1. termín zkoušky - MIN301 - podzim 2022 - 9. 1. 2023
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) Mějme funkci F = R3 R
F(x, y, z) = Ax2 - z2 + 2 + y2 - 2z a dále zkusme definovat funkci z = f(x, y) vztahem F(x, y, z) = 0, kde / : IR2 —y R.
a) Popište množinu bodů [x,y,z], na jejichž okolí je funkce f(x,y) skutečně definovaná.
b) Určete lokální extrémy funkce f(x,y).
2. (5 bodů) Určete Taylorův polynom funkce / : IR3 —y R v bodě [1,1,1] druhého stupně, kde
f(x,y,z) = \n(x(y + z)).
3. (5 bodů) V IR3 uvažujme množinu
M = {(x, y, z) I x2 + y2 < 4, z > -4, z < 0, z < x2 + y2 - 1}.
a) Načrtněte průnik množiny M s rovinou xz.
b) Určete objem množiny M.
4. (5 bodů)
2
a) Pro x > 0 najděte všechna řešení diferenciální rovnice y' — ^ = 0.
b) Určete řešení této rovnice splňující počáteční podmínku y(l) = 2 a maximální interval, na kterém je toto řešení definováno.
c) Určete řešení této rovnice splňující počáteční podmínku y(l) = 0 a maximální interval, na kterém je toto řešení definováno.
Řešení a bodování:
1. — [1.5b] Body, kde funkce f(x,y) není definovaná, jsou charakterizované vztahem Fz = —2z — 2 = 0.
Tedy z = — 1, ale rovnice F(x, y, —1) = 4x2 + y2 + 3 = 0 nemá řešení. Tedy f(x, y) je definována ve všech bodech [x, y, z] splňujících F(x, y, z) = 0. — [3.5b] Derivací vztahu F(x, y, z) = 0, kde z(x, y) chápeme jako funkci dvou proměnných, dostaneme
v   — a     v   — SI—
^ ~ z+i   A      ~ z+i ■
Stacionární body tedy splňují x = y = 0 a F(0, 0, z) = —z2 — 2z + 2 = 0, tj. z = — 1 ± y/3. Tedy existují dva stacionární body: [0, 0, —1 ± y/3]. Dalšími derivacemi dostaneme
Zxx = J+í,     zxy = 0,     Zyy = -^-j-j-.
Tedy v bodech [0, 0, —h y/3] a [0, 0, —1 — y/3] jsou matice druhých parciálních derivací postupně
(t i). . w=(t 4).
Z (in)defmitnosti těchto matic plyne, že v bodě [0, 0, —1 + -\/3] je lokální minimum a v bodě [0, 0, — 1 — y/3] lokální maximum.
2. [5 bodů] První parciální derivace jsou
fx(x,y,z) = ±,    fy(x,y,z) = fz(x,y,z) = [lb]. Tedy vektor parciálních derivací v bodě [1,1,1] je (1, ^, ^), [0.5b]. Nenulové druhé parciální derivace jsou
fxx(x, y, z) = — ^2    a   fyy(x,y, z) = fzz(x,y, z) = fyz(x,y, z) [lb]. Tedy matice druhých parciálních derivací v bodě [1, 1, 1] je
(y+z)2
-10 0 d2/(l,l,l)= ( 0    -1/4 -1/4 0    -1/4 -1/4,
[0.5b]. Požadovaný Taylorův polynom je tvaru
/x-l\     x /-l      0        0   \ /x-l\
T2(x,y,z) = /(1,1,1) + (1   |    I) U-l    +-(x-l   y-l   z-1)     0     -1/4   -1/4    L - 1 =
V*-v V° -1/4 -i/v V^-i/
= ln2 + (x    1) + \{y    1) + i (z - 1) + §[-(* - l)2 - \ (y    l)2 - \{z    l)2 -       - l)(z - 1)], [2b].
3.    a) [1.5b] Průnik množiny M s rovinou xz je čtverec s vrcholy [—2, 0], [2, 0], [—2, —4] a [2, —4], ze které na horní straně „odřízne" část parabola z = x2 — 1 mezi body [—1,0] a [1,0]. b) [3.5b] M je rotační plocha, kde osa z je osa rotace. Použijeme válcové souřadnice (r, a), přitom buď
0<r<l,    -4<z<r2-l, ae[0,27r]
nebo
1 < r < 2,    -4 < z < 0,    a G [0, 2tt].
Objem množiny M je tedy
p p p f f f p2ir   pl   pr2— 1 p2ir   p2 pO
vol M = I I I   1 dx dy dz = r dz dr da = /    /       r dz dr da + /    /   r dz dr da
JJJm JJJm J o   J o J-4 J o   Ji J-4
/   r(r2 + 3) dr da + /      /   4r dr o   Jo Jo Ji
2-k r2-k
/ [±r4 + §r2]Jda + / [2r2] J da = 2^ • f + 2^ • 6 = f tt. Jo Jo
a) [2.5b] Diferenciální rovnici y' — ^ = 0 řešíme separací proměnných. Nejprve si ale uvědomíme, jedno řešení je y = 0. Body za to dáme až v c). Dále integrací
?Ĺ = 1.
dostaneme
- = - + c, cel.
y x
Odtud již spočteme, že
cx + 1
b) [1.5b] Počáteční podmínka y(l) = 2 znamená
1
c+1
tedy c = — |. Maximální interval, na kterém je toto řešení definováno pro x > 0, je (0, 2). c) [lb] Počáteční podmínka y(í) = 0 znamená, že y = 0. Takové řešení je definováno na (0, oo).