Egzamin z Analizy 2, 25 VI 2012 godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Zadanie Odp.
"2f
1. Obliczyć pochodną (1, -1) , gdzie f(x, y) = (x4 + y2) ln(2x + y) . -4
"x"y
RozwiÄ…zanie:
"f x4 + y2 2x4 + 2y2
= 4x3 ln(2x + y) + · 2 = 4x3 ln(2x + y) +
"x 2x + y 2x + y
"2f 4x3 4y(2x + y) - (2x4 + 2y2)
= + = 4 - 4 - 4 = -4
"x"y 2x + y (2x + y)2
"
2. Obliczyć gradient pola skalarnego f(x, y, z) = 2ex+y y + 2z w punkcie [2, 3, 2]
P = (1, -1, 1)
RozwiÄ…zanie:

"f "f "f
grad f = , , =
"x "y "z

" "
1 2
2ex+y y + 2z , 2ex+y y + 2z + 2ex+y " , 2ex+y " = [2, 3, 2]
2 y + 2z 2 y + 2z
3. Obliczyć całkę iterowaną 1
ëÅ‚ öÅ‚
2x
1
íÅ‚
3x3y2 dyłł dx
x
0
RozwiÄ…zanie:
ëÅ‚ öÅ‚
2x
1 1
2x 1 1
íÅ‚
3x3y2 dyłł dx = x3y3 dx = 7x6 dx = x7 = 1
x 0
x
0 0 0

4. Obliczyć całkę krzywoliniową skierowaną y dx + (x + y) dy -2
C
C : x = t2 - 1 , y = -t2 + t + 1 od t = 0 do t = 2
RozwiÄ…zanie:
2
y dx + (x + y) dy = y(t) · ‹(t) + (x(t) + y(t)) · Ź(t) dt =
C 0
2 2
2
1 3
(-t2 + t + 1)2t + t(-2t + 1) dt = (-2t3 + 3t) dt = - t4 + t2 =
0
2 2
0 0
-8 + 6 = -2
Å„Å‚
ôÅ‚ 0 Õ 2Ä„
òÅ‚
5. Zapisać zbiór A we współrzędnych walcowych w postaci normalnej: 0 r 3
ôÅ‚
ół
A : z2 x2 + y2 , x2 + y2 9 -r z r
RozwiÄ…zanie:
z2 x2 + y2 =Ò! z2 r2 =Ò! |z| r pierwszy warunek (stożek)
x2 + y2 9 =Ò! r2 9 =Ò! r 3 drugi warunek (walec)
1
2. Znalez
ć ekstrema lokalne funkcji
f(x, y) = -y2 - 4x2 - xy2 + 8x
RozwiÄ…zanie
Dziedzina funkcji D : R2 jest zbiorem otwartym.
Rozwiązujemy układ równań :
Å„Å‚
"f
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
= 0
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
"x
ôÅ‚
ôÅ‚
"f
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
= 0
ół
"y
Obliczamy pochodne czÄ…stkowe:
"f
= -8x - y2 + 8
"x
"f
= -2y - 2xy
"y
StÄ…d:

-8x - y2 + 8 = 0
-2y - 2xy = 0
Z drugiego równania:
-2y(x + 1) = 0
Czyli y = 0 lub x = -1
Dla y = 0 z pierwszego równania x = 1
Dla x = -1 z pierwszego równania y = ą4
Mamy więc trzy punkty stacjonarne:
P1(1, 0) , P2(-1, -4) , P3(-1, 4)
Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu:
"2f
= -8
"x2
"2f
= -2 - 2x
"y2
"2f
= -2y
"x"y

-8 0
f (P1) = ; W1 = -8 < 0 , W2 = 32 > 0
0 -4
Funkcja f(x, y) ma więc w punkcie P1 maksimum lokalne.

-8 8
f (P2) = ; W1 = -8 < 0 , W2 = -64 < 0
8 0
Funkcja f(x, y) nie ma w punkcie P2 ekstremum.

