Μαθηματικά 2 — Σεπτέμβριος 2017¶

Μεταγραφή από τις σελίδες του αρχείου MathII_2016-17_Sep_Solutions.pdf (8 σελίδες), μόνο των εκφωνήσεων της εξέτασης. Οι λύσεις που περιέχονται στο αρχείο δεν μεταγράφονται εδώ.

MathII_2016-17_Sep_Solutions.pdf¶

Πανεπιστήμιο Πατρών – Πολυτεχνική Σχολή

Τμήμα Μηχανικών Η/Υ & Πληροφορικής

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΙΙ¶

Διδάσκων: Ε. Στεφανόπουλος

5 Σεπτεμβρίου 2017

Αιτιολογήστε πλήρως κάθε απάντησή σας και φροντίστε ώστε το γραπτό σας να είναι ευανάγνωστο. Η διάρκεια της εξέτασης είναι 2 ώρες και 30 λεπτά.

ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ

Θ1. Να βρεθούν και να χαρακτηριστούν τα κρίσιμα σημεία της συνάρτησης $f(x,y)=x^3-y^3-12xy$.

Θ2. Σχεδιάστε το χωρίο $D$ που βρίσκεται στο εσωτερικό της περιφέρειας $x^2+y^2=2$ και πάνω από την παραβολή $y=x^2$. Στη συνέχεια συμπληρώστε τα άκρα σε κάθε ένα από τα ολοκληρώματα

\[A(D)=\iint_D dA=\int_{\dots}^{\dots}\int_{\dots}^{\dots} dy\,dx=\int_{\dots}^{\dots}\int_{\dots}^{\dots} dx\,dy,\]

χωρίς να υπολογίσετε κάποιο από αυτά, ώστε να δίνουν το εμβαδόν $A(D)$ του $D$.

Θ3. Αν $\Sigma$ είναι το στερεό το οποίο βρίσκεται μεταξύ της σφαίρας $x^2+y^2+z^2=4$ και του κώνου $z=\sqrt{x^2+y^2}$, να εκφραστεί ο όγκος $V(\Sigma)$ σαν ένα ολοκλήρωμα, χωρίς υπολογισμό, σε καρτεσιανές και σε κυλινδρικές ή σφαιρικές συντεταγμένες.

Θ4. Δίνονται το σημείο $A(-1,2,1)$ και το διάνυσμα $\mathbf{v}=\langle 1,3,2\rangle$.

(α) Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας $\ell$ η οποία περιέχει το σημείο $A$ και είναι ορθογώνια στο διάνυσμα $\mathbf{v}$.

(β) Να βρεθεί η εξίσωση του επιπέδου το οποίο περιέχει το σημείο $A$ και είναι κάθετο στην ευθεία $\ell$.

Θ5. Έστω ότι οι πρώτες και δεύτερες μερικές παράγωγοι των $\varphi$ και $\mathbf{f}$ είναι συνεχείς.

(α) Δείξτε ότι $\operatorname{curl}(\operatorname{grad}\varphi)=\mathbf{0}$.

(β) Δείξτε ότι $\operatorname{div}(\operatorname{curl}\mathbf{f})=0$.

Θ6. Να βρεθούν όλες οι ρίζες της εξίσωσης $z^4+1=0$.

Θ7. Να βρεθούν/περιγραφούν όλοι οι μιγαδικοί αριθμοί $z$ που ικανοποιούν τη σχέση $|z-1|=|z+2|$.

Θ8. Να βρεθεί η λύση του προβλήματος αρχικών τιμών

\[y'-y=1+2e^{2t},\qquad y(0)=2.\]

Θ9. Με τη μέθοδο του μετασχηματισμού Laplace να βρεθεί η λύση του προβλήματος αρχικών τιμών

\[y'-y=2+\cos t,\qquad y(0)=0.\]

Λύσεις (🟢 official)

Κατάσταση: 🟢 official Πηγή: έντυπο λύσεων του διδάσκοντα (MathII_2016-17_Sep_Solutions.pdf)

Λύσεις — Μαθηματικά ΙΙ — Σεπτέμβριος 2017¶

Αυτούσιες οι λύσεις του διδάσκοντα, όπως εμφανίζονται στο αρχείο MathII_2016-17_Sep_Solutions.pdf, ανά θέμα Θ1–Θ9. Οι εκφωνήσεις δεν επαναλαμβάνονται εδώ (βλ. τη συνεδρία 2017-09). Τα σχήματα περιγράφονται και δεν αναπαράγονται.

