2. termín zkoušky - MIN301 - podzim 2021 - 2. 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) Uvažujme funcki / : R2 \ {(0, 0)} R, f(x,y) = x\n(x2 + y2). a) Najděte stacionární body funkce /. b) Určete lokální extrémy funkce /. c) Zdůvodněte, zda lokální extrémy jsou či nejsou globálními extrémy. 2. (5 bodů) Určete Taylorův polynom 2. stupně funkce f(x,y) = x3 - 3xy + 3y2 v bodě [1,1]. 3. (5 bodů) a) Popište všechna řešení diferenciální rovnice y" + 3y' — Ay = 0. b) Najděte obecné řešení diferenciám rovnice y" + 3y' — Ay = 8(x — l)2. c) Určete řešení rovnice y"+3y' — 4y = 8(x — l)2 splňující počáteční podmínky y(0) = — a y'(0) = 0. 4. (5 bodů) V IR2 uvažujme množinu M\ = {(x,y) | y < x2 + 1} a dále trojúhelník M2 s vrcholy [-1, 0], [1, 0] a [1, 2]. Položme M := M1 n M2. a) Načrtněte množinu M a popište její hranici včetně „vrcholů" (kde se protínají hraniční křivky). b) Určete těžiště množiny M. Řešení a bodování: a) [1.5b] Parciální derivace položíme rovny nule, fx(x,y) = ln(x2 + y2) + J^ = 0 a fy(x,y) = ^fa = 0. Tato soustava rovnic má čtyři řešení: [0, b) [2.5b] Druhé parciální derivace jsou a [±i,0]. 2x , 4xy2 ~~ x2+y2 (x2+y2)2 _ 2y 4x2y x2 +y2 (x2+y2)2 2x 4xy2 {x2+y2)2 bodech tedy jsou d2f(-íe,0) = d = (° *), d2/(0,-i) = (_°2 -2), ^(i o) = (2; 2°e) Matice d2f(0, ±1) jsou indefinitní a tedy v bodech [0, ±1] lokální extrémy nejsou. Matice d2f(^, 0) je pozitivně definitní a tedy je v bodě [-, 0] lokální minimum. Matice d2/(—-, 0) je negativně derinitní a tedy je v bodě [—^, 0] lokální maximum. :) [lb] Zjevně lim f(x,y) = oo a lim f(x,y) = —oo, (x,y)^>(co,0) (a;,i/)->(-oo,0) tj. funkce f(x,y) globální extrémy mít nemůže. [5 bodů] Požadovaný Taylorův polynom je obecně tvaru T(x,y) = /(l, í)(x-í)+fy(í, l){y-l)+\[fxx{l, l){x-l)2+2fxy{\, í)(x-í)(y-í)+fyy(í, l)(y-l)s Dosazením do prvních a druhých parciálních derivací dostaneme výsledek T(x,y) = 1 + 3(2/ - 1) + i[6(x - l)2 - 6(x - í)(y - 1) + 6(y - l)2]. a) [1.5b] Diferenciální rovnice y" + 3y' — 4y = 0 má charakteristický polynom A2+3A—4 = (A+4)(A—1), který má kořeny —4 a 1. Tedy řešení jsou tvaru c\e~Ax + C^e2-', c\, c2 G M. b) [2.5b] Rovnice je y" + 3y' — 4y = 8(x — l)2 má pravou stranu 4(x + l)2 = 8x2 — Í6x + 8, což je polynom stupně dva - partikulární řešení yp(x) tedy budeme hledat ve tvaru polynomu stupně dva. (Přesněji, pravá strana je tvaru 8(x2 — 2x+l) -e0x, kde 0 řieřwkořenem charakteristického polynomu.) Tedy yp(x) = ax2 + bx + c, tj. y'p(x) = 2ax + 6 a yp(x) = 2a, což po dosazení do rovnice dává 2a + 3(2ax + b) - 4(ax2 + bx + c) = -4ax2 + (6a - 4b)x + (2a + 36 - 4c) = 8x2 - 16x + 8. Porovnáním koeficientů polynomů dostaneme soustavu rovnic —4a = 8, 6a —46 = —16, 2a + 36 —4c = 8, která má řešení a = —2, 6 = 1, c = —|. Tedy hledané partikulární řešení je yp(x) = —2x2 + x — | a obecné řešení je, y(x) = cie-4x + c2ex -2x2+x-\, Clt c2 G R. c) [lb] Použitím počátečních podmínek pro y(x) = c\e~Ax + c2ex — 2x2 + x — | dostaneme y(0) = C1 + C2-|=-f a y'(0) = -4C1+C2 + l = 0. Tato soustava rovnic má řešení c\ = 0 a C*2 = —1, tedy hledané řešení je y(x) = —ex — 2x2 + x — |. a) [1.5b] Trojúhelník je pravoúhlý rovnoramenný s přeponou na přímce y = x + 1. Průnik této přímky s parabolou y = x2 + 1 je tvořen body [0,1] a [1,2]; tedy M vzniká z M2 ostraněním „oblouku" paraboly mezi body [0,1] a [1,2]. Vrcholy množiny M jsou [—1,0], [0,1], [1,2] a [1,0]. b) [3.5b] Množinu M je vhodné rozdělit na M' pro — 1 < x < 0 (to je trojúhelník) a M" pro 0 < x < 1. Platí M' : -1 < x < 0, 0 < y < x + 1 a M" : 0 < x < 1, 0 < y < x2 + 1. Obsah S množiny M je ŕ ŕ ŕ ŕ ŕ ŕ ŕO ŕX-\-l pi px2 + 1 S =11 dxdy = dxdy + / / dxdy = I / dydaľ + / / dydx = 5 + | = ^ ■ JJm J J M' J J M" J-lJo J 0 ^0 Dále Sx = II xdxdy = I / xdydx + / / xdydx = — | + | = , ŕ0 r-x+1 ,-1 ,-x2+l Sy= I I ydxdy = / ydydx + / ydydx = I + 1| = 11. M J-lJO JO JO Tedy souřadnice těžiště [x q , y q] jsou