Egzamin z Analizy 2, 29 VI 2012 godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
∂ 2 f
1. Obliczyć pochodną
( P ) , gdzie f ( x, y) = x 3 + 2 xy + y 3 + y ln( x 2 − 3) 6
∂x∂y
, P = (2 , 2)
Rozwiązanie:
∂f
y · 2 x
= 3 x 2 + 2 y +
∂x
x 2 − 3
∂ 2 f
2 x
= 2 +
= 2 + 4 = 6
∂x∂y
x 2 − 3
−
→
h
z − y
q
i
2. Obliczyć dywergencję pola wektorowego F = xy + z 3 ,
, x z 2 + 3 y
− 1
x + y
w punkcie P = (2 , − 1 , 2) Rozwiązanie:
∂P
∂Q
∂R
−( x + y) − ( z − y) x · 2 z
div ~
F =
+
+
= y +
+ √
= − 1 − 4+4 =
∂x
∂y
∂z
( x + y)2
2 z 2 + 3 y
− 1
3. Obliczyć całkę iterowaną
3
2 2 x
Z
Z
y
d y d x
x
0
x
Rozwiązanie:
2 2 x
2
2
2
Z
Z
y
Z
Z
Z
h y 2 i2 x
1
3
3 h 1
x
x
x 2i2
d y d x =
d x =
2 x −
d x =
d x =
=
x
2 x x
2
2
2 2
0
0
x
0
0
0
3
Z
4. Obliczyć całkę krzywoliniową skierowaną xy 2 d x + x d y
2
C
1
C :
x = t 2 , y =
od t = 1 do t = 2
t
Rozwiązanie:
2
2
Z
Z
Z
1
− 1
h
i2
xy 2 d x + x d y =
t 2 ·
· 2 t d t + t 2 ·
d t =
(2 t − 1) d t = t 2 − t
= 2
t 2
t 2
1
C
1
1
0 ¬ ϕ ¬ 2 π
5. Zapisać zbiór A we współrzędnych walcowych w postaci normalnej: A :
√
0 ¬ r ¬ 1
z x 2 + y 2 , z ¬
x 2 + y 2
r 2 ¬ z ¬ r
Rozwiązanie:
z r 2
pierwszy warunek (paraboloida)
z ¬ r
drugi warunek (stożek)
r 2 = r = ⇒ r = 0 ∨ r = 1
przcięcie powierzchni
1
2. Znaleźć różniczkę zupełną d z oraz równanie płaszczyzny stycznej do powierzchni x 2 + y 2
z =
w punkcie P (1 , 1 , 2) x
Rozwiązanie:
Różniczka zupełna
∂z
∂z
d z =
d x +
d y
∂x
∂y
Obliczamy pochodne cząstkowe w punkcie P : y 2
z = x + x
∂z
y 2
= 1 −
= 0
∂x
x 2
∂z
2 y
=
= 2
∂y
x
Stąd:
d z = 0 d x + 2 d y = 2 d y Równanie płaszczyzny stycznej:
x 0 = 1 , y 0 = 1 , z 0 = z( P ) = 2
z − 2 = 2( y − 1)
2 y − z = 0
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
Parametryzujemy 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
Parametryzujemy 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 moment bezwładności względem osi Oy jednorodnego obszaru ograniczonego krzywymi y = x 2, y = ( x − 4)2 i y = 9 zawierającego punkt P (0 , 1).
Rozwiązanie:
Moment bezwładności obszaru D jest równy: ZZ
Z Z
Iy =
ρx 2 d x d y = ρ
x 2 d x d y
D
D
Szukamy punktów przecięcia krzywych:
(
y = x 2
y = 9
x = ± 3
(
y = ( x − 4)2
y = 9
x − 4 = ± 3
x = 1 lub x = 7
(
y = x 2
y = ( x − 4)2
x − 4 = ±x
x = 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
Obliczamy całki:
1 9
1
1
ZZ
Z
Z
Z
Z
1
h
i9
1
I 1 =
x 2 d x d y =
x 2
x 2 y
x 5
d y d x =
d x =
(9 x 2 −x 4) d x = 3 x 3 −
=
x 2
5
− 3
D 1
− 3
x 2
− 3
− 3
1
243
176
3 −
+ 81 −
=
5
5
5
2
( x− 4)2
2
2
ZZ
Z
Z
Z
Z
Z
h
i( x− 4)2
I
2 =
x 2
d x d y =
x 2 d y
d x =
x 2 y
d x =
x 2(( x − 4)2 −
x 2
D 1
1
x 2
1
1
2
Z
16
2
128
16
94
x 2) d x =
( − 8 x 3 + 16 x 2) d x = − 2 x 2 +
x 3
= − 8 +
+ 2 −
=
3
1
3
3
3
1
Stąd:
176
94
998
Iy =
+
=
5
3
15
4
5. Znaleźć moment bezwładności względem osi Oz bryły o gęstości ρ( x, y, z) = z ogra-
√
q
niczonej powierzchniami: z =
2 + x 2 + y 2 , z =
3( x 2 + y 2) oraz leżącej w obszarze y ¬ 0
Rozwiązanie:
√
z =
2 + x 2 + y 2 - hiperboloida obrotowa q
z =
3( x 2 + y 2) - stożek
Z Z 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:
Z 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 =
3 r , zachodzić ma nierówność: r sin ϕ ¬ 0 oraz standardowe ograniczenia współrzędnych walcowych: r 0 oraz ϕ należy do jednego okresu. Stąd mamy:
√
√
A∗ : ϕ ∈< π , 2 π > ; r ∈< 0 , 1 > ; z ∈< 3 r,
2 + r 2 >
Obliczmy całkę:
√
√
2 π
1
2+ r 2
1
2+ r 2
1
Z Z Z
Z
Z
Z
Z
1
π Z
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 =
r 3(2+
π
√
√
2
3 r
2
A∗
π
0
3 r
0
0
1
π Z
1
1
1
1
1
π
r 2 − 3 r 2) d r =
(2 r 3 − 2 r 5) d r = π
r 4 −
r 6
= π(
− ) =
2
4
6
0
4
6
12
0
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