MathII_2016-17_Sep_Solutions.pdf¶

Θ1¶

Η συνάρτηση είναι πολυωνυμική, κατά συνέπεια υπάρχουν οι μερικές παράγωγοι όλων των τάξεων. Υπολογίζουμε

\[f_x(x,y)=3x^2-12y,\qquad f_y(x,y)=-3y^2-12x,$$ $$f_{xx}(x,y)=6x,\qquad f_{yy}(x,y)=-6y,\qquad f_{xy}(x,y)=-12.\]

Τα κρίσιμα σημεία είναι οι λύσεις του συστήματος $f_x(x,y)=0$ και $f_y(x,y)=0$, ισοδύναμα

\[\begin{cases} x^2=4y\\ y^2=-4x\end{cases} \Leftrightarrow (x,y)=(0,0)\quad \text{ή}\quad (x,y)=(-4,4).\]

Στο $(0,0)$ έχουμε

\[H(0,0)=f_{xx}(0,0)f_{yy}(0,0)-f_{xy}^2(0,0)=-(-12)^2<0\]

άρα στο $(0,0)$ η συνάρτηση $f$ έχει σαγματικό σημείο. Στο $(-4,4)$ υπολογίζουμε

\[H(-4,4)=f_{xx}(-4,4)f_{yy}(-4,4)-f_{xy}^2(-4,4)=(-24)(-24)-(-12)^2=24^2-12^2>0\]

και $f_{xx}(-4,4)=-24<0$ άρα στο $(-4,4)$ η $f$ παρουσιάζει τοπικό μέγιστο.

Θ2¶

[Σχήμα: το χωρίο $D$ μέσα στον κύκλο $x^2+y^2=2$ και πάνω από την παραβολή $y=x^2$, με τα σημεία $(-1,1)$ και $(1,1)$ και τις προβολές τους στον άξονα $x$]

Εκφράζοντας το $D$ σαν χωρίο τύπου Ι, έχουμε

\[D:\ -1\le x\le 1\quad \text{και}\quad x^2\le y\le\sqrt{2-x^2},\]

επομένως το εμβαδόν του $D$ είναι

\[A(D)=\int_{-1}^{1}\int_{x^2}^{\sqrt{2-x^2}} dy\,dx.\]

Αν ορίσουμε

\[\psi(y)=\begin{cases}\sqrt{y} & 0\le y\le 1\\ \sqrt{2-y^2} & 1\le y\le\sqrt2\end{cases}\]

τότε το $D$ εκφράζεται σαν χωρίο τύπου ΙΙ

\[D:\ 0\le y\le\sqrt2\quad \text{και}\quad -\psi(y)\le x\le\psi(y),\]

επομένως το εμβαδόν του $D$ στην περίπτωση αυτή δίνεται από το ολοκλήρωμα

\[A(D)=\int_{0}^{\sqrt2}\int_{-\psi(y)}^{\psi(y)} dx\,dy.\]

Θ3¶

[Σχήμα: τομή της σφαίρας $x^2+z^2=4$ και των ευθειών $z=x$ και $z=-x$ με το $xz$-επίπεδο]

Στο σχήμα βλέπουμε την τομή της σφαίρας και του κώνου με το $xz$-επίπεδο. Η τομή της σφαίρας και του κώνου είναι κύκλος και δίνεται από την εξίσωση

\[x^2+y^2+x^2+y^2=4 \Leftrightarrow x^2+y^2=2\quad \text{με}\quad z=\sqrt2.\]

