Egzamin z Analizy 2, 27 VI 2008 godz. 9.00
1. Obliczyć różniczkę zupełną funkcji
q
1
f ( x, y) = (2 x − y) x 2 + 5 y + ( x − 2)2 −
ln( y 2)
4
w punkcie P (2 , 1) . Obliczyć przybliżoną wartośc f (1 , 99 ; 1 , 02).
Rozwiązanie:
Różniczka zupełna f jest równa
∂f
∂f
d f =
d x +
d y
∂x
∂y
Obliczamy:
∂f
q
(2 x − y) · 2 x
= 2 x 2 + 5 y +
√
+ 2( x − 2)
∂x
2 x 2 + 5 y
∂f ( P) = 8
∂x
∂f
q
(2 x − y) · 5
1
= − x 2 + 5 y + √
−
∂y
2 x 2 + 5 y
2 y
∂f ( P) = − 1
∂y
Różniczka zupełna f w punkcie P jest równa d f = 8 d x − d y
Przyrost funkcji przybliżamy rózniczką:
∆ f ≈ d f
∆ f = f (1 , 99 ; 1 , 02) − f (2; 1) = f (1 , 99 ; 1 , 02) − 9
d x = 1 , 99 − 2 = − 0 , 01
d y = 1 , 02 − 1 = 0 , 02
Stąd
d f = − 0 , 1
Czyli
f (1 , 99 ; 1 , 02) ≈ 9 − 0 , 1 = 8 , 9
2. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji
x
1
f ( x, y) =
+
− 2 y
y 2
x
Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji D : x 6= 0 i y 6= 0
Rozwiązujemy układ równań :
∂f
= 0
∂x
∂f
= 0
∂y
Obliczamy pochodne cząstkowe:
1
1
=
−
∂x
y 2
x 2
∂f
− 2 x
=
− 2
∂y
y 3
Stąd:
1
1
−
= 0
y 2
x 2
− 2 x
− 2 = 0
y 3
Z pierwszego równania:
y 2 = x 2
y = x lub y = −x Z drugiego równania dla y = x:
− 2 − 2 = 0 - równanie nie ma rozwiazań.
x 2
Dla y = −x:
2 − 2 = 0
x 2
x = ± 1
Rozwiązaniem tego układu są więc punkty:
P 1(1 , − 1) , P 2( − 1 , 1) Obliczamy drugie pochodne funkcji f :
∂ 2 f
2
=
∂x 2
x 3
∂ 2 f
6 x
=
∂y 2
y 4
∂ 2 f
− 2
=
∂x∂y
y 3
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 1 :
"
#
2 2
2 6
Znaki wyznaczników: W 1 = 2 > 0 ; W 2 = 8 > 0
Funkcja f ( x, y) ma więc w punkcie P 1 minimum lokalne Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 2 :
"
#
− 2 − 2
− 2 − 6
Znaki wyznaczników: W 1 = − 2 < 0 ; W 2 = 8 > 0
Funkcja f ( x, y) ma więc w punkcie P 2 maksimum lokalne 3. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywymi y = x 2, y = ( x − 4)2 i y = 9 zawiera-jącego punkt P (0 , 1).
