Rozwi zanie równania ró»niczkowego metod operatorow (zastosowanie transformaty Laplace'a).

Transkrypt

1 Rozwi zania zada«z egzaminu podstawowego z Analizy matematycznej 2.3A (24/5). Rozwi zanie równania ró»niczkowego metod operatorow (zastosowanie transformaty Laplace'a). Zadanie P/4. Metod operatorow rozwi za zagadnienie pocz tkowe y + 2y 3y =, y() =, y () = 4, wiedz c,»e transformat Laplace'a funkcji f(t) = e αt jest s α. Rozwi zanie. Nakªadamy transformat Laplace'a na obie strony równania i otrzymujemy równanie Z liniowow±ci transformaty mamy Ly + 2y 3y] = L]. Ly ] + 2Ly ] 3Ly] = L]. () Oznaczamy przez Y (s) transformat funkcji y (tzn. Y (s) = Ly]). Wiemy,»e Ly ] = sy (s) y() oraz Ly ] = s 2 Y (s) sy() y (), ponadto L] =, zatem równanie () przyjmuje posta s 2 Y (s) sy() y () ] + 2 sy (s) y()] 3Y (s) =. Uwzgl dniaj c warunki pocz tkowe y() =, y () = 4, otrzymujemy Y (s)(s 2 + 2s 3) = 4 = Y (s) = Wiedz c,»e transformat Laplace'a funkcji e t jest s jest s+3, przeksztaªcamy równanie (2) do postaci 4 s 2 + 2s 3 = 4 (s )(s + 3) = s s + 3. (2) oraz transformat Laplace'a funkcji e 3t Ly] = Le t ] Le 3t ] = Ly] = Le t e 3t ] = y(t) = e t e 3t. Sprawdzenie. Obliczamy y (t) = e t + 3e 3t, y (t) = e t 9e 3t. Wtedy y() =, y () = 4 oraz y + 2y 3y = e t 9e 3t + 2(e t + 3e 3t ) 3(e t e 3t ) =. Zadanie P3/6. Metod operatorow rozwi za zagadnienie pocz tkowe y 2y 3y =, y() =, y () = 8,

2 wiedz c,»e transformat Laplace'a funkcji f(t) = e αt jest s α. Rozwi zanie. Nakªadamy transformat Laplace'a na obie strony równania i otrzymujemy równanie Ly 2y 3y] = L]. Z liniowow±ci transformaty mamy Ly ] 2Ly ] 3Ly] = L]. (3) Oznaczamy przez Y (s) transformat funkcji y (tzn. Y (s) = Ly]). Wiemy,»e Ly ] = sy (s) y() oraz Ly ] = s 2 Y (s) sy() y (), ponadto L] =, zatem równanie (3) przyjmuje posta s 2 Y (s) sy() y () ] 2 sy (s) y()] 3Y (s) =. Uwzgl dniaj c warunki pocz tkowe y() =, y () = 8, otrzymujemy Y (s)(s 2 2s 3) = 8 = Y (s) = Wiedz c,»e transformat Laplace'a funkcji e t jest s+ jest s 3, przeksztaªcamy równanie (4) do postaci 8 s 2 2s 3 = 8 (s + )(s 3) = 2 s s 3. (4) oraz transformat Laplace'a funkcji e3t Ly] = 2Le t ] + 2Le 3t ] = Ly] = L 2e t + 2e 3t ] = y(t) = 2e t + 2e 3t. Sprawdzenie. Obliczamy y (t) = 2e t + 6e 3t, y (t) = 2e t + 8e 3t. Wtedy y() =, y () = 8 oraz y 2y 3y = 2e t + 8e 3t 2(2e t + 6e 3t ) 3( 2e t + 2e 3t ) =. Zadanie P4/6. Metod operatorow rozwi za zagadnienie pocz tkowe y y 2y =, y() =, y () = 6, wiedz c,»e transformat Laplace'a funkcji f(t) = e αt jest s α. Rozwi zanie. Nakªadamy transformat Laplace'a na obie strony równania i otrzymujemy równanie Z liniowow±ci transformaty mamy Ly y 2y] = L]. Ly ] Ly ] 2Ly] = L]. (5) Oznaczamy przez Y (s) transformat funkcji y (tzn. Y (s) = Ly]). Wiemy,»e Ly ] = sy (s) y() oraz Ly ] = s 2 Y (s) sy() y (), ponadto L] =, zatem równanie (5) przyjmuje posta s 2 Y (s) sy() y () ] sy (s) y()] 2Y (s) =. 2

