Egzamin z Analizy 2, 11 IX 2013

1. Zadanie wstępne

Zadanie

Odp.

∂ 2 f

1. Obliczyć pochodną

(1 , 1) , gdzie:

8

∂x∂y

f ( x, y) = ex 2 + x 3 sin(3 y − 3) + ln( x 2 + y 2) Rozwiązanie:

∂f

2 x

= 2 xex 2 + 3 x 2 sin(3 y − 3) +

∂x

x 2 + y 2

∂ 2 f

4 xy

= 9 x 2 cos(3 y − 3) −

= 9 − 1 = 8

∂x∂y

( x 2 + y 2)2

2. Obliczyć dywergencję pola wektorowego

8

−

→

√

F = x 2 y 3 + x , xyeyz− 2 , y z 2 − 3 w punkcie A = (1 , 1 , 2) Rozwiązanie:

−

→

∂P

∂Q

∂R

2 z

div F =

+

+

= 2 xy 3 + 1 + xeyz− 2 + xyzeyz− 2 + y √

=

∂x

∂y

∂z

2 z 2 − 3

2 + 1 + 1 + 2 + 2 = 8

3. Obliczyć całkę iterowaną

2

1  2 −x



Z

Z



6 xy d y d x

0

x

Rozwiązanie:

1  2 −x



1

1

Z

Z

Z

Z

h



6 xy d y d x =

3 xy 2i2 −x d x =

(3 x(2 − x)2 − 3 x 3) d x =

x

0

x

0

0

1

Z

h

(12 x − 12 x 2) d x = 6 x − 4 x 3i1 = 6 − 4 = 2

0

0

Z

1.4 Obliczyć całkę krzywoliniową skierowaną 5 y d x − 5 x d y ;

− 11

C

C :

x = 2 t + 1 , y = t 4

skierowana od A(1 , 0) do B(3 , 1) Rozwiązanie:

1

1

Z

Z

Z

5 y d x − 5 x d y =

5 t 4 · 2 d t − 5(2 t + 1) · 4 t 3 d t =

(10 t 4 − 40 t 4 − 20 t 3) d t =

C

0

0

1

Z

h

( − 30 t 4 − 20 t 3) d t = − 6 t 5 − 5 t 4i1 = − 6 − 5 = − 11

0

0



0 ¬ ϕ ¬ 2 π





5. Zapisać zbiór A we współrzędnych walcowych w postaci normalnej: 0 ¬ r ¬ 3

A :

z 2 ¬ 4( x 2 + y 2)

,

x 2 + y 2 ¬ 9





− 2 r ¬ z ¬ 2 r

Rozwiązanie:

z 2 ¬ 4( x 2 + y 2) = ⇒ z 2 ¬ 4 r 2 = ⇒ |z| ¬ 2 r stożek

x 2 + y 2 ¬ 9 = ⇒ r 2 ¬ 9 = ⇒ ¬ r ¬ 3

walec

1

2. Znaleźć ekstrema lokalne i punkty siodłowe funkcji f ( x, y) = −xy 2 + x 2 + y 2 + 2 x Rozwiązanie

Dziedzina funkcji D = R2

Rozwiązujemy układ równań :



∂f





= 0







∂x





∂f







= 0





∂y

∂f

∂f

= −y 2 + 2 x + 2

;

= − 2 xy + 2 y

∂x

∂y

Stąd:

(

−y 2 + 2 x + 2 = 0

− 2 xy + 2 y = 0

Z drugiego równania:

2 y( −x + 1) = 0

Czyli y = 0 lub x = 1

Dla y = 0 z pierwszego równania 2 x + 2 = 0 = ⇒ x = − 1

Dla x = 1 z pierwszego równania −y 2 + 2 + 2 = 0 = ⇒ y = ± 2

Mamy więc trzy punkty stacjonarne:

P 1( − 1 , 0) , P 2(1 , − 2) , P 3(1 , 2) Obliczamy drugie pochodne funkcji f :

∂ 2 f

∂ 2 f

∂ 2 f

= 2

;

= − 2 x + 2

;

= − 2 y

∂x 2

∂y 2

∂x∂y

Badamy macierz drugich pochodnych:

"

