88-230 אינפי 3 סמסטר א תשעג/תיכוניסטים/פתרון מועד א

שאלה 1

סעיף א

עבור נקודות $(x,y,z)\neq (0,0,0)$ פשוט גוזרים את הפונקציה לפי $x$

$f_x(x,y,z)=\frac{zy\cos(xy){(x^2+y^2+z^2)}^\frac{1}{3}-\frac{1}{3}{(x^2+y^2+z^2)}^{-\frac{2}{3}}\cdot (2x)\cdot{(z\sin(xy))}}{{(x^2+y^2+z^2)}^\frac{2}{3}}$

עבור הנקודה $(x,y,z)=(0,0,0)$ קל לראות ש

$\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f(t,0,0)-f(0,0,0)}{t}=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{0-0}{t}=0$

סעיף ב

כמו שראינו בקלות ש $f_x(0,0,0)=0$ קל לראות שגם $f_y(0,0,0)=0$ ו $f_z(0,0,0)=0$ .

ראשית נוודא ש $f$ רציפה (לא חייבים, אבל בדר"כ שווה לבדוק. כי אם היא לא רציפה אז ברור שהיא לא דיפרנציאבילית).

נשים לב ש

$|\frac{z\sin(xy)}{{(x^2+y^2+z^2)}^{\frac{1}{3}}}|\leq |\frac{z}{{(x^2+y^2+z^2)}^{\frac{1}{3}}}|\leq |\frac{z}{{(z^2)}^{\frac{1}{3}}}|=|z^{\frac{1}{3}}|\rightarrow 0$

ולכן $f$ רציפה.

נבדוק דיפרנציאביליות

צריך לבדוק אם $\epsilon (h_1,h_2,h_3)$ המוגדרת לפי:

$f(h_1,h_2,h_3)-f(0,0,0)=f_x(0,0,0)h_1+f_y(0,0,0)h_2+f_z(0,0,0)h_3+\epsilon(h_1,h_2,h_3)\sqrt{h_1^2+h_2^2+h_3^2}$

מתכנסת ל $0$ בנקודה $(0,0,0)$ .

במקרה שלנו צריך לבדוק את:

$\lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)}\frac{h_3\sin (h_1 h_2)}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{1}{3}\cdot {(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^{\frac{1}{2}}} = \lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)}\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{5}{6}}\frac{\sin(h_1 h_2)}{h_1 h_2}$

היות ו

$\lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)} \frac{\sin(h_1 h_2)}{h_1 h_2} = 1$

נותר לבדוק את

$\lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)}\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{5}{6}}$

נשים לב ש

$|\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{5}{6}}|\leq |\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2)}^\frac{5}{6}}| \leq |h_3||\frac{h_1 h_2}{{(2h_1 h_2)}^\frac{5}{6}}|= \frac{1}{2^{\frac{5}{6}}}|h_3||{(h_1 h_2)}^{\frac{1}{6}}|\rightarrow 0$

דרך אחרת (שימושית כאשר יש במכנה דברים בסגנון $||h||$ ):

עוברים לקוארדינטות כדוריות

$h_1 = r\cos \theta \sin \varphi,\quad h_2 = r\sin \theta \sin \varphi ,\quad h_3 = r \cos \varphi$

ואז צריך לחשב גבול

$\lim_{r\rightarrow 0}\frac {r^3 \cos \theta \sin \theta \sin ^2 \varphi \cos \varphi}{{(r^2)}^{\frac{5}{6}}} =\lim_{r\rightarrow 0} {r^{\frac{8}{6}} \cos \theta \sin \theta \sin ^2 \varphi \cos \varphi}=0$

ולכן $f$ דיפרנציאבילית ב $(0,0,0)$ .

שאלה 3

$x^2+y^2=\frac{1}{2}z^2$

$x+y+z=2$

הנגזרות החלקיות של הפונקציות

$f_1(x,y,z)=x^2+y^2-\frac{1}{2}z^2=0$

$f_2(x,y,z)=x+y+z-2=0$

קיימות עד איזה סדר שרוצים.

כמו כן, הנקודה $(1,-1,2)$ מקיימת את מערכת המשוואות.