3 Uwzgl dniaj c warunki pocz tkowe y() =, y () = 6, otrzymujemy Y (s)(s 2 s 2) = 6 = Y (s) = Wiedz c,»e transformat Laplace'a funkcji e t jest s+ jest s 2, przeksztaªcamy równanie (6) do postaci 6 s 2 s 2 = 6 (s + )(s 2) = 2 s + 2 s 2. (6) oraz transformat Laplace'a funkcji e2t Ly] = 2Le t ] 2Le 2t ] = Ly] = L2e t 2e 2t ] = y(t) = 2e t 2e 2t. Sprawdzenie. Obliczamy y (t) = 2e t 4e 2t, y (t) = 2e t 8e 2t. Wtedy y() =, y () = 6 oraz y y 2y = 2e t 8e 2t ( 2e t 4e 2t ) 2(2e t 2e 2t ) =. Zadanie P2/5. Metod operatorow rozwi za zagadnienie pocz tkowe y + y 2y =, y() =, y () = 3, wiedz c,»e transformat Laplace'a funkcji f(t) = e αt jest s α. Rozwi zanie. Nakªadamy transformat Laplace'a na obie strony równania i otrzymujemy równanie Ly + y 2y] = L]. Z liniowow±ci transformaty mamy Ly ] + Ly ] 2Ly] = L]. (7) Oznaczamy przez Y (s) transformat funkcji y (tzn. Y (s) = Ly]). Wiemy,»e Ly ] = sy (s) y() oraz Ly ] = s 2 Y (s) sy() y (), ponadto L] =, zatem równanie (7) przyjmuje posta s 2 Y (s) sy() y () ] + sy (s) y()] 2Y (s) =. Uwzgl dniaj c warunki pocz tkowe y() =, y () = 3, otrzymujemy Y (s)(s 2 + s 2) = 3 = Y (s) = Wiedz c,»e transformat Laplace'a funkcji e t jest s jest s+2, przeksztaªcamy równanie (8) do postaci 3 s 2 + s 2 = 6 (s )(s + 2) = s s + 2. (8) oraz transformat Laplace'a funkcji e 2t Ly] = Le t ] Le 2t ] = Ly] = Le t e 2t ] = y(t) = e t e 2t. Sprawdzenie. Obliczamy y (t) = e t + 2e 2t, y (t) = e t 4e 2t. Wtedy y() =, y () = 3 oraz y + y 2y = (e t 4e 2t ) + (e t + 2e 2t ) 2(e t e 2t ) =. 3

4 Obliczanie caªek niewªa±ciwych z definicji. Zadanie P3/. Korzystaj c z denicji, obliczy caªk niewªa±ciw Rozwi zanie. Wyznaczymy najpierw caªk x = 2 dt. Wtedy xe x2 = 2 Z denicji zapisujemy caªk niewªa±ciw jako granic xe x2 = lim T T xe x2. xe x2, podstawiaj c t = x 2, dt = 2x, e t dt = 2 et + c = 2 e x2 + C. xe x2 = lim ] T T 2 e x2 = lim 2 T 2 e T + ] = 2 2. Zadanie P4/2. Korzystaj c z denicji, obliczy caªk niewªa±ciw Rozwi zanie. Wyznaczymy najpierw caªk x = dt. Wtedy x ln x = Z denicji zapisujemy caªk niewªa±ciw jako granic e x ln x = T lim T e x ln x = e x ln x. x ln x, podstawiaj c t = ln x, dt = x, dt t = 2 t + c = 2 ln x + C. lim 2 ] T ln x = lim 2 ln T + 2 ] ln = 2. T e T e Zadanie P/2. Korzystaj c z denicji, obliczy caªk niewªa±ciw Rozwi zanie. Wyznaczymy najpierw caªk e x + e 2x = Z denicji zapisujemy caªk niewªa±ciw jako granic e x = lim + e2x T T e x + e 2x. e x + e 2x, podstawiaj c t = ex, dt = e x. Wtedy dt + t 2 = arctg t + C = arctg(ex ) + C. e x ] T = lim arctg(e x ) = lim + e2x arctg e arctg e T ] = arctg = π T T 4. Zadanie P2/3. Korzystaj c z denicji, obliczy caªk niewªa±ciw 4 e x ex.

