Egzamin poprawkowy z Analizy II

Egzamin poprawkowy z Analizy II

11 września 2013

Uwagi organizacyjne: każde zadanie rozwiązujemy na osobnej kartce. Każde za- danie należy podpisać imieniem i nazwiskiem własnym oraz prowadzącego ćwiczenia.

Na wszelki wypadek prosimy też o podanie numeru grupy. Prosimy o sprawdzenie, czy telefon komórkowy jest wyłączony a kalkulator i inne pomoce naukowe (np. ta- blice matematyczne) schowane. W razie wątpliwości prosimy o kontakt z asystentem.

Zadanie 1. Zapisz równanie ^∂_∂x^2z2 + ^∂_∂y^2z2 = 0, gdzie z = z(x, y), w zmiennych ξ = _x2+y^{x 2}, η = _x2^−y+y².

Rozwi¸azanie: Wiemy, że

∂

∂x = ∂ξ

∂x

∂

∂ξ + ∂η

∂x

∂

∂η, ∂

∂y = ∂ξ

∂y

∂

∂ξ + ∂η

∂y

∂

∂η. Wi¸ec,

∂

∂x = y²− x² (x²+ y²)²

∂

∂ξ + 2xy (x²+ y²)²

∂

∂η = (η²− ξ²) ∂

∂ξ − 2ηξ ∂

∂η, i

∂

∂y = − 2xy (x²+ y²)²

∂

∂ξ + y²− x² (x²+ y²)²

∂

∂η = 2ηξ ∂

∂ξ + (η²− ξ²) ∂

∂η. Z tego wynika, że

∂²z

∂x² = (η² − ξ²) ∂

∂ξ − 2ηξ ∂

∂η

!

(η²− ξ²)∂z

∂ξ − 2ηξ∂z

∂η

!

.

i

∂²z

∂x² = (η²−ξ²)²∂²z

∂ξ²+4η²ξ²∂²z

∂η²−2η(η²−3ξ²)∂z

∂η+2ξ(−3η²+ξ²)∂z

∂ξ+4ηξ(ξ²−η²) ∂²z

∂ξ∂η. Natomiast

∂²z

∂y² = 2ηξ ∂

∂ξ + (η²− ξ²) ∂

∂η

!

2ηξ∂z

∂ξ + (η² − ξ²)∂z

∂η

!

.

i

∂²z

∂y² = (η²−ξ²)²∂²z

∂η²+4η²ξ²∂²z

∂ξ²+2η(η²−3ξ²)∂z

∂η−2ξ(−3η²+ξ²)∂z

∂ξ−4ηξ(ξ²−η²) ∂²z

∂ξ∂η. Wówczas,

0 = ∂²z

∂x² +∂²z

∂y² = (η²+ ξ²)² ∂²z

∂ξ² + ∂²z

∂η²

!

i

0 = ∂²z

∂ξ² + ∂²z

∂η².

Zadanie 2. Wyznaczyć i zbadać punkty krytyczne funkcji z(x, y) niejawnie zadanej równaniem: z³ + z + 2xz

x² + 1 + (2x − y)²+ 3 = 0.

Rozwi¸azanie: Aby znaleźć punkty krytyczne musimy rozwi¸zać układu

∂z

∂x = 0, ∂z

∂y = 0, F (x, y, z) = z³+ z + 2xz

x²+ 1 + (2x − y)²+ 3 = 0.

w punktach gdzie ∂F/∂z 6= 0, czyli kiedy z można przedstawić jako z = z(x, y) za pomoc¸a funkcji F .

Aby obliczyć ∂z/∂x i ∂z/∂y korzystamy z wzorów:

∂z

∂x = −

∂F

∂x

∂F

∂z

, ∂z

∂y = −

∂F

∂y

∂F

∂z

.

To prostsze niż obliczyć z(x, y) za pomoc¸a F (x, y, z) = 0 i obliczyć jej pochodn¸e (wyrażenia z = z(x, y) może być bardzo skomplikowane). Z powyższych wzorów widać, że punkty krytyczne funkcji z = z(x, y) s¸a punktami (x₀, y₀) takimi, że punkt (x₀, y₀, z₀), dla pewnego z₀, jest rozwi¸azaniem równań:

∂F

∂x = 8x − 4y − 2(x²− 1)z

(1 + x²)² = 0, ∂F

∂y = −4x + 2y, F (x, y, z) = 0 i ∂F/∂z 6= 0. Z drugiego równania 2x = y. Z tego i pierwszego wynika, że x ∈ {1, −1}

albo z = 0. Korzystaj¸ac z F (x, y, z) = 0, zauważamy, że F (x, y = 2x, 0) = 3 6= 0.

Wi¸ec, nie istniej¸a rozwi¸azania tego układu z z = 0. Natomiast, dla x = 1 mamy y = 2 i z³+ 2z + 3 = 0, czyli z = −1. Jednoczesnie, dla x = −1, mamy, że y = −2 i z = −√³

3. Ponadto,

∂F

∂z = 1 + 2x

1 + x² + 3z² ⇒ ∂F

∂z

    P1

= 5, ∂F

∂z

    P2

= −3√³ 3.

Podsumuj¸ac, funkcja z(x, y) ma punkty krytyczne

P₁ = (1, 2) (z(1, 2) = −1), P₂ = (−1, −2) (z(−1, −2) = −√³ 3).

Przyanalizużemy, czy takie punkty s¸a maksimum, minimum, czy punktem siodła.

