Egzamin z Analizy 2, 11 IX 2007 godz. 12.00

1. Znaleźć różniczkę zupełną d z oraz równanie płaszczyzny stycznej do powierzchni x 2 + y 2

z =

w punkcie P (1 , 1)

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. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji f ( x, y) = x 2 y + x 2 + y 2 − 2 y Rozwiązanie

Dziedzina funkcji D : R 2

Rozwiązujemy układ równań :





 ∂f





= 0



 ∂x







 ∂f





= 0

∂y

Obliczamy pochodne cząstkowe:

∂f = 2 xy + 2 x

∂x

∂f = x 2 + 2 y − 2

∂y

Stąd:

( 2 xy + 2 x = 0

x 2 + 2 y − 2 = 0

Z pierwszego równania:

2 x( y + 1) = 0

Czyli x = 0 lub y = − 1

Dla x = 0 z pierwszego równania y = 1

Dla y = − 1 z pierwszego równania x = ± 2

Mamy więc trzy punkty stacjonarne:

P 1(0 , 1) , P 2( − 2 , − 1) , P 3(2 , − 1) Obliczamy drugie pochodne:

∂ 2 f = 2 y + 2

∂x 2

∂ 2 f = 2

∂y 2

∂ 2 f = 2 x

∂x∂y

Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 1 :

"

#

4 0

0 2

Znaki wyznaczników:

W 1 = 4 > 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 :

"

#

0 − 4

− 4

2

Znaki wyznaczników:

W 1 = 0 , W 2 = − 16 < 0

Funkcja f ( x, y) nie ma w punkcie P 2 ekstremum.

Badamy macierz drugich pochodnych w punkcie P 3 :

"

#

0 4

4 2

Znaki wyznaczników:

W 1 = 0 > 0 , W 2 = − 16 < 0

Funkcja f ( x, y) nie ma w punkcie P 3 ekstremum.

3. Obliczyć masę figury D ograniczonej krzywymi: 2 x = y 2

2 y = x 2

y = 1

jeżeli jej gęstość ρ( x, y) = x i punkt P (1 , 1) ∈ D

2

Rozwiązanie

Masa obszaru D jest równa

Z Z

Z Z

m =

ρ( x, y) d x d y =

x d x d y

D

D

Obszar D:

Szukamy punktów przecięcia krzywych:

( 2 x = y 2

2 y = x 2

8 x = x 4

x( x 3 − 8) = 0

x 1 = 0 , y 1 = 0

x 2 = 2 , y 2 = 2

( 2 x = y 2

y = 1

x 3 = 1 , y

2

3 = 1

( 2 y = x 2

y = 1

x 2 = 2 √

x 4 = 2 , y 4 = 1

√

x 5 = − 2 , y 5 = 1

Z rysunku widzimy, że figurę D trzeba podzielić na dwie części lub zmienić kolejność w całce iterowanej:

( 0 ¬ y ¬ 1

D :

√

y 2 ¬ x ¬ 2 y

2

Obliczamy całkę:





√

Z Z

1

Z

2 y

 Z



m =

x d x d y =







x d x d y

D

0

y 2

2

√ 2 y

Z

1 √ 2 y

y 4

x d x =

x 2

= y −

2

y 2

8

y 2

2

2

1

Z

"

#

y 4

y 2

y 5 1

1

1

19

y −

d y =

−

=

−

=

8

2

40

2

40

40

0

0

m = 19

40

4. Obliczyć objętość bryły ograniczonej powierzchniami: z = x 2 + y 2

x 2 + y 2 = 1

z = x − 4

Rozwiązanie

Pierwsza powierzchnia to paraboloida obrotowa, druga to walec, a trzecia to płaszczyzna.

Paraboloida jest górną powierzchnią ograniczająca szukanej bryły, a płaszczyzna dolną.

Szukane objętośc jest równa

Z Z

V =

( x 2 + y 2 − x + 4) d x d y D

gdzie D jest rzutem bryły na płaszczyznę XY .

D jest ograniczony okręgiem x 2 + y 2 = 1.

Zmieniamy współrzędne na biegunowe:

Z Z

Z Z

V =

( r 2 − r cos φ + 4) r d r d φ =

( r 3 − r 2 cos φ + 4 r) d r d φ

D∗

D∗

Obszar D∗ we współrzędnych biegunowych: ( 0 ¬ φ ¬ 2 π

D∗ :

0 ¬ r ¬ 1





2 π

Z

1

Z

2 π

Z "

#

2 π

r 4

r 3

1

Z 11 1

V =

 ( r 3 − r 2 cos φ + 4 r) d r d φ =

−

cos φ + 2 r 2

d φ =

− cos φ d φ =

4

3

4

3

0

0

0

0

0

11

1

2 π

11

φ −

sin φ

=

π

4

3

0

2

5. Znaleźć moment bezwładności względem osi Oz bryły Ω ograniczonej powierzcniami: x 2 + y 2 + z 2 = 4

x 2 + y 2 = z 2

jeżeli gęstość ρ( x, y, z) = 1, a punkt P (1 , 1 , 0) ∈ Ω

Rozwiązanie

Z Z Z

Iz =

ρ( x 2 + y 2) d x d y d z Ω

Pierwsza powierzchnia to sfera, druga to stożek.

Wprowadzamy współrzędne sferyczne:

Z Z Z

Z Z Z

Iz =

r 2 sin2 θ · r 2 sin θ d r d θ d φ =

r 4 sin3 θ d r d θ d φ

Ω ∗

Ω ∗

Obszar Ω ∗ we współrzędnych sferycznych:





 0 ¬ φ ¬ 2 π

Ω ∗ :

π ¬ θ ¬ 3 π



 4

4

0 ¬ r ¬ 2

Obszar całkowania jest prostopadłościanem, a funkcja podcałkowa jest iloczynem funkcji jednej zmiennej, więc zamiast całki iterowanej możemy obliczyć iloczyn całek poje-dynczych









√

3 π





2

Z Z Z

2 π

Z

2

−

 4

Z



Z

h

i

Z 2

2

r 4 sin3 θ d r d θ d φ = 

d φ · 

 



1



sin3 θ d θ ·

r 4 d r = [ φ]2 π ·

r 5

−(1 −

0

5

0 √

Ω ∗

0

π

0

2

4

2

√

√

√

√

√

64

1 − 2

2

64

2

2

2

2

32 π

t 2) d t =

π −t + t 3

=

π(

−

+

−

) =

5

3

√ 2

5

2

12

2

12

3

2

Stosujemy podstawienie:





 t = cos θ





 d t = − sin θ d θ

√



2

 t =

dla θ = π





2 √

4

 t = − 2 dla θ = 3 π

2

4

6. Dane jest pole skalarne f ( x, y, z) = xy + ln( y + z) + z 2.

Obliczyć pole wektorowe ~

G = grad f oraz pole wektorowe ~

H = rot ~

G

Rozwiązanie

"

#

~

∂f ∂f ∂f

1

1

G =

;

;

= [ y; x +

;

+ 2 z]

∂x ∂y ∂z

y + z y + z

Pole ~

H = [0 , 0 , 0] ponieważ rotacja gradientu dowolnego pola klasy C 2 jest równa 0.