5 Rozwi zanie. Wyznaczymy najpierw caªk Wtedy e x ex = Z denicji zapisujemy caªk niewªa±ciw jako granic e x ex = lim T + T e x ex = e x ex, podstawiaj c t = ex, dt = e x. dt t = 2 t + C = 2 e x + C. lim 2 ] e x = lim 2 e 2 ] e T = 2 e. T + T T + Wyznaczanie ekstremów lokalnych funkcji dwóch zmiennych. Zadanie P3/3. Wyznaczy ekstrema lokalne funkcji f(x, y) = x 3 + y 3 9xy. Rozwi zanie. Wyznaczamy dziedzin. Poniewa» x R, y R, zatem D f = R R = R 2. Obliczamy pochodne cz stkowe x = 3x2 9y, Warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego: y = 3y2 9x. Punkty stacjonarne (w których mo»e, ale nie musi, by ekstremum lokalne funkcji) wyznaczamy z ukªadu równa«x =, y =. 3x 2 9y = = y = 3 x2, 3y 2 9x =. Podstawiaj c y = 3 x2 do drugiego równania otrzymamy 3 x4 9x = 3 x(x3 27) = x = lub x = 3. Otrzymali±my zatem dwa punkty stacjonarne: x = oraz y = Warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego: Obliczamy pochodne cz stkowe drugiego rz du x 2 = 6x, x = 3 y = 3 x y = 9 = 2 f y x, y 2 = 6y. Dla ka»dego z punktów stacjonarnych obliczamy hessian, czyli wyznacznik x 2 (x, y ) y x (x, y ) H(x, y ) = 6x 9 = x y (x 9 6y., y ) y 2 (x, y ) 5

6 Otrzymujemy kolejno: 9 H(, ) = 9 <, 8 9 H(3, 3) = 9 8 >, zatem w punkcie (, ) nie ma ekstremum lokalnego. zatem w punkcie (3, 3) jest ekstremum lokalne, a poniewa» 2 f x 2 (3, 3) = 8 >, zatem jest to minimum lokalne i funkcja przyjmuje tam warto± f(3, 3) = 27. Zadanie P4/3. Wyznaczy ekstrema lokalne funkcji f(x, y) = x 2 + y 2 ln(xy). Rozwi zanie. Wyznaczamy dziedzin. Poniewa» xy >, zatem D f = {(x, y) R 2 : (x > y > ) (x < y < )}. Po wyznaczeniu dziedziny funkcj mo»emy zapisa w postaci wygodniejszej do obliczenia pochodnych, czyli f(x, y) = x 2 + y 2 ln x 2 ln y. Obliczamy pochodne cz stkowe x = 2x 2 x, y = 2 y. Warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego: Punkty stacjonarne (w których mo»e, ale nie musi, by ekstremum lokalne funkcji) wyznaczamy z ukªadu równa«x =, 2x 2 x =, 2x 2 2 =, y =. 2 y =. x 2 y =. x = lub x =, y = 2. Otrzymali±my nast puj ce punkty: x = y = 2 D f oraz x = y = 2 / D f Zatem mamy jeden punkt stacjonarny: (, 2). Warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego: Obliczamy pochodne cz stkowe drugiego rz du x 2 = x 2, x y = = 2 f y x, y 2 = 2 y 2. 6

7 Obliczamy hessian, czyli wyznacznik H(x, y ) = x 2 (x, y ) x y (x, y ) y x (x, y ) x 2 = y 2 (x, y ) 2 y 2 Mamy zatem 4 H(, 2) = >, zatem w punkcie (, 2) jest ekstremum lokalne, 2 a poniewa» 2 f x 2 (, 2) = 4 >, zatem jest to minimum lokalne i funkcja przyjmuje tam warto± f(, 2) = 3 2 ln 2.. Zadanie P/. Wyznaczy ekstrema lokalne funkcji f(x, y) = xy( x y). Rozwi zanie. Wyznaczamy dziedzin. Poniewa» x R, y R, zatem D f = R R = R 2. Funkcj mo»emy zapisa w postaci wygodniejszej do obliczenia pochodnych, czyli Obliczamy pochodne cz stkowe f(x, y) = xy( x y) = xy x 2 y xy 2. x = y 2xy y2 = y( 2x y), Warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego: y = x x2 2xy = x( x 2y). Punkty stacjonarne (w których mo»e, ale nie musi, by ekstremum lokalne funkcji, wyznaczamy z ukªadu równa«x =, y =. y( 2x y) =. y = lub 2. y = 2x, x( x 2y) =. W przypadku, podstawiaj c y = do równania drugiego, otrzymamy x( x) =, a st d mamy dwa punkty stacjonarne x = y = oraz x = y = W przypadku 2, podstawiaj c y = 2x do równania drugiego, otrzymamy x(3x ) =, a st d mamy dwa punkty stacjonarne x = y = oraz x = 3 y = 3 7