-8 -8
f (P3) = ; W1 = -8 < 0 , W2 = -64 < 0
-8 0
Funkcja f(x, y) nie ma w punkcie P3 ekstremum.
2
3. Wykazać, że funkcja g(x, y) = f(xy2) + x2 spełnia równanie:
"2g "2g "g
4x2 - y2 + 2x = 12x2 dla każdej funkcji f : R R klasy C2 .
"x2 "y2 "x
RozwiÄ…zanie:
Korzystamy ze wzoru na pochodną funkcji złożonej.
Oznaczmy t = xy2 (ten sam symbol będzie oznaczał funkcje wewnętrzną oraz argument
funkcji zewnętrznej)..
"g "t
= f (t) · + 2x = f (t) · y2 + 2x
"x "x
"2g "t
= y2f (t) · + 2 = y4f (t) + 2
"x2 "x
"g "t
= f (t) · = f (t) · 2xy
"y "y
"2g "t
= 2xyf (t) · + 2xf (t) = 4x2y2f (t) + 2xf (t)
"y2 "y
StÄ…d:
"2g "2g "g
4x2 -y2 +2x = 4x2y4f (t)+8x2 -4x2y4f (t)-2xy2f (t)+2xy2f (t)+4x2 =
"x2 "y2 "x
12x2
3

4. Obliczyć 12xy dx dy , gdzie D : obszar ograniczony krzywymi: x = y2 , y = x - 2 ,
D
x = 2 , zawierajÄ…cy punkt P (1, 0) .
RozwiÄ…zanie:
Szukamy punktów przecięcia krzywych:

x = y2
=Ò! x = x2 - 4x + 4 =Ò! x2 - 5x + 4 = 0 =Ò! x1 = 1 , x2 = 4
y = x - 2
"
Przekształcamy równanie paraboli x = y2 do postaci wykresu funkcji: y = ą x
Dzielimy obszar D na dwa obszary normalnym względem osi Ox:

0 x 1
" "
D1 :
- x y x

1 x 2
"
D2 :
x - 2 y x
Obliczamy:
ëÅ‚ öÅ‚
"
x
1 1 1
"x
ìÅ‚
I1 = 12xy dx dy = íÅ‚ 12xy dx÷Å‚ dy = 6xy2 dx = (6x2 - 6x2) dx =
Å‚Å‚ "
- x
"
D1 0 0 0
- x
1
0 dx = 0
0
ëÅ‚ öÅ‚
"
x
2 2
"x
ìÅ‚
I2 = 12xy dx dy = íÅ‚ 12xy dx÷Å‚ dy = 6xy2 dx =
Å‚Å‚
x-2
D2 1 x-2 1
2 1
2
3
(6x2 - 6x(x - 2)2) dx = (-6x3 + 30x2 - 24x) dx = - x4 + 10x3 - 12x2 =
1
2
1 0
3 23
-24 + 80 - 48 - (- + 10 - 12) =
2 2
Stąd szukana całka:
23 23
I = I1 + I2 = 0 + =
2 2
Odpowiedz
:
23
I =
2
4
5. Znalez
ć moment bezwładności względem osi Oz jednorodnej bryły ograniczonej po-
wierzchniami: z2 = x2 + y2 , (z - 2)2 = x2 + y2 .
RozwiÄ…zanie:
z2 = x2 + y2 - stożek
(z - 2)2 = x2 + y2 - stożek

Iz = (x2 + y2)Á dx dy dz = Á (x2 + y2) dx dy dz
A A
Stosujemy współrzędne walcowe:

Iz = Á r2 · r dr dÕ dz = Á r3 dr dÕ dz
A" A"
Zbiór A" jest ograniczony powierzchniami:
z = Ä…r i z = 2 Ä… r .
Z rysunku widać, że bierzemy pod uwagę:
z = r i z = 2 - r .
Szukamy przecięcia:

z = r
=Ò! r = 2 - r =Ò! r = 1
z = 2 - r
zachodzić też majÄ… standardowe ograniczenia współrzÄ™dnych walcowych: r 0 oraz Õ
należy do jednego okresu. Stąd mamy:
A" : Õ "< 0 , 2Ä„ > ; r "< 0 , 1 > ; z "< r , 2 - r >
Obliczmy całkę:
ëÅ‚ öÅ‚
2Ä„
1 2-r 1