נבדוק את התנאי של משפט הפונקציה הסתומה

$\begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 2x & 2y \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$

בנקודה $(1,-1,2)$ נקבל את המטריצה

$\begin{bmatrix} 2 & -2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$

שהיא מטריצה הפיכה.

לכן לפי משפט הפונקציה הסתומה, אכן מוגדרות פונקציות של $x,y$ לפי $z$

לפי משפט הפונקציה הסתומה, קיימת סביבה של הנקודה

$(1,-1,2)$ שבה מתקיים:

$\begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{dx}{dz} \\ \frac{dy}{dz} \end{bmatrix} = -\begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial z} \\ \frac{\partial f_1}{\partial z} \end{bmatrix}$

כלומר במקרה שלנו:

$\begin{bmatrix} 2x & 2y \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{dx}{dz} \\ \frac{dy}{dz} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} z \\ -1 \end{bmatrix}$

אם פותרים את המשוואות

רואים ש

$\begin{bmatrix} \frac{dx}{dz} \\ \frac{dy}{dz} \end{bmatrix} = \frac{1}{2x-2y} \begin{bmatrix} 1 & -2y \\ -1 & 2x \end{bmatrix} \begin{bmatrix} z \\ -1 \end{bmatrix}$

כלומר:

$\frac{dx}{dz} = \frac{z+2y}{2x-2y},\quad \frac{dy}{dz}=\frac{-z-2x}{2x-2y}$

מכאן, על ידי הצבה של $(1,-1,2)$ קל לראות שבנקודה $z=2$ מתקיים

$\frac{dx}{dz}(2)=0,\quad \frac{dy}{dz}(2)=-1$

כמו כן נחשב את $x''(z)$ בסביבה של $(1,-1,2)$ על ידי גזירה רגילה לפי $z$ (אבל נשים לב ש $x,y$ הם פונקציות של $z$ ):

$x''(z)=\frac{(1+2y')(2x-2y)-(z+2y)(2x'-2y')}{(2x-2y)^2}$

נציב $x=1,y=-1,z=2,x'=0,y'=-1$ ונקבל:

$x''(2)=\frac{(1-2)4-(0)(0+2)}{16}=-\frac{1}{4}$

שאלה 4

סעיף א

המשוואות המדוברות דיפרנציאביליות ברציפות והגרדיאנט של התנאי הוא:

$\nabla g = (\frac{2x}{a^2},\frac{2y}{b^2},\frac{2z}{c^2})$

שהוא לא מתאפס בנקודות שמקיימות את התנאי.

לכן אפשר להשתמש בכופלי לגרנז ללא חשש.

שימוש בכופלי לגרנז מוביל אל המשוואות הבאות:

$2x+\lambda \frac{2x}{a^2}=0$

$2y+\lambda \frac{2y}{b^2}=0$

$2z+\lambda \frac{2z}{c^2}=0$

$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$

אם נסתכל על שלושת המשוואות הראשונות, נקבל מערכת משוואות לינארית

$\begin{bmatrix} 2+\frac{2 \lambda}{a^2} & 0 & 0 \\ 0 & 2+\frac{2 \lambda}{b^2} & 0 \\ 0 & 0 & 2+\frac{2 \lambda}{c^2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$

אם המטריצה הפיכה, אז הפתרון היחיד הוא

$x=0,\quad y=0, \quad z=0$

וזה לא יקיים את האילוץ

לכן בהכרח המטריצה לא הפיכה, כלומר

$\lambda \in \{-a^2,-b^2,-c^2\}$

בגלל ש $a,b,c$ מספרים שונים אלה שלוש אפשרויות שונות.

אם $\lambda = -a^2$ נקבל שבהכרח $y=z=0$ ולפי האילוץ

$\frac{x^2}{a^2}=1$ כלומר $x=\pm a$ .

בדומה שתי האפשרויות האחרות הן:

$x=0 ,\quad y=\pm b ,z=0$

$x=0 ,\quad y=0 ,\quad z=\pm c$

כעת נותר להחליט אם אלה אקסטרימלים (נקודות קיצון).

אפשר להפעיל שיקול כזה: היות ו $f$ רציפה על קבוצה סגורה וחסומה, יש לה נקודות מינמום ומקסימום גלובאליות (שהן בפרט מקומיות). ידוע שנקודות הקיצון המקומיות הן פתרונות של משוואות לגרנז'.

