- Oblicz
$$
\iiint\limits_{[0,1]^3}(x^2 + y^3 + z^4) dxdydz
$$
Rozwiązanie.
$$
\begin{gather}
\iiint\limits_{[0,1]^3}(x^2 + y^3 + z^4) dxdydz =
\iiint\limits_{[0,1]^3}x^2 dxdydz + \iiint\limits_{[0,1]^3}y^3 dxdydz + \iiint\limits_{[0,1]^3}z^4 dxdydz = \\
\iint\limits_{[0,1]^2}\left(\int_0^1 x^2 dx\right)dydz + \iint\limits_{[0,1]^2}\left(\int_0^1 y^3 dy\right) dxdz +
\iint\limits_{[0,1]^2}\left(\int_0^1 z^4 dz\right)dxdy = \\
\iint\limits_{[0,1]^2}\frac13 dydz + \iint\limits_{[0,1]^2}\frac14 dxdz +
\iint\limits_{[0,1]^2}\frac15 dxdy = \frac13+\frac14+\frac15 = \frac{47}{60}
\end{gather}
$$
Komentarz. Większość z was liczyła to zadanie mniej więcej w taki sposób:
$\iiint_{[0,1]^3}(x^2 + y^3 + z^4) dxdydz$ = $\iint_{[0,1]^2}\left(\int_0^1(x^2 + y^3 + z^4) dx\right) dydz$ =
$\iint_{[0,1]^2}\left[\frac13 x^3+ y^3 x + z^4 x\right]_{x=0}^{x=1} dydz$ =
$\iint_{[0,1]^2}(\frac13 + y^3 + z^4 ) dydz$ = $\ldots$. Jeśli nie pomyliście się i doszliście do poprawnej odpowiedzi, to oczywiście OK. Ale za takie rozwiązanie można było dostać do 4 pkt.
- Znajdź największą wartość funkcji $f(x,y) = x e^{-(x^2+y^2)}$ na $\RR^2$.
Rozwiązanie.
Wystarczy się ograniczyć do $x \geq 0$ (bo dla $x \lt 0$ mamy $f(x,y) \lt 0$). Dla $x\geq 0$ mamy
$$
f(x,y) = x e^{-x^2} e^{-y^2} \leq x e^{-x^2} = f(x,0) ~,
$$
wystarczy więc znależć największą wartość funkcji jednej zmiennej $g(x) = x e^{-x^2}$. Mamy
$g'(x) = e^{-x^2} \left(1-2 x^2\right)$. Pochodna ta przyjmuje wartość 0 w punktach $x_1 = -\sqrt{\frac12}$ oraz $x_2 = \sqrt{\frac12}$. Ponadto: jest dodatnia przedziale $(x_1,x_2)$ i ujemna w przedziałach $(-\infty,x_1)$ oraz $(x_2,\infty)$. Zatem funkcja $g$ przyjmuje wartość największą w punkcie $x_2$. Tak więc największa wartość funkcji $f$ wynosi $f(\sqrt{\frac12},0) = \frac{1}{\sqrt{2 e}}$.
Komentarz. Poprawne obliczenia za pomocą $\nabla f = (0,0,0)$ a potem hesjanu oceniane były na max 5 pkt.
- Niech $\Omega = \{(x,y): 0\leq 2x+y\leq 1 \land 0\leq x-y\leq 1\}$. Oblicz całkę
$$
\iint\limits_{\Omega} (2x+y)^2(x-y)^2 dx dy~.
$$
Niech $u = 2x+y$ oraz $v= x-y$.
Wtedy $x = \frac13 u + \frac13 v$ oraz $y = \frac13 u - \frac23 v$. Pozważamy funkcję
$$
\Phi(u,v) = \left(\frac13 u + \frac13 v, \frac13 u - \frac23 v\right) ~.
$$
Mamy $\Phi([0,1]^2) = \Omega$ oraz
$$
\det(\Phi'(u,v)) = \det \begin{bmatrix} \frac13 & \frac13 \\ \frac13& -\frac23 \end{bmatrix} = -\frac13~.
$$
Niech $f(x,y) = (2x+y)^2(x-y)^2$. Teraz mamy
$$
\begin{gather*}
\iint\limits_{\Omega} f(x,y) dx dy = \iint\limits_{[0,1]^2} f\circ\Phi(u,v) \cdot |\det(\Phi'(u,v))| du dv = \\
\frac13 \iint\limits_{[0,1]^2} u^2 v^2 du dv =
\frac13 \left(\int_0^1 u^2 du\right) \left( \int_0^1 v^2 dv \right) = \frac{1}{27}~.