2-r
íÅ‚
r3 dr dÕ dz = dÕ · r3 dzÅ‚Å‚ dr = [Õ]2Ä„ · r3z dr =
0
r
r
A" 0 0 0
1 1 1
1 2 1 2 Ä„
2Ä„ r3(2 - r - r) dr = 2Ä„ (2r3 - 2r4) dr = 2Ä„ r4 - r5 = 2Ä„( - ) =
2 5 2 5 5
0
0 0
Odpowiedz
:
Ä„
Iz = Á
5
5

6. Sprawdzić twierdzenie Greena dla pola wektorowego F = [x2 - y, x + y2] i obszaru
D : x2 + y2 1 , y x
RozwiÄ…zanie:


"Q "P
Wzór Greena: - dx dy = P dx + Q dy
"x "y
D K
Obliczamy lewÄ… stronÄ™:
"Q "P
= 1 , = -1
"x "y


"Q "P
- dx dy = 2 dx dy = 2S
"x "y
D D
1
gdzie S jest polem połowy koła. Widać, że S = Ą. Stąd:
2


"Q "P
- dx dy = Ä„
"x "y
D
Obliczamy prawÄ… stronÄ™:
KrzywÄ… K dzielimy na 2 Å‚uki:

(x2 - y) dx + (x + y2) dy = (x2 - y) dx + (x + y2) dy + (x2 - y) dx + (x + y2) dy
K K1 K2
Obliczamy całki:
" "
2 2
K1 - odcinek : x = t , y = t ; t zmienia siÄ™ od - do
2 2
" "
2 2
"
2
2 2
2
2
(x2 - y) dx + (x + y2) dy = ((t2 - t) · 1 + (t + t2) · 1) dt = 2t2 dt = t3 =
"
2
3 -
" "
2
K1 2 2
- -
2 2
" " "
4 2 4 2 2
+ =
24 24 3
Ä„ 5Ä„
K2 - wycinek okręgu : x = cos t , y = sin ; t zmienia się od do
4 4
5Ä„
4
(x2 - y) dx + (x + y2) dy = ((cos2 t - sin t) · (- sin t) + (cos t + sin2 t) · cos t) dt =
Ä„
K2
4
5Ä„ 5Ä„ 5Ä„ 5Ä„
4 4 4 4
(- cos2 t sin t+sin2 t+cos2 t+sin2 t cos t) dt = - cos2 t sin t dt+ 1 dt+ sin2 t cos t dt
Ä„ Ä„ Ä„ Ä„
4 4 4 4
Obliczamy:
"
5Ä„ 2
" " -
2
4
Ä„ 2 5Ä„ 2
cos2 t sin t dt = {cos t = s , - sin t dt = ds , s( ) = , s( ) = - } = -t2 dt =
4 2 4 2
"
Ä„
2
4
2
"
" " "
- 2
2
1 2 2 2 2 2
- t3 = + =
"
2
3 24 24 6
2
6
"
5Ä„ 2
" " -
2
4
Ä„ 2 5Ä„ 2
sin2 t cos t dt = {sin t = s , cos t dt = ds , s( ) = , s( ) = - } = t2 dt =
4 2 4 2
"
Ä„
2
4
2
"
" " "
- 2
2
1 2 2 2 2 2
t3 = - - = -
"
2
3 24 24 6
2
5Ä„
4
5Ä„
5Ä„ Ä„
4
dt = [t]Ä„ = - = Ä„
4
4 4
Ä„
4
StÄ…d:
" " "

2 2 2
(x2 - y) dx + (x + y2) dy = - - + Ä„ = - + Ä„
6 6 3
K2
" "

2 2
(x2 - y) dx + (x + y2) dy = - + Ä„ = Ä„
3 3
K
Widać, że lewa strona we wzorze Greena jest równa prawej stronie.
7