Rozwiązanie:
Pole S obszaru D jest równe:
S =
d x d y
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
S = S 1 + S 2
Obliczamy całki:
Z Z
1
Z
9
Z
1
Z
1
Z
1
1
S
1 =
d x d y =
d y
d x =
[ y]9 d x =
(9 − x 2) d x = 9 x − x 3
=
x 2
3
− 3
D 1
− 3
x 2
− 3
− 3
1
80
9 −
+ 27 − 9 =
3
3
Z Z
2
Z
( x− 4)2
Z
2
Z
2
Z
2
Z
S
2 =
d x d y =
d y d x =
[ y]( x− 4)2 d x =
(( x− 4)2 −x 2) d x =
( − 8 x+
x 2
D 2
1
x 2
1
1
1
h
i2
16) d x = − 4 x 2 + 16 x
= 4
1
Stąd:
S = 80 + 4 = 92
3
3
4. Obliczyć masę jednorodnej bryły ograniczonej: walcami parabolicznymi z = x 2 − 1 , z = 1 − x 2 , oraz płaszczyznami y − x − 1 = 0 i y = 0
Rozwiązanie:
Szukamy rzutu krzywej przecięcia powierzchni z = x 2 − 1 , z = 1 − x 2 na płaszczyznę Oxy:
x 2 − 1 = 1 − x 2
x = ± 1
Rzut bryły A na płaszczyznę xy jest ograniczony krzywymi: y = x + 1 , y = 0 oraz x = ± 1
Mamy więc bryłę A: x ∈< − 1 , 1 > ; y ∈< 0 , x + 1 > ; z ∈< x 2 − 1 , 1 − x 2 >
Z Z Z
1
Z
x+1
Z
1 −x 2
Z
1
Z
x+1
Z
V =
ρ d x d y d z = ρ
d z d y d x = ρ
[ z]1 −x 2 d y d x =
x 2 − 1
A
− 1
0
x 2 − 1
− 1
0
1
Z
x+1
Z
1
Z h
i
1
Z
x+1
ρ
(2 − 2 x 2) d y d x = ρ
2 y − 2 x 2 y
d x = ρ
(2 x + 2 − 2 x 3 − 2 x 2) d x =
0
− 1
0
− 1
− 1
1
2
1
8 ρ
ρ − x 4 − x 3 + x 2 + 2 x
=
2
3
− 1
3
5. Znaleźć moment bezwładności względem osi Oz bryły o gęstości ρ( x, y, z) = z ogra-
√
niczonej: hiperboloidą obrotową z =
1 + 3 x 2 + 3 y 2 , paraboloidą obrotową z =
2 x 2 + 2 y 2 oraz leżącej w obszarze x ¬ 0
Rozwiązanie:
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 =
1 + 3 r 2 i z = 2 r 2 , zachodzić ma nierówność: r cos ϕ ¬ 0 oraz standardowe ograniczenia współrzędnych walcowych: r 0 oraz ϕ należy do jednego okresu. Stąd mamy:
√
A∗ : ϕ ∈< π , 3 π > ; r ∈< 0 , 1 > ; z ∈< 2 r 2 , 1 + 3 r 2 > 2
2
Obliczmy całkę:
3 π
√
Z Z Z
2
Z
1
Z
1+3 r 2
Z
1
Z
√
3 π
1
1+3 r 2
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 =
2
2
2 r 2
A∗
π
0
2 r 2
0
2
1
π Z
π 1
1
1 1
π
( r 3 + 3 r 5 − 4 r 7) d r =
r 4 + r 6 − r 8
=
2
2 4
2
2
0
8
0
6. Sformułować warunek konieczny istnienia potencjału pola wektorowego w R3. Znaleźć potencjał pola wektorowego [ P, Q, R] = [6 x 2 y 2 z , 4 x 3 yz + z , 2 x 3 y 2 + y + 2 z] i obliczyć B
Z
całkę
P d x + Q d y + R d z jeśli A = (0 , 0 , 1), B = (1 , 2 , − 1).
A
Rozwiązanie
Szukamy potencjału ϕ
Rozwiązujemy układ równań:
∂ϕ
= 6 x 2 y 2 z
∂x
∂ϕ = 4 x 3 yz + z
∂y
∂ϕ
= 2 x 3 y 2 + y + 2 z
∂z
Zaczynamy od pierwszego równania: Z
ϕ( x, y, z) =
6 x 2 y 2 z d x = 2 x 3 y 2 z + f ( y, z) Podstawiamy obliczone ϕ do drugiego równania:
∂f
4 x 3 yz +
= 4 x 3 yz + z
∂y
Stąd:
Z
f ( y, z) =
z d y = yz + g( z) czyli
ϕ( x, y, z) = 2 x 3 y 2 z + yz + g( z) Podstawiamy obliczone ϕ do trzeciego równania: 2 x 3 y 2 + + y + g0 = 2 x 3 y 2 + y + 2 z Stąd: Z
g( z) =
12 z d z = z 2 + C
czyli potancjał jest równy:
ϕ( x, y, z) = 2 x 3 y 2 z + yz + z 2 + C
B
Z
P d x + Q d y + R d z = ϕ( B) − ϕ( A) = − 8 − 2 + 1 + C − (1 + C) = − 10
A