#

2 0

f 00( P 1) =

W

0 4

1 = 2 ; W 2 = − 8 > 0 = ⇒ P 1 = ( − 1 , 0) - minimum lokalne

"

#

2 4

f 00( P 2) =

W

4 0

1 = 2 ; W 2 = − 16 < 0 = ⇒ P 2 = (1 , − 2) - punkt siodłowy

"

#

2 − 4

f 00( P 3) =

W

− 4

0

1 = 2 ; W 2 = − 16 < 0 = ⇒ P 3 = (1 , 2) - punkt siodłowy 2

3. Pod jakim kątem przecinają się powierzchnie 2 y

S 1 : xz 3 = 1 − z sin( y − z) oraz S 2 : ln( x 3 + y 2 − z) =

+ xy − 3 w punkcie P (1 , 1 , 1) z

Rozwiązanie:

xz 3 = 1 − z sin( y − z) = ⇒ xz 3 + z sin( y − z) − 1 = 0

2 y

2 y

ln( x 3 + y 2 − z) =

+ xy − 3 = ⇒ ln( x 3 + y 2 − z) −

− xy + 3 = 0

z

z

2 y

Oznaczmy f 1( x, y, z) = xz 3 + z sin( y − z) − 1 , f 2( x, y, z) = ln( x 3 + y 2 − z) −

− xy + 3

z

Wektor prostopadły do powierzchni S 1 :

−

→

n 1 = grad f 1

∂f

1

∂f 1

∂f 1

grad f 1 =

,

,

∂x

∂y

∂z

∂f 1 = z 3 = 1

∂x

∂f 1 = z cos( y − z) = 1

∂y

∂f 1 = 3 xz 2 + sin( y − z) − z cos( y − z) = 2

∂z

Stąd:

−

→

n 1 = [1 , 1 , 2]

Wektor prostopadły do powierzchni S 2 :

−

→

n 2 = grad f 2

∂f 2

3 x 2

=

− y = 2

∂x

x 3 + y 2 − z

∂f 2

2 y

2

=

−

− x = − 1

∂y

x 3 + y 2 − z

z

∂f 2

− 1

2 y

=

+

= 1

∂x

x 3 + y 2 − z

z 2

Stąd:

−

→

n 2 = [2 , − 1 , 1]

Kąt między powierzchniami jest równy kątowi między wektorami prostopadłymi do powierzchni.

|−

→

n 1 · −

→

n 2 |

| 2 − 1 + 2 |

3

1

cos α =

= √

√

=

=

|−

→

n 1 ||−

→

n 2 |

1 + 1 + 4 4 + 1 + 1

6

2

Odpowiedź:

π

α = 3

3

4. Obliczyć masę jednorodnego obszaru ograniczonego krzywymi y = x 2 , y = ( x − 4)2 , y = 9

zawierającego punkt P (0 , 1).

Rozwiązanie:

Masa m obszaru D jest równe:

ZZ

Z Z

m =

ρ d x d y = ρ

d x d y

D

D

Szukamy punktów przecięcia krzywych:

(

y = x 2

= ⇒ x = ± 3

y = 9

(

y = ( x − 4)2

= ⇒ x − 4 = ± 3 = ⇒ x = 1 lub x = 7

y = 9

(

y = x 2

= ⇒ x − 4 = ±x = ⇒ x = 2

y = ( x − 4)2

Figurę D dzielimy na dwie części:

(

− 3 ¬ x ¬ 1

D 1 :

x 2 ¬ y ¬ 9

(

1 ¬ x ¬ 2

D 2 :

x 2 ¬ y ¬ ( x − 4)2

m = m 1 + m 2

Obliczamy całki:

