√
q
z ¬
3( x 2 + y 2) = ⇒ r cos θ ¬
3 ·
r 2 sin2 θ cos2 ϕ + r 2 sin2 θ sin2 ϕ
√
r cos θ ¬
3 · r sin θ
√
ctg θ ¬
3
x 2 + y 2 + z 2 ¬ 1 = ⇒ r 2 ¬ 1 = ⇒ r ¬ 1
zachodzić mają również standardowe ograniczenia współrzędnych sferycznych: r 0 , θ ∈< 0 , π > oraz ϕ należy do jednego okresu. Stąd: A∗ : ϕ ∈< 0 , 2 π > ; θ ∈< π , π > ; r ∈< 0 , 1 > 6
2 π
Z
1
Z
π
Z
h i
π
Z
2 π
h r 5 i1
I
z = ρ
d ϕ ·
r 4 d r · sin3 θ d θ = ρ ϕ
·
·
(1 − cos2 θ) · sin θ d θ =
0
5 0
0
0
π
π
6
6
√
− 1
π
3
2 πρ Z
{t = cos θ ; d t = − sin θ d θ ; t( ) =
; t( π) = − 1 } =
−(1 − t 2) d t =
6
2
5 √ 3
2
√
√
√
2 πρ h
1 i − 1
2 πρ
1
3
3
πρ(16 + 9 3)
−
t − t 3 √ = −
− 1 +
−
+
=
5
3
3
5
3
2
8
60
2
Odpowiedź: √
πρ(16 + 9 3)
Iz =
60
5
F = [2 x, 2 y, −z] przez powierzchnię
√
S : z =
x 2 + y 2 , z ¬ 1 zorientowaną do góry.
Rozwiązanie:
√
Powierzchnia S jest wykresem funkcji z( x, y) =
x 2 + y 2 , ( x, y) ∈ D , gdzie D jest rzutem powierzchni S na płaszczyznę xy . √
Szukamy zbioru D . Z układu równań: z =
x 2 + y 2 ; z = 1 eliminujemy zmienną z D jest kołem: x 2 + y 2 ¬ 1.
Wektor normalny do powierzchni:
h
∂z
∂z
i
h
x
y
i
~n d S = ± −
, −
, 1 d x d y = ± −√
, −√
, 1 d x d y
∂x
∂y
x 2 + y 2
x 2 + y 2
Powierzchnia jest zorientowana go góry więc składowa z jest dodatnia: h
x
y
i
~n d S = −√
, −√
, 1 d x d y
x 2 + y 2
x 2 + y 2
Strumień pola Φ jest równy:
ZZ
ZZ h
q
i h
x
y
i
Φ =
~
F · ~n d S =
2 x , 2 y , − x 2 + y 2 · −√
, −√
, 1 d x d y =
x 2 + y 2
x 2 + y 2
S
D
ZZ
x 2 + y 2
q
ZZ
q
− 2 √
−
x 2 + y 2 d x d y =
− 3 x 2 + y 2 d x d y x 2 + y 2
D
D
Stosujemy współrzędne biegunowe:
ZZ
ZZ
1
Z
2 π
Z
h
i1 h i2 π
Φ =
− 3 r · r d r d ϕ =
− 3 r 2 d r d ϕ =
− 3 r 2 d r ·
d ϕ = −r 3
· ϕ
= − 2 π
0
0
D∗
D∗
0
0
Odpowiedź:
Strumień pola jest równy:
Φ = − 2 π
6