8 Warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego: Obliczamy pochodne cz stkowe drugiego rz du x 2 = 2y, x y = 2x 2y = 2 f y x, y 2 = 2x. Dla ka»dego z punktów stacjonarnych obliczamy hessian, czyli wyznacznik x 2 (x, y ) y x (x, y ) H(x, y ) = 2y 2x 2y = x y (x 2x 2y 2x., y ) y 2 (x, y ) Mamy zatem H(, ) = 2 <, 2 H(, ) = <, H(, ) = <, ( H 3, ) 2 3 = >, 3 zatem w punkcie (, ) nie ma ekstremum lokalnego. zatem w punkcie (, ) nie ma ekstremum lokalnego. zatem w punkcie (, ) nie ma ekstremum lokalnego. zatem w punkcie (, 2) jest ekstremum lokalne, ( a poniewa» 2 f x 2 3, ) 3 = 2 3 <, zatem jest to maksimum lokalne i funkcja przyjmuje tam warto± f 2 3 = Zadanie P2/2. Wyznaczy ekstrema lokalne funkcji f(x, y) = 2 ln(xy) x y 2. Rozwi zanie. Analogicznie do zadania P4/3. Wyznaczanie przedziaªu zbie»no±ci szeregu pot gowego. Zadanie P3/2. Wyznaczy przedziaª zbie»no±ci szeregu pot gowego n= (x + 3) n n( 2) n. Rozwi zanie. Szeregiem pot gowym nazywamy szereg postaci szeregu c n = n( 2) n, x = 3. Promie«zbie»no±ci mo»na wyznaczy ze wzoru R = lim c n n+ n = lim n + ( 2) n n n( 2) lim c n+ n 2 c n (x x ) n. Dla badanego n= n + = 2. n 8

9 Wiadomo z tw. Cauchy'ego-Hadamarda,»e szereg pot gowy jest zbie»ny dla x (x R, x + R), (x + 3) n a rozbie»ny dla x (, x R) (x + R, ), zatem szereg n jest zbie»ny dla n( 2) x ( 5, ), a rozbie»ny dla x (, 5) (, ). Sprawdzamy zbie»no± szeregu dla x = 5 i dla x =. dla x = 5 Szereg staje si szeregiem liczbowym: n= zatem z tw. Leibniza szereg naprzemienny dla x = Szereg staje si szeregiem liczbowym: rozbie»ny (p = /2 < ). 2 n n( 2) n = n= n= ( ) n. Poniewa» ci g b n = n n, n= ( ) n jest zbie»ny. n n= ( 2) n n( 2) n = n= n = Odpowied¹. Badany szereg pot gowy jest zbie»ny na przedziale ( 5, ]. n=, a ten szereg jest n/2 9

10 Zmiana kolejno±ci caªkowania w caªkach iterowanych. Zadanie P3/5. Naszkicowa obszar caªkowania i zamieni kolejno± caªkowania w caªce iterowanej 2 x x 2 f(x, y)dy. Rozwi zanie. Po pierwsze, musimy wyznaczy funkcje (zmiennej x) odwrotne do funkcji, które wyst puj w granicach caªkowania. Dla funkcji y = x 2 b dzie to funkcja x = y + 2, a dla funkcji y = x b dzie to funkcja x = y. Po drugie, obszar caªkowania D jest obszarem normalnym wzgl dem osi Ox, bo mo»na go zapisa nierówno±ciami x 2 D : x 2 y x Zmieniaj c kolejno± caªkowania, musimy podzieli obszar D na obszary normalne wzgl dem osi Oy. B d trzy takie obszary (rozdzielone prostymi y =, y = 2, y = oraz y = ): 2 D : y y 2 y, D 2 :, D 3 : x y x 2 x y + 2 Zatem 2 x x 2 f(x, y) dy = 2 dy y f(x, y) + 2 dy 2 f(x, y) + dy y+2 f(x, y).

