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