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

ZZ

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

6. Obliczyć strumień pola ~

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