11 Zadanie P4/4. Naszkicowa obszar caªkowania i zamieni kolejno± caªkowania w caªce iterowanej x f(x, y)dy. x 2 Rozwi zanie. Po pierwsze, musimy wyznaczy funkcje (zmiennej x) odwrotne do funkcji, które wyst puj w granicach caªkowania. Dla funkcji y = x musimy rozwa»y dwa przypadki dla x b dzie to funkcja y = x i wtedy x = y, dla x < b dzie to y = x i wtedy x = y. Natomiast funkcja y = x 2 opisuje dolny póªokr g okr gu x 2 + y 2 = o ±rodku S(, ) i promieniu r =. Zatem x = y 2 (lewy póªokr g) lub x = y 2 (prawy póªokr g). Po drugie, obszar caªkowania D jest obszarem normalnym wzgl dem osi Ox, bo mo»na go zapisa nierówno±ciami x D : x 2 y x Zmieniaj c kolejno± caªkowania, musimy podzieli obszar D na obszary normalne wzgl dem osi Oy. B d trzy takie obszary (rozdzielone prostymi y =, y = oraz y = ): y y y D :, D 2 :, D 3 : x y y x y 2 x y 2 Zatem x x 2 f(x, y)dy = y dy f(x, y) + dy y f(x, y) + dy y 2 y 2 f(x, y).

12 Zadanie P/5. Naszkicowa obszar caªkowania i zamieni kolejno± caªkowania w caªce iterowanej 2 2x f(x, y)dy. 4 x 2 Rozwi zanie. Po pierwsze, musimy wyznaczy funkcje (zmiennej x) odwrotne do funkcji, które wyst puj w granicach caªkowania. Dla funkcji wykªadniczej y = 2 x funkcj odwrotn jest funkcja logarytmiczna x = log 2 y. Natomiast funkcja y = 4 x 2 opisuje dolny póªokr g okr gu x 2 + y 2 = 4 o ±rodku S(, ) i promieniu r = 2. Zatem x = 4 y 2 (lewy póªokr g) lub x = 4 y 2 (prawy póªokr g). Po drugie, obszar caªkowania D jest obszarem normalnym wzgl dem osi Ox, bo mo»na go zapisa nierówno±ciami x 2 D : 4 x 2 y 2 x Zmieniaj c kolejno± caªkowania, musimy podzieli obszar D na obszary normalne wzgl dem osi Oy. B d trzy takie obszary (rozdzielone prostymi y = 4, y =, y = oraz y = 2): y 4 y 2 y D :, D 2 :, D 3 : log 2 y x 2 x 2 x 4 y 2 Zatem 2 2x 4 2 f(x, y)dy = dy 4 x 2 log 2 y f(x, y) + dy 2 f(x, y) + 2 dy 4 y 2 f(x, y). 2

13 Obliczanie obj to±ci bryª. Zadanie P2/4. Obliczy obj to± bryªy ograniczonej powierzchniami z = 5 x 2 y 2, z =. Rozwi zanie. Bryªa U jest ograniczona z góry powierzchni dan równaniem z = 5 x 2 y 2, czyli paraboloid obrotow powstaª z obrotu krzywej z = 5 x 2, x wokóª osi Oz, a z doªu pªaszczyzn z =. Rzutem bryªy U na pªaszczyzn xoy jest obszar D : x 2 + y 2 4, czyli koªo o ±rodku w S(, ) i ϕ 2π promieniu 2, który we wspóªrz dnych biegunowych zapiszemy nast puj co D :. ϱ 2 Wtedy obj to± dana jest nast puj c caªk podwójn (w kolejnym kroku wykorzystamy podstawienie biegunowe x = ϱ cos ϕ, y = ϱ sin ϕ, dy = ϱ dϱdϕ): U = 5 (x 2 + y 2 ) ] 2π dy = dϕ D 2 4 ϱ 2 ] ϱ dϱ =...] Korzystaj c z faktu,»e caªk podwójn po prostok cie z funkcji o zmiennych rozdzielonych mo»na zapisa w postaci iloczynu caªek pojedynczych, otrzymamy 2π 2 (...] = dϕ 4ϱ ϱ 3 ) dϱ = ϕ] 2π ] 2 2ϱ 2 ϱ4 = 8π. 4 3