\end{gather*}
$$
Komentarz. Całkowicie poprawne obliczenia żmudną drogą - wyznaczenie $\Omega$ i np. rozbicie całki na
$\int_0^{1/3} (\ldots) dx$ + $\int_{1/3}^{2/3} (\ldots) dx$ ocenione były na 4 pkt.
-
Znajdź największą wartość funkcji $f(x,y,z) = x+y+z$ na zbiorze $\{(x,y,z): x^2 + 2 y^2 + 3 z^2 \leq 1\}$.
Rozwiązanie.
Mamy $\nabla f = (1,1,1)$, więc gradient $f$ nigdzie się nie zeruje. Ekstrema funkcji występują więc na brzegu rozważanego obszaru. Stosujemy metodę mnożników Lagrange'a do funkcji
$$
\Phi(x,y,z,\lambda) = (x+y+z) - \lambda(x^2 + 2 y^2 + 3 z^2 - 1)~.
$$
Z równań $\frac{\partial \Phi}{\partial x} = 0$, $\frac{\partial \Phi}{\partial y} = 0$, $\frac{\partial \Phi}{\partial z} = 0$ otrzymujemy
$$
\begin{eqnarray}
1 &=& 2 \lambda x \\
1 &=& 4 \lambda y \\
1 &=& 6 \lambda z
\end{eqnarray}
$$
więc $\lambda\neq 0$, z czego natychmiast wnioskujemy, że $y= \frac12 x$ i $z = \frac13 x$. Wstawiając to do równania
$x^2 + 2 y^2 + 3 z^2 = 1$ mamy $x^2 + \frac{2}{4} x^2 + \frac{3}{9} x^2 = 0$, czyli $x^2(1+\frac12+\frac13) = 1$, czyli $x^2 = \frac{6}{11}$, a więc $x = \pm \sqrt{\frac{6}{11}}$. Rozwiązanie ujemne odpowiada najmniejszej wartości funkcji $f$ na rozważanym zbiorze. Zajmujemy się więc rozwiązaniem dodatnim:
$$
\begin{gather*}
f\left(\sqrt{\frac{6}{11}}, \frac{1}{2} \sqrt{\frac{6}{11}}, \frac13 \sqrt{\frac{6}{11}}\right) =
\sqrt{\frac{6}{11}}\left(1+\frac12 + \frac13\right) = \sqrt{\frac{6}{11}} \frac{11}{6} = \sqrt{\frac{11}{6}}
\end{gather*}
$$
To jest największa wartość funkcji $f$ na rozważanym zbiorze.
Komentarz. Tutaj dowolne poprawne rozwiązanie kończące się poprawnym wynikiem oceniane było na 6 pkt.
Za rozwiązanie niepoprawne uznawana była odpowiedź udzielona przez Wolframa Alpha :--) nie poparta samodzielnym wyjaśnieniem.
- Niech $\phi(t) = (t,t^2,t^3)$ dla $t\in[0,1]$. Oblicz całkę
$$
\int\limits_{\phi} (y z dx + xz dy + x y dz)
$$
Rozwiązanie.
Niech $U(x,y,z) = xyz$. Wtedy $\nabla U = (yz,xz,xy)$. Obliczyć więc mamy całkę krzwoliniową z pola potencjalnego.
Zatem
$$
\int\limits_{\phi} (y z dx + xz dy + x y dz) = \int\limits_{\phi} (\nabla U) \cdot d\vec{l} = U(\phi(1)) - U(\phi(0)) = 1 - 0 = 1.
$$
Komentarz. Tutaj poprawne obliczenia bezpośrednio z definicji było oceniane na 4 pkt.