Έτσι για μεν τις καρτεσιανές συντεταγμένες έχουμε

\[\Sigma:\ \begin{cases} -\sqrt2\le x\le\sqrt2\\ -\sqrt{2-x^2}\le y\le\sqrt{2-x^2}\\ \sqrt{x^2+y^2}\le z\le\sqrt{4-x^2-y^2}\end{cases}\ \Rightarrow\ V(\Sigma)=\int_{-\sqrt2}^{\sqrt2}\int_{-\sqrt{2-x^2}}^{\sqrt{2-x^2}}\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{\sqrt{4-x^2-y^2}} dz\,dy\,dx\]

(το $z$ ξεκινά από τον κώνο και καταλήγει στη σφαίρα), για δε τις κυλινδρικές συντεταγμένες

\[\Sigma:\ \begin{cases} 0\le r\le\sqrt2\\ 0\le\theta\le2\pi\\ r\le z\le\sqrt{4-r^2}\end{cases}\ \Rightarrow\ V(\Sigma)=\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt2}\int_r^{\sqrt{4-r^2}} r\,dz\,dr\,d\theta,\]

αφού $x^2+y^2=r$. Για τις σφαιρικές συντεταγμένες έχουμε $0\le\rho\le2$ (κάθε σημείο στη σκιασμένη περιοχή απέχει από την αρχή των αξόνων το πολύ όσο η ακτίνα της σφαίρας), $0\le\theta\le2\pi$, και $0\le\phi\le\pi/4$ (η ευθεία $z=x$ διχοτομεί το πρώτο τεταρτημόριο, και περιστρεφόμενη γύρω από τον $z$-άξονα παράγει τον κώνο). Έτσι

\[\Sigma:\ \begin{cases} 0\le\rho\le2\\ 0\le\theta\le2\pi\\ 0\le\phi\le\pi/4\end{cases}\ \Rightarrow\ V(\Sigma)=\int_0^2\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/4}\rho^2\sin\phi\,d\phi\,d\theta\,d\rho.\]

Θ4¶

(α) Εάν $\mathbf r_0=\langle-1,2,1\rangle$ και $\mathbf u\perp\mathbf v$ η εξίσωση της ζητούμενης ευθείας είναι $\mathbf r(t)=\mathbf r_0+t\mathbf u$.

Κατασκευάζουμε ένα διάνυσμα $\mathbf u$ ορθογώνιο στο $\mathbf v$. Αν $\mathbf u=\langle a,b,c\rangle$, θέλουμε

\[\mathbf v\cdot\mathbf u=0\Leftrightarrow a+3b+2c=0.\]

Η εξίσωση έχει άπειρες λύσεις, κατά συνέπεια υπάρχουν άπειρες ευθείες δια του $A$ οι οποίες είναι ορθογώνιες στο $\mathbf v$. Επιλέγοντας $a=c=1$ βρίσκουμε $b=-1$, οπότε ένα $\mathbf u$ είναι το $\langle1,-1,1\rangle$ και η ανάλογη ευθεία είναι η

\[\mathbf r(t)=\langle-1,2,1\rangle+t\langle1,-1,1\rangle,\qquad t\in\mathbb R.\]

(β) Το ζητούμενο επίπεδο όντας κάθετο στην $\ell$ είναι κάθετο στο $\mathbf u$. Έτσι αν $(x,y,z)$ είναι τυχαίο σημείο του επιπέδου, τότε

\[\langle1,-1,1\rangle\perp\langle x+1,\,y-2,\,z-1\rangle\Leftrightarrow x+1-(y-2)+(z-1)=0\]

είναι η εξίσωση του ζητούμενου επιπέδου.