14 Zadanie P/6. Obliczy obj to± bryªy ograniczonej powierzchniami z = (x 2 + y 2 ), z = x 2 + y 2. Rozwi zanie. Bryªa U jest ograniczona z góry powierzchni dan równaniem z = x 2 y 2, czyli paraboloid obrotow powstaª z obrotu krzywej z = x 2, x wokóª osi Oz, a z doªu powierzchni sto»ka z = x 2 + y 2 powstaª z obrotu póªprostej z = x, x wokóª osi Oz. Rzutem bryªy U na pªaszczyzn xoy jest obszar D : x 2 + y 2, czyli koªo o ±rodku w S(, ) i ϕ 2π promieniu, który we wspóªrz dnych biegunowych zapiszemy nast puj co D :. ϱ Wtedy obj to± dana jest nast puj c caªk podwójn (w kolejnym kroku wykorzystamy podstawienie biegunowe x = ϱ cos ϕ, y = ϱ sin ϕ, dy = ϱ dϱdϕ): U = D (x 2 + y 2 ) ( ] x 2 + y 2 ) dy = 2π dϕ ϱ 2 (ϱ ) ] ϱ dϱ =...] Korzystaj c z faktu,»e caªk podwójn po prostok cie z funkcji o zmiennych rozdzielonych mo»na zapisa w postaci iloczynu caªek pojedynczych, otrzymamy 2π (...] = dϕ 2ϱ ϱ 3 ϱ 2) dϱ = ϕ] 2π ] ϱ 2 ϱ4 4 ϱ3 = 5π

15 Zadanie P3/4. Obliczy obj to± bryªy ograniczonej powierzchniami z = 2 ( x 2 + y 2), z = 4 x 2 + y 2. Rozwi zanie. Bryªa U jest ograniczona z góry powierzchni sto»ka z = 4 x 2 + y 2 powstaª z obrotu póªprostej z = 4 x, x wokóª osi Oz, a z doªu powierzchni dan równaniem ( z = 2 x 2 + y 2), czyli paraboloid obrotow powstaª z obrotu krzywej z = 2 x2, x wokóª osi Oz Rzutem bryªy U na pªaszczyzn xoy jest obszar D : x 2 + y 2 4, czyli koªo o ±rodku w S(, ) i ϕ 2π promieniu 2, który we wspóªrz dnych biegunowych zapiszemy nast puj co D :. ϱ 2 Wtedy obj to± dana jest nast puj c caªk podwójn (w kolejnym kroku wykorzystamy podstawienie biegunowe x = ϱ cos ϕ, y = ϱ sin ϕ, dy = ϱ dϱdϕ): U = D 4 x 2 + y 2 ( x 2 + y 2)] dy = 2 2π dϕ 2 4 ϱ 2 ϱ2 ] ϱ dϱ =...] Korzystaj c z faktu,»e caªk podwójn po prostok cie z funkcji o zmiennych rozdzielonych mo»na zapisa w postaci iloczynu caªek pojedynczych, otrzymamy 2π 2...] = dϕ (4ϱ ϱ 2 2 ) ϱ3 dϱ = ϕ] 2π ] 2 2ϱ 2 ϱ3 3 ϱ4 = 2π

16 Zadanie P4/5. Obliczy obj to± bryªy ograniczonej powierzchniami z = 25 x 2 y 2, z = 3. Rozwi zanie. Bryªa U jest ograniczona z góry powierzchni dan równaniem z = 25 x 2 y 2, czyli póªsfer o ±rodku w S(,, ) i promieniu R = 5, a z doªu pªaszczyzn z = 3. Szukamy punktów przeci cia sfery z pªaszczyzn : (z = 3 25 x 2 y 2 = 3) = (z = 3 25 x 2 y 2 = 9) (z = 3 x 2 + y 2 = 6). Zatem rzutem bryªy U na pªaszczyzn xoy jest obszar D : x 2 +y 2 6, czyli koªo o ±rodku w S(, ) ϕ 2π i promieniu 4, który we wspóªrz dnych biegunowych zapiszemy nast puj co D :. ϱ 4 Wtedy obj to± dana jest nast puj c caªk podwójn (w kolejnym kroku wykorzystamy podstawienie biegunowe x = ϱ cos ϕ, y = ϱ sin ϕ, dy = ϱ dϱdϕ): U = D 2π 25 x2 y 2 3] dy = dϕ 4 25 ϱ2 3] ϱ dϱ =...] Korzystaj c z faktu,»e caªk podwójn po prostok cie z funkcji o zmiennych rozdzielonych mo»na zapisa w postaci iloczynu caªek pojedynczych, otrzymamy 2π 4...] = dϕ ϱ ] 25 ϱ 2 3ϱ dϱ = ϕ] 2π ( ) 3 3ϱ 2 25 ϱ (Caªk ϱ 25 ϱ 2 dϱ obliczyli±my, podstawiaj c t = 25 ϱ 2 ). ] 4 = 52π 3. 6