1  9



1

1

ZZ

Z

Z

Z

Z

1

1

m 1 = ρ

d x d y = ρ

x 3



d y d x = ρ

[ y]9 d x = ρ

(9 −x 2) d x = ρ 9 x −

=

x 2

3

− 3

D 1

− 3

x 2

− 3

− 3

1

80 ρ

ρ(9 −

+ 27 − 9) =

3

3





2

( x− 4)2

2

2

ZZ

Z

Z

Z

Z

m





2 = ρ

d x d y = ρ

d y

d x = ρ

[ y]( x− 4)2 d x = ρ

(( x − 4)2 − x 2) d x =





x 2

D 2

1

x 2

1

1

2

Z

h

i2

ρ

( − 8 x + 16) d x = ρ − 4 x 2 + 16 x

= 4 ρ

1

1

Stąd:

m = 80 ρ + 4 ρ = 92 ρ

3

3

Odpowiedź:

m = 92 ρ

3

4

5. Obliczyć moment bezwładności względem osi Oz jednorodnej bryły ograniczonej po-

√

wierzchniami z = 1 +

x 2 + y 2 , z 2 = 4( x 2 + y 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 = 1 +

x 2 + y 2 : stożek

z 2 = 4( x 2 + y 2) : stożek Stosujemy współrzędne walcowe:

ZZ Z

ZZ 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∗ :

√

z = 1 +

x 2 + y 2 = ⇒ z = 1 + r z 2 = 4( x 2 + y 2) = ⇒ z 2 = 4 r 2 = ⇒ z = ± 2 r Szukamy punktów przecięcia:

z = 1 + r i z = 2 r = ⇒ 1 + r = 2 e = ⇒ r = 1

z = 1 + r i z = − 2 r = ⇒ 1 + r = − 2 e = ⇒ r = − 1 odrzucamy bo r > 0

3

zachodzić mają również standardowe ograniczenia współrzędnych walcowych: r ­ 0

oraz ϕ należy do jednego okresu. Stąd:

A∗ : ϕ ∈< 0 , 2 π > ; r ∈< 0 , 1 > ; z ∈< 2 r, 1 + r >

 2 π





3  1+ r





Z

Z

Z

Iz = ρ

·

r 3



d ϕ 



d z d r

0

0

2 r

2 π

Z

h

i2 π

d ϕ = ϕ

= 2 π

0

0

1+ r

Z

h

i1+ r

r 3 d z = r 3 z

= r 3 + r 4 − 2 r 4 = r 3 − r 4

2 r

2 r

1

Z

h 1

1

1

1

1

r 3 − r 4 d r =

r 4 −

r 5i1 =

−

=

4

5

0

4

5

20

0

Odpowiedź:

ρπ

Iz = 10

5

6. Sprawdzić twierdzenie Greena dla pola wektorowego P = −y , Q = x . Obszar D jest trójkątem ABC: A(0 , − 1) , B(2 , 0) , C(0 , 2) Rozwiązanie:

ZZ

I

∂ Q

∂P

Wzór Greena:

−

d x d y =

P d x + Q d y

∂x

∂y

D

K

Obliczamy lewą stronę:

ZZ

Z Z

∂ Q

∂P

−

d x d y =

2 d x d y = 2 S

∂x

∂y

D

D

gdzie S jest ploem trójkąta. Widać, że S = 1 ah = 1 · 3 · 2 = 3. Stąd: 2

2

ZZ

∂ Q

∂P

−

d x d y = 2 · 3 = 6

∂x

∂y

D

Obliczamy prawą stronę:

Krzywa K jest łamaną zorientowaną w lewo. Dzielimy ją na 3 odcinki: I

Z

Z

Z

−y d x + x d y =

−y d x + x d y +

−y d x + x d y +

−y d x + x d y

K

K 1

K 2

K 3

Obliczamy całki:

K 1 - odcinek AB : x = t , y = 1 t − 1 ; t zmienia się od 0 do 2

2

2

2

Z

Z

1

1

Z

−y d x + x d y =

−( t − 1) · 1 d t + t ·

d t =

d t = [ t]2 = 2

2

2

0

K 1

0

0

K 2 - odcinek BC : x = t , y = 2 − t ; t zmienia się od 2 do 0

0

0

Z

Z

Z

−y d x + x d y =

−(2 − t) · 1 d t + t · ( − 1) d t =

− 2 d t = [ − 2 t]0 = 4

2

K 2

2

2

K 3 - odcinek CA : y = t , x = 0 ; t zmienia się od 2 do − 1

− 1

− 1

Z

Z

Z

−y d x + x d y =

−t · 0 d t + 0 d t =

0 d t = 0

K 3

2

2

Stąd:

I

−y d x + x d y = 2 + 4 + 0 = 6

K

6