Θ5¶

(α) Εδώ είναι $\phi:\mathbb R^3\to\mathbb R$ και

\[\operatorname{grad}\phi=\left\langle\frac{\partial\phi}{\partial x},\frac{\partial\phi}{\partial y},\frac{\partial\phi}{\partial z}\right\rangle.\]

Έτσι

\[\operatorname{curl}(\operatorname{grad}\phi)=\nabla\times\operatorname{grad}\phi=\left\langle\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z}\right\rangle\times\left\langle\frac{\partial\phi}{\partial x},\frac{\partial\phi}{\partial y},\frac{\partial\phi}{\partial z}\right\rangle\]

\[=\begin{vmatrix}\mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ \dfrac{\partial}{\partial x}&\dfrac{\partial}{\partial y}&\dfrac{\partial}{\partial z}\\ \dfrac{\partial\phi}{\partial x}&\dfrac{\partial\phi}{\partial y}&\dfrac{\partial\phi}{\partial z}\end{vmatrix}=\left\langle\frac{\partial^2\phi}{\partial y\partial z}-\frac{\partial^2\phi}{\partial z\partial y},\ \frac{\partial^2\phi}{\partial z\partial x}-\frac{\partial^2\phi}{\partial x\partial z},\ \frac{\partial^2\phi}{\partial x\partial y}-\frac{\partial^2\phi}{\partial y\partial x}\right\rangle=\langle0,0,0\rangle\]

αφού οι δεύτερες μερικές παράγωγοι είναι συνεχείς.

(β) Εδώ είναι $\mathbf f:\mathbb R^3\to\mathbb R$ [sic: έτσι γράφεται στο έντυπο] και αν $\mathbf f=\langle f_1,f_2,f_3\rangle$, τότε

\[\operatorname{div}(\operatorname{curl}\mathbf f)=\nabla\cdot\operatorname{curl}\mathbf f=\left\langle\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z}\right\rangle\cdot\left\langle\frac{\partial f_3}{\partial y}-\frac{\partial f_2}{\partial z},\ \frac{\partial f_1}{\partial z}-\frac{\partial f_3}{\partial x},\ \frac{\partial f_2}{\partial x}-\frac{\partial f_1}{\partial y}\right\rangle\]

\[=\frac{\partial^2 f_3}{\partial x\partial y}-\frac{\partial^2 f_2}{\partial x\partial z}+\frac{\partial^2 f_1}{\partial y\partial z}-\frac{\partial^2 f_3}{\partial y\partial x}+\frac{\partial^2 f_2}{\partial z\partial x}-\frac{\partial^2 f_1}{\partial z\partial y}=0,\]

και πάλι από την συνέχεια των δεύτερων μερικών παραγώγων.

Θ6¶

Γράφοντας

\[z^4=-1=\cos\pi+i\sin\pi\]

από τον τύπο του De Moivre παίρνουμε τις τέσσερις ρίζες

\[z_k=\cos\frac{\pi+2k\pi}{4}+i\sin\frac{\pi+2k\pi}{4},\qquad k=0,1,2,3.\]

Έτσι οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι

\[z_0=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}=\frac{1}{\sqrt2}+i\frac{1}{\sqrt2}\]

\[z_1=\cos\frac{3\pi}{4}+i\sin\frac{3\pi}{4}=-\frac{1}{\sqrt2}+i\frac{1}{\sqrt2}\]

\[z_2=\cos\frac{5\pi}{4}+i\sin\frac{5\pi}{4}=-\frac{1}{\sqrt2}-i\frac{1}{\sqrt2}\]

\[z_3=\cos\frac{7\pi}{4}+i\sin\frac{7\pi}{4}=\frac{1}{\sqrt2}-i\frac{1}{\sqrt2}.\]

Θ7¶

Η $|z-a|$ είναι η απόσταση του $z$ από τον $a$, έτσι η εξίσωση παριστάνει όλους τους μιγαδικούς αριθμούς που ισαπέχουν από τους $1$ και $-2$, κατά συνέπεια η δοσμένη εξίσωση είναι η εξίσωση της μεσοκαθέτου του τμήματος με άκρα τους αριθμούς $-2$ και $1$, δηλαδή

\[z=-\frac12+iy,\qquad y\in\mathbb R.\]

