Ανάλυση ΙΙ Σεπτέµβριος 2012 (Λύσεις)

Transcript

1 Ανάλυση ΙΙ Σεπτέµβριος 01 (Λύσεις) Θέµα 1ο: Χρησιµοποιώντας τον ορισµό της µερικής παραγώγου να ϐρείτε τις τιµές των παραγώγων f (0,0) και f (0,0) της συνάρτησης Λύση: Σύµφωνα µε τον ορισµό έχουµε ( ) f(,) = + 1/ 4 +, > 0, > 0. f(,0) f(0,0) ( ) f (0,0) = lim = lim 0 0 [ ] ( ) 1/ 4 = 1 Με τον ίδιο τρόπο προκύπτει f (0,0) = 1. Θέµα ο: (α) Να ϐρεθεί η παράγωγος της συνάρτησης f(,) = ( + ) 1/, > 0, > 0, (1) στο σηµείο P(0,1) κατά την κατεύθυνση της κλίσης του. (ϐ) Να ϐρεθεί αν υπάρχουν κατευθύνσεις όπου η παράγωγος κατά κατεύθυνση της συνάρτησης 1 στο σηµείο P(0, 1) παίρνει τις τιµές 1, -1,. Λύση: Βρίσκουµε (i) ( f) P = e = a 0,D a f = e e = 1 (ii) Αν ϑέσουµε τώρα 1

2 a 0 = cosθe +sinθe Τότε ( f) P a 0 = sinθ Και επιτρέπονται µόνο οι τιµές ±1. Θέµα 3ο: Να εξετασθεί η ύπαρξη ή όχι των ορίων lim (,) (0,0) και lim (,) (0,0) ( ) +. Λύση: α) Αντικαθιστώντας = m 3, ϐλέπουµε ότι το όριο εξαρτάται από την τιµή της παραµέτρου m. Συνεπώς δεν υπάρχει. ϐ) Εχουµε ( ) lim = lim (,) (0,0) + (,) (0,0) + lim (,) (0,0) +. Ισχύουν επίσης οι σχέσεις και Οµως, lim 0 = 0 = lim 0. Εποµένως, ( ) lim = 0. (,) (0,0) + Θέµα 4ο: Ο ϱυθµός µεταβολής της περιστροφής ( ω) ενός ιδανικού ϱευστού µε ταχύτητα u, δίνεται από τη σχέση ω t = ( u ω). () Εστω ότι u = u e +u e και ω = ω z e z, µεu = u (),u = u () και ω z = ω z (z). Με αυτά τα δεδοµένα και γνωρίζοντας ότι ω = 0, να προσδιορίσετε τη µορφή της σχέσης. Με ϐάση την τελευταία, να αποδείξετε ότι ο ϱυθµός µεταβολής της περιστροφής ενός διαστελλόµενου ϱευστού ελαττώνεται µε τον χρόνο, ενώ αυτός ενός συστελλόµενου αυξάνει. Λύση: Από τους ορισµούς του εξωτερικού γινοµένου και της στροφής προκύπτουν οι σχέσεις u ω = u ω z e u ω z e και ( u ω) = z (u ω z ) e + z (u ω z ) e [ (u ω z )+ ] (u ω z ) e z,

3 αντίστοιχα. Άρα, εφόσον ω = ω z / z = 0 και u = u / + u /, η εξίσωση γράφεται ω t = ( u) ω. Συνεπώς, στην περίπτωση διαστολής, δηλαδή όταν u > 0, ο ϱυθµός περιστροφής ελαττώνεται. Αντίθετα, η συστολή αυξάνει την περιστροφή. Θέµα 5ο: Αν w = f(,,z) και τα (,,z) επαληθεύουν τη συνάρτηση g(,,z) = 3 και στο σηµείο P(0,0,0) έχουµε f = (1,,) και g = (, 1, 1). Υπολογίστε τις τιµές των παραγώγων (α) z/, (ϐ) w/, στο σηµείο P. Λύση: Από τη σχέση g(,,z) = 3 και g = (, 1, 1) έχουµε ( ) z g +g z ( z/ ) = 0 =, όµοια ϐρίσκουµε ότι ( w/ ) = 5. Θέµα 6ο: Να υπολογισθεί ο µέγιστος όγκος του ορθογωνίου παραλληλογράµµου του σχήµατος, αν το σηµείο P της κορυφής που είναι διαγώνια στο σηµείο (0,0,0) κινείται πάνω στην επιφάνεια + +z = 1. Λύση: Ο όγκος V = z = (1 ) και τα ακρότατα υπολογίζονται από τις σχέσεις V = V = 0. Αν υποθέσουµε ότι > 0, > 0, τότε (,) = (1/,1/). Υ- πολογίζοντας στο σηµείο αυτό τις παραγώγους V (1/,1/) = 3/, V (1/,1/) = 3/, V (1/,1/) = 1/, V V V < 0 και καταλήγουµε ότι ο όγκος είναι µέγιστος. 3

4 ΑΝΑΛΥΣΗ ΙΙ Ιούνιος 01 ΛΥΣΕΙΣ Ονοµατεπώνυµο... Α.Μ... Θέµα 1ο Προσεγγίστε τη συνάρτηση