1. termín zkoušky - MIN301 - podzim 2021 - 26. 1. 2022 Veškeré odpovědi musí být zdůvodněny a výpočty musí být doprovozeny komentářem. (Řešení sestávající pouze z odpovědí budou považována za opsaná a hodnocena 0 body.) 1. (5 bodů) Uvažme funkci z = f(x,y) zadanou implicitně vztahem x2 - Az2 + 2x - 8y + 8^ = 0 na okolí bodu (0, 0, 0). a) Rozhodněte, zda tento vztah zadává funkci z = f(x,y) i na okolí bodů A\ = [1,1,1] a bodu A2 = [2,3/2,1]. b) Určete první parciální derivace funkce f(x,y) v bodě (0,0). c) Určete matici druhých parciálních derivací funkce f(x,y) v bodě (0,0). 2. (5 bodů) Určete Taylorův polynom funkce / : IR3 —> IR v bodě [0,1, 2], kde f(x,y,z) = sin(xyz). 3. (5 bodů) a) Popište všechna řešení diferenciální rovnice y" + y' — 6y = 0. b) Najděte obecné řešení diferenciám rovnice y" + y' — 6y = (18 — 8x) ex. c) Určete řešení rovnice y" + y' — 6y = (18 — 8x) ex splňující počáteční podmínky y(0) = 4 a y'(0) = 8. 4. (5 bodů) Podmnožina M C IR3, M = {(x, y, z) G R3 | x2 + y2 < 4, z < 6, z > \{x2 + y2) }, je rotační oblast (tento fakt nedokazujte). a) Určete osu rotace a načrtněte průnik množiny M s rovinou y = 0. b) Určete objem oblasti M. Řešení a bodování: a) [lb] Označme zadaný vztah jako ip(x, y, z) = x2 - Az2 + 2x - 8y + 8z = 0. Bod Ai tento vztah vůbec nespňuje, neboť ip(l, 1,1) 7^ 0. Bod A2 sice tento vztah splňuje, ip(2, 3/2,1) = 0, ale derivace podle z je (pz(2, 3/2,1) = 0. Tedy vztah (p(x, y, z) = 0 nezadává funkci z = f(x, y) v okolí bodů Ai a A2. b) [1.5b] Zderivujeme x2 — Az2 + 2x — 8y + 8z = 0 parciálně podle x a y, přičemž chápeme z jako funkci proměnných x a y. Dostaneme Azx(z-l)-(x + l) = 0 a zy(z-l) + l = 0, což v bodě [x, y, z] = [0, 0, 0] znamená zx = — j a zy = 1, [0.5b za postup a 0.5b za správný výsledek]. c) [2.5b] Spočteme druhé parciální derivace. Další derivací Azx(z — 1) — (x + 1) = 0 podle x a podle y a také derivací zy(z — 1) + 1 = 0 podle y postupně dostáváme 4zxx(z- l)+A{zx)2- 1 = 0, 1)= 0 a - 1) + (zy)2 = 0, [lb]. V bodě [x, y, z] = [0, 0, 0] a pro zx = — ^ az =1 tedy dostáváme [1.5b]. [5 bodů] První parciální derivace jsou fx(x,y,z) = yzcos(xyz), fy(x, y, z) = xzcos(xyz) a fz(x, y, z) = xy cos(xyz), [0.5b], Tedy vektor parciálních derivací v bodě [0,1,2] je (2,0,0), [0.5b]. Dále se lehce spočte, že jediné dvě nenulové druhé parciální derivace v bodě [0,1, 2] jsou fxy(0, 1, 2) = 2 a fxz(0, 1, 2) = 1, [lb], tj. /0 2 1\ d2/(0,l,2)= 2 0 0 , [0.5b]. V1 o 0/ Požadovaný Taylorův polynom je obecně tvaru T2(x,y,z) = /(0,l,2) + (2 0 0) (y - l\ + l (x y-í z-2)\2 0 OJ (y-í \z-2j 1 \1 0 0/ \z-2j = 2x+ h[Ax(y - 1) + 2x(z - 2)] = -2x + 2xy + xz, [2.5b]. a) [1.5b] Diferenciální rovnice y" + y' — 6y = 0 má charakteristický polynom A2 + A —6 = (A —2)(A + 3), [0.5b], který má kořeny 2 a —3. Tedy řešení jsou tvaru ae2x + be~3x, a, b E R, [lb]. b) [2.5b] Partikulární řešení rovnice je y" + y' — 6y = (18 — 8x) ex hledáme ve tvaru yp(x) = (cx + ď) ex, [0.5b], tj. y'p(x) = (cx + c + ď) ex a y'p(x) = (cx + 2c + ď) ex, což po dosazení do rovnice dává (-Acx + 3c - Ad) ex = (18 - 8x) ex, [0.5b]. Porovnáním koeficientů polynomů dostaneme soustavu rovnic —4c = —8, 3c — Ad = 18, [0.5b], která má řešení c = 2, d = —3, [0.5b]. Tedy hledané partikulární řešení je yp(x) = (2x — 3)ex a obecné řešení je, [0.5b], y(x) = ae2x + be^ + (2x - 3) ex, a, beR. c) [lb] Použitím počátečních podmínek dostaneme y(0) = a + b-3 = 4 a y'(0) = 2a - 3b - 1 = 8, [0.5b]. Tato soustava rovnic má řešení a = 6 a b = 1, tedy hledané řešení je y (x) = 6e2x + e-3x+(2x- 3)ex, [0.5b]. a) [1.5b] Množina M je část válce s osou z o poloměrem 2, [0.5b], která je zespoda ohraničená paraboloidem z = \{x2 + y2) a seshora ohraničená rovinou z = 6. Osa rotace je osa z, [0.5b], a průnik s rovinou y = 0 je oblast mezi přímkami x = —2 a x = 2 zespoda ohraničená parabolou z = -^x2 a seshora ohraničená přímkou z = 6, [0.5b]. b) [3.5b] Použijeme válcové souřadnice, tj. provedeme transformaci do polárních souřadnic (x,y) = (r cos ip, r sin ip), přičemž z-tová souřadnice se nemění, [0.5b]. Tedy budeme integrovat přes oblast nových proměnných 0<(P<2tt, 0