Διαφορετικά: Αν $z=x+iy$, τότε

\[|z-1|=|z+2|\Leftrightarrow|z-1|^2=|z+2|^2\Leftrightarrow(z-1)\overline{(z-1)}=(z+2)\overline{(z+2)}$$ $$\Leftrightarrow|z|^2-(z+\bar z)+1=|z|^2+2(z+\bar z)+4\Leftrightarrow3(z+\bar z)=6\operatorname{Re}z=-3\Leftrightarrow\operatorname{Re}z=-\frac12,\]

έτσι

\[z=-\frac12+iy,\qquad y\in\mathbb R.\]

Διαφορετικά: Αν $z=x+iy$, τότε

\[|z-1|=|z+2|\Leftrightarrow\sqrt{(x-1)^2+y^2}=\sqrt{(x+2)^2+y^2}\Leftrightarrow(x-1)^2+y^2=(x+2)^2+y^2$$ $$\Leftrightarrow x^2-2x+1=x^2+4x+4\Leftrightarrow6x=-3\Leftrightarrow x=-\frac12,\]

έτσι

\[z=-\frac12+iy,\qquad y\in\mathbb R.\]

Θ8¶

Η εξίσωση είναι γραμμική πρώτης τάξης. Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της εξίσωσης με τον παράγοντα $e^{-t}$ παίρνουμε

\[y'e^{-t}-ye^{-t}=e^{-t}+2e^{t}\ \Rightarrow\ \left(ye^{-t}\right)'=e^{-t}+2e^{t}\ \Rightarrow\ ye^{-t}=-e^{-t}+2e^{t}+c\ \Rightarrow\ y=-1+2e^{2t}+ce^{t}.\]

Από την αρχική συνθήκη παίρνουμε $y(0)=-1+2+c=2\Rightarrow c=1$, οπότε η λύση του προβλήματος αρχικών τιμών είναι η

\[y=2e^{2t}+e^{t}-1.\]

Θ9¶

Παίρνοντας τον μετασχηματισμό Laplace στα δύο μέλη της εξίσωσης, από γραμμικότητα έχουμε

\[\mathcal L\{y'\}-\mathcal L\{y\}=\mathcal L\{2\}+\mathcal L\{\cos t\}.\]

Από τις ιδιότητες του μετασχηματισμού, θέτοντας $Y=\mathcal L\{y\}$, προκύπτει η εξίσωση

\[sY-y(0)-Y=\frac2s+\frac{s}{s^2+1}\qquad\Leftrightarrow\qquad (s-1)Y=\frac2s+\frac{s}{s^2+1}\]

\[Y=\frac{2}{s(s-1)}+\frac{s}{(s-1)(s^2+1)}.\]

Αναλύοντας σε απλά κλάσματα έχουμε

\[Y=\frac{2}{s(s-1)}+\frac{s}{(s-1)(s^2+1)}=\frac{a}{s-1}+\frac{b}{s}+\frac{c}{s-1}+\frac{ds+e}{s^2+1}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s}+\frac{Cs+D}{s^2+1},\]

έτσι λύνοντας το σύστημα

\[2(s^2+1)+s^2=As(s^2+1)+B(s-1)(s^2+1)+(Cs+D)s(s-1)\]

\[3s^2+2=(A+B+C)s^3+(-B-C+D)s^2+(A+B-D)s+(-B),\]

βρίσκουμε $A=\frac52$, $B=-2$, $C=-\frac12$, και $D=\frac12$, έτσι

\[Y=\frac{5/2}{s-1}-\frac{2}{s}+\frac{(-1/2)s}{s^2+1}+\frac{1/2}{s^2+1}=\frac52\mathcal L\{e^t\}(s)-2\mathcal L\{1\}(s)-\frac12\mathcal L\{\cos t\}(s)+\frac12\mathcal L\{\sin t\}(s),\]

κατά συνέπεια

\[y=\frac52e^{t}-\frac12\cos t+\frac12\sin t-2.\]

✔ Επιβεβαίωσε · ✖ Βρήκα λάθος

✖ Βρήκα λάθος στη μεταγραφή