לכן שניים מהפתרונות חייבים להיות מינימום ומקסימום גלובאליים.

היות ו $a>b>c>0$ ברור ש

$(\pm a ,0,0)$ הן מקסימום גלובאלי.

ו $(0,0,\pm c)$ הוא מינימום גלובאלי.

כעת נותר להחליט האם $(0,\pm b,0)$ היא גם נקודת קיצון.

אפשר להפעיל שיקול כזה:

אם נסתכל על ההטלה על המישור $z=0$ נקבל חישוב של $x^2+y^2$ תחת האילוץ $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$

במצב כזה, $(0,\pm b)$ היא נקודת מינימום.

אם נסתכל על ההטלה למישור $x=0$ נקבל ש $(\pm b,0)$ היא נקודת מקסימום.

ולכן $(0,\pm b,0)$ היא לא נקודת קיצון.

לסיכום נקודות הקיצון הן:

נקודות מקסימום $(a,0,0) \quad (-a,0,0)$

נקודות מינימום: $(0,0,c) \quad (0,0,-c)$

סעיף ב

שאלה 5

סעיף ב

(אתם מוזמנים לערוך את הפתרון, הוא מופיע גם בדף השאלות והתשובות. התשובה הסופית נכונה.)

מצא את נפח הגוף החסום ע"י המשטחים הבאים: $z=x^{2}+y^{2},z=0,x^{2}+y^{2}=x,x^{2}+y^{2}=2x$

גישה פשוטה שנראית לי נכונה: בוא נגיד ש D הוא התחום הנ"ל. $\int _D 1 dxdydz = \int _E x^{2}+y^{2} dxdy$

כאשר E זה השטח שחסום בין המעגלים $x^{2}+y^{2}=2x,x^{2}+y^{2}=x$ וזה נובע בקלות ממשפט פרוביני (ה"מורחב").

אותם עיגולים בכתיב קצת שונה הם $(x-1)^{2}+y^{2} \leq 1, (x-0.5)^{2}+y^{2} \leq 0.25$ . בואו נגיד ש G זה התחום שהוא העיגול הראשון (הגדול) ו F הוא העיגול הקטן, אז קיבלנו:

$\int _E x^{2}+y^{2} dxdy = \int _G x^{2}+y^{2} dxdy - \int _F x^{2}+y^{2} dxdy$

בשביל הפשטות בואו נזיז את העיגולים G,F שיהיו בראשית הצירים ז"א עיגולים ברדיוסים 1,0.5 בהתאמה סביב ראשית הצירים, ונקרא להם 'G',F. אז קיבלנו עכשיו שכל הלמעלה שווה ל

$\int _{G'} x^{2}+2x+1+y^{2} dxdy - \int _{F'} x^{2}+x+0.25 + y^{2} dxdy$

אבל עיגול סביב ראשית הצירים הוא סימטרי ביחס לציר x, לכן הביטויים "x" ו "2x" לא רלוונטיים.

$\int _{G'} x^{2}+1+y^{2} dxdy - \int _{F'} x^{2}+0.25 + y^{2} dxdy$

עכשיו, מה זה $x^{2}+y^{2}$ בהצבה פולארית? זה $r^{2}$ . אז אם באמת נעבור להצגה פולארית בכל אחד מהאינטגרלים יהיה איזה $r^{3}$ [בגלל ההצבה הוספנו r] וזה אינטגרל שנעשה על r-ים מתאימים ועל זווית מ 0 עד 2pi.

לכן סה"כ קיבלנו (שימו לב שאנחנו יודעים כמה זה שטח של עיגול, אז אינטגרציה של קבוע על מעגל זה קל): $( \pi 1 + 2\pi \cdot 0.25 \cdot (1-0)) - ( \pi \cdot 0.25 \cdot 0.25 + 2\pi \cdot 0.25 \cdot (\frac{1}{16}-0)) = \frac{45}{32} \pi$

88-230 אינפי 3 סמסטר א תשעג/תיכוניסטים/פתרון מועד א

שאלה 1

סעיף א

סעיף ב

שאלה 3

שאלה 4

סעיף א

סעיף ב

שאלה 5

סעיף ב

Math-Wiki