Muszimy obliczyć macierz Hessiana:





∂²z

∂x²

∂²z

∂x∂y

∂²z

∂x∂y

∂²z

∂y²



.

Przypominamy, że

∂²z

∂x² = −

∂²F

∂x²

∂F

∂z

, ∂²z

∂y² = −

∂²F

∂y²

∂F

∂z

, ∂²z

∂x∂y = −

∂²F

∂x∂y

∂F

∂z

. Skoro

∂²z

∂x² = 8 + 4x(x²− 3)z

(1 + x²)³ , ∂²z

∂y² = 2, ∂²z

∂x∂y = −4, to macierze Hessiana s¸a

(P1) −1 5

9 −4

−4 2

!

, (P2) − 1

−3√³ 3

8 − 3√³ 3 −4

−4 2

!

.

Widać, że dla pierwszego punktu, czyli (1, 2), to D₁ < 0 i D₂ > 0. Wi¸ec, to localne maksimum z = −1. Dla drugiego punktu, (−1, −2), mamy, że D₁ > 0 i D₂ < 0. To punkt siodła.

Zadanie 3. Obliczyć objętość części na które „podwójny” stożek ^x_a²2 + ^y_b²2 = ^z_c²2 roz- cina elipsoidę ^x_a2² +^y_b2² +^z_c2² = 1.

Rozwi¸azanie: Korzystamy z współrz¸ednych eliptycznych (r, θ, φ):

x = a r cos φ sin θ, y = b r sin φ sin θ, z = c r cos θ,

gdzie r > 0, φ ∈ [0, 2π) i θ ∈ [0, π). W tych współrz¸ednach, mamy, że x²

a² + y² b² = z²

c² ⇒ r²sin²θ = r²cos²θ ⇒ θ = π/4 i

x² a² + y²

b² +z²

c² = 1 ⇒ r = 1.

Punkty przeci¸ecie mi¸edzie takymi bryłyami spełniaj¸a, że x²

a² +y² b² + z²

c² ¬ 1 ⇒ r ¬ 1.

i x²

a² +y² b² ¬ z²

c² ⇒ r²sin²θ ¬ r²cos²θ ⇒ θ ¬ π/4

Widać, że górna cz¸esc przeci¸ecia, A, jest takie, że r ∈ (0, 1], φ ∈ [0, 2π) i θ ∈ [0, π/4). Wówczas, obj¸etość przeci¸ecia jest

Z

A

dxdydz =

Z

A

|J_r,φ,θ^x,y,z|drdφdθ =

Z 1 0

Z π/4 0

Z 2π 0

|J_r,φ,θ^x,y,z|drdφdθ.

Łatwo obliczyć, że

J_r,φ,θ^x,y,z =

∂x

∂r

∂x

∂φ

∂x

∂y ∂θ

∂r

∂y

∂φ

∂y

∂θ

∂z

∂r

∂z

∂φ

∂z

∂θ

=

a cos φ sin θ −ar sin φ sin θ ar cos φ cos θ b sin φ sin θ br cos φ sin θ br sin φ cos θ

c cos θ 0 −cr sin θ

= −a b c r² sin θ.

Wi¸ec, obj¸etość górnej cz¸esci przeci¸ecia to

Z

A

dxdydz = abc

Z 1 0

r²dr

Z π/4 0

sin θdθ

Z 2π 0

dφ = 2π

3 abc[1 − cos π/4].

Obj¸ectość całego przeci¸ecia to dwa razy tyle.

Zadanie 4 Znaleźć rozwi¸azanie ogólne równania różniczkowego:

sin x cos ydy

dx = cos x sin y.

Podać rozwi¸azanie szczególne, spełniaj¸ace warunek pocz¸atkowy y(0) = π.

Rozwi¸azanie: Pis¸ac równanie w postaci cos y dy

sin y = cos x dx sin x

widać, że to równanie w rozdzielnych zmiennych. Sprawdzamy kiedy mianownik po prawiej stronie si¸e zeruje. To może prowadić do rozwi¸azań szczegółowych. Mia- nownik, si¸e zeruje, gdy sin y = 0, czyli kiedy y = kπ i k ∈ Z. Widać, że to s¸a rozwi¸azania szczegółowe równania. W szczególności, y = π to rozwi¸azanie szcze- gółowe, które spełnia, że y(0) = π. Wi¸ec, to rozwi¸azanie szczegółowe spełniaj¸ace wymagany warunek zadania.

Gdy sin y 6= 0, mamy, że

Z y cos y dy sin y =

Z x cos x dx sin x + C.

Wówczas,

log | sin y| = log | sin x| + C ⇒ | sin y| = e^C| sin x| ⇒ sin y = λ sin x, λ ∈ R.

Jeżeli dla z ∈ [−1, 1] zdefiniujemy arc sin(z) jako k¸at ϕ w [−π, π] taki, że sin(ϕ) = z, to

y = arc sin(λ sin x)+2kπ albo π−y = arc sin(λ sin x)+2kπ, k ∈ Z, λ ∈ R.

Wi¸ec,

y = arc sin(λ sin x) + kπ, k ∈ Z, λ ∈ R.

Rozwi¸azania równania wygl¸adaj¸a nast¸epuj¸aco

Widać, że nie istniej¸a szczegółowe rozwi¸azania takie, że y(0) 6= kπ dla pewnego k ∈ Z. Kiedy y(0) = kπ, rozwi¸azanie nie jest jedynem.