Egzamin z Analizy 2, 18 VI 2010 godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
∂ 2 f
1. Obliczyć pochodną
( P ) , gdzie f ( x, y) = 2 x ln( x 2 + y)
, P = (1 , 1)
− 3
∂x∂y
Rozwiązanie:
∂f
2 x
4 x 2
= 2 ln( x 2 + y) + 2 x ·
= 2 ln( x 2 + y) +
∂x
x 2 + y
x 2 + y
∂ 2 f
2
− 4 x 2
=
+
= 1 − 4 = − 3
∂x∂y
x 2 + y
( x 2 + y)2
−
→
h
x
2. Obliczyć dywergencję pola wektorowego F = 2 x 2 y + z ,
, x 2 z + yz 2i w
− 4
y
punkcie P = (1 , − 1 , 0)
Rozwiązanie:
∂P
∂Q
∂R
x
div ~
F =
+
+
= 4 xy −
+ x 2 + 2 yz = − 4 − 1 + 1 + 0 = − 4
∂x
∂y
∂z
y 2
3. Obliczyć całkę iterowaną
1
1 x
Z
Z
(2 x + 2 y) d y d x
0
0
Rozwiązanie:
1 x
1
1
1
Z
Z
Z
Z
Z
h
(2 x + 2 y) d y d x =
2 xy + y 2i x d x =
2 x 2 + x 2 d x =
3 x 2 d x =
0
0
0
0
0
0
h x 3i1 = 1 − 0 = 1
0
Z
4. Obliczyć całkę krzywoliniową skierowaną
y d x + x d y
1
C
C :
x = t 2 , y = t od t = 0 do t = 1
Rozwiązanie:
1
1
Z
Z
Z
y d x + x d y =
( y( t) · ˙ x( t) + x( t) · ˙
y( t)) d t =
t · 2 t + t 2 · 1 d t =
C
0
0
1
Z
h
3 t 2 d t = t 3i1 = 1
0
0
0 ¬ ϕ ¬ 2 π
5. Zapisać zbiór A we współrzędnych walcowych w postaci normalnej: 0 ¬ r ¬ 2
A :
x 2 + y 2 ¬ 4 , z 2 ¬ x 2 + y 2
−r ¬ z ¬ r
Rozwiązanie:
x 2 + y 2 ¬ 4 = ⇒ r 2 ¬ 4 = ⇒ r ¬ 2
pierwszy warunek (walec)
z 2 ¬ x 2 + y 2 = ⇒ z 2 ¬ r 2 = ⇒ |z| ¬ r drugi warunek (stożek)
1
2. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji
f ( x, y) = xy 2 − 4 y 2 − 2 x 2
Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji D : R 2 -zbiór otwarty, f jest klasy C 2
Rozwiązujemy układ równań :
∂f
∂f
= 0
;
= 0
∂x
∂y
Obliczamy pochodne cząstkowe:
∂f
∂f
= y 2 − 4 x
;
= 2 xy − 8 y
∂x
∂y
Stąd:
(
y 2 − 4 x = 0
2 xy − 8 y = 0
2 y( x − 4) = 0
drugie równanie
Czyli y = 0 lub x − 4 = 0
Dla y = 0 z pierwszego równania:
x = 0
Dla x − 4 = 0 = ⇒ x = 4 z pierwszego równania: y 2 − 16 = 0 = ⇒ y = 4 lub y = − 4
Mamy więc trzy punkty stacjonarne:
P 1(0 , 0) , P 2(4 , 4) , P 3(4 , − 4) Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu:
∂ 2 f
∂ 2 f
∂ 2 f
= − 4
;
= 2 x − 8
;
= 2 y
∂x 2
∂y 2
∂x∂y
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 1 :
"
−
#
4
0
f 00( P 1) =
W
0 − 8
1 = − 4 < 0 , W 2 = 32 > 0
w P 1 jest maksimum lokalne
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 2 :
"
−
#
4 8
f 00( P 2) =
W
8 0
1 = − 4 < 0 , W 2 = − 64 < 0
w punkcie P 2 nie ma
ekstremum.
Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 3 :
"
−
#
4 − 8
f 00( P 3) =
W
− 8
0
1 = − 4 < 0 , W 2 = − 64 < 0
w punkcie P 3 nie ma
ekstremum.
2
3. Znaleźć ekstrema funkcji uwikłanej y( x) : x 2 + y 4 + 2 xy = 0
Rozwiązanie:
Oznaczamy f ( x, y) = x 2 + y 4 + 2 xy . Dziedziną f jest 2
R - zbiór otwarty.
Szukamy punktów stacjonarnych funkcji uwikłanej y( x) czyli punktów w których y0 = 0
∂f
y00 = − ∂x
∂f
∂y
∂f
∂f
= 2 x + 2 y
;
= 4 y 3 + 2 x
∂x
∂y
∂f
(
= 0
2 x + 2 y = 0
∂x
= ⇒
x 2 + y 4 + 2 xy = 0
f = 0
y = −x
z pierwszego równania
x 2 + x 4 − 2 x 2 = 0 = ⇒ x 2( x 2 − 1) = 0 = ⇒ x 1 = 0 , x 2 = 1 , x 3 = − 1
stąd: y 1 = 0 , y 2 = − 1 , y 3 = 1
Rozwiązaniem układu równań są punkty: P 1(0 , 0) , P 2(1 , − 1) , P 3( − 1 , 1)
∂f
Sprawdzamy, czy spełniont jest warunek
6= 0
∂y
∂f ( P 1) = 0 warunek nie jest spełniony
∂y
∂f ( P 2) = − 2 6= 0 warunek spełniony
∂y
∂f ( P 3) = 2 6= 0 warunek spełniony
∂y
∂f
Ponieważ w punkcie P 1 nie jest spełniony warunek 6= 0 więc odrzucamy go. (praw-
∂y
dopodobnie jest to punkt osobliwy)
∂ 2 f
Obliczmy drugą pochodną funkcji uwikłanej: y00 = − ∂x 2
∂f
∂y
∂ 2 f
2
= 2 = ⇒ y00 = −
∂x 2
4 y 3 + 2 x
2
W punkcie P 2 mamy: y00 = −
= 1 > 0 = ⇒ minimum lokalne
− 2
2
W punkcie P 3 mamy: y00 = − = − 1 < 0 = ⇒ maksimum lokalne 2
3
4. Obliczyć masę obszaru ograniczonego parabolami y = x 2 , y 2 = x jeżeli gęstość ρ( x, y) = x 2 + y
Rozwiązanie:
Masa obszaru jest równa:
ZZ
ZZ
m =
ρ( x, y) d x d y =
x 2 + y d x d y
D
D
Zbiór D jest obszarem normalnym:
(
0 ¬ x ¬ 1
D :
√
x 2 ¬ y ¬
x
√
1
x
Z
Z
m =
x 2 + y d y d x
0
x 2
Obliczamy całki:
√x
√
h
x
√
√
R
( x 2 + y) d y = x 2 y + 1 y 2i
= x 2 x + 1 x − x 4 − 1 x 4 = x 2 x + 1 x − 3 x 4
2
x 2
2
2
2
2
x 2
1
√
h
7
m = R x 2 x + 1 x − 3 x 4 d x = 2 x 2 + 1 x 2 − 3 x 5i1 = 2 + 1 − 3 = 40+35 − 42 = 33
2
2
7
4
10
7
4
10
140
140
0
0
Odpowiedź:
m = 33
140
4
5. Obliczyć
x 2 d x d y d z , jeżeli bryła A jest ograniczona powierzchniami z 2 = x 2 + y 2
A
, x 2 + y 2 = 2 − z 2 .
Rozwiązanie:
z 2 = x 2 + y 2 : stożek
x 2 + y 2 = 2 − z 2 = ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = 2 : sfera
√
Są 3 bryły ograniczone tymi powierzchniami. Wybieramy jedną z nich. np. z x 2 + y 2
i x 2 + y 2 + z 2 ¬ 2.
Stosujemy współrzędne sferyczne:
ZZ Z
ZZ Z
I =
r 2 sin2 θ cos2 ϕ · r 2 sin θ d r d θ d ϕ =
r 4 sin3 θ cos2 ϕ d r d θ d ϕ
A∗
A∗
Zbiór A∗ :
√
q
z x 2 + y 2 = ⇒ r cos θ r 2 sin2 θ cos2 ϕ + r 2 sin2 θ sin2 ϕ
r cos θ r sin θ
ctg θ 1
√
x 2 + y 2 + z 2 ¬ 2 = ⇒ r 2 ¬ 2 = ⇒ r ¬
2
zachodzić mają również standardowe ograniczenia współrzędnych sferycznych: r 0 , θ ∈< 0 , π > oraz ϕ należy do jednego okresu. Stąd:
√
A∗ : ϕ ∈< 0 , 2 π > ; θ ∈< 0 , π , π > ; r ∈< 0 , 2 >
4
Bryła A∗ jest prostopadłościanem, a funkcja podcałkowa jest iloczynem funkcji jednej zmiennej:
√
π
2 π
2
4
Z
Z
Z
I =
·
·
cos2 ϕ d ϕ
r 4 d r
sin3 θ d θ
0
0
0
2 π
2 π
Z
Z
1 + cos 2 ϕ
1 h
1
i2 π
cos2 ϕ d ϕ =
d ϕ =
ϕ +
sin 2 ϕ
= π
2
2
2
0
0
0
√ 2
√
√
Z
h 1
2
4 2
r 4 d r =
r 5i
=
5
0
5
0
π
π
4
4
Z
Z
π
sin3 θ d θ =
(1 − cos2 θ) sin θ d θ = {t = cos θ ; d t = − sin θ d θ ; t(0) = 1 ; t( ) =
4
0
0
√
√
2
√
√
√
2
√
2
Z
2
h
1
2
2 2
1
2
5 2
} =
−(1 − t 2) d t = − t − t 3i 2 = −
−
− (1 − ) =
−
2
3
1
2
24
3
3
12
1
Stąd:
√
√
√
4 2 2
5 2
8
2
2
I = π ·
·
−
= π ·
−
5
3
12
15
3
5
6. Korzystając z twierdzenia Gaussa obliczyć strumień pola ~
F = [ yz, x + y 2 , z 3] przez powierzchnię zamkniętą S : x 2 + y 2 + z 2 = 1 zorientowaną na zewnątrz.
Rozwiązanie:
Z tw Gaussa:
ZZ
ZZ Z
~
F · ~
n d S =
div ~
F d x d y d z
S
V
Obliczamy:
∂P
∂Q
∂R
div ~
F =
+
+
= 0 + 2 y + 3 z 2
∂x
∂y
∂z
V jest bryłą ograniczoną powierzchnią S czyli kulą. Stosujemy współrzędne sferyczne: ZZ Z
Z Z Z
(2 y + 3 z 2) d x d y d z =
(2 r sin θ sin ϕ + 3 r 2 cos2 θ) · r 2 sin θ d r d θ d ϕ =
V
A∗
ZZ Z
Z Z Z
Z Z Z
(2 r 3 sin2 θ sin ϕ+3 r 4 cos2 θ sin θ) d r d θ d ϕ =
2 r 3 sin2 θ sin ϕ d r d θ d ϕ+
3 r 4 cos2 θ sin θ d r d θ d ϕ
A∗
A∗
A∗
A∗ : ϕ ∈< 0 , 2 π > ; θ ∈< 0 , π > ; r ∈< 0 , 1 > Bryła A∗ jest prostopadłościanem, a funkcja podcałkowa jest iloczynem funkcji jednej zmiennej:
2 π
1
π
ZZ Z
Z
Z
Z
I 1 =
2 r 3 sin2 θ sin ϕ d r d θ d ϕ = 2
·
r 3
·
sin ϕ d ϕ
d r
sin2 θ d θ
A∗
0
0
0
2 π
Z
h
i2 π
sin ϕ d ϕ = − cos ϕ
= − 1 + 1 = 0
0
0
stąd I 1 = 0
2 π
1
π
ZZ Z
Z
Z
Z
I 2 =
3 r 4 cos2 θ sin θ d r d θ d ϕ = 3
·
·
d ϕ
r 4 d r
cos2 θ sin θ d θ =
A∗
0
0
0
h
i2 π
h 1
h
1
1
2
4 π
3 ϕ
·
r 5i1 · − t 3i − 1 = 3 · 2 π ·
·
=
0
5
0
3
1
5
3
5
Zastosowaliśmy podstawienie: {t = cos θ ; d t = − sin θ d θ ; t(0) = 1 ; t( π) = − 1 }
Odpowiedź:
Strumień pola jest równy:
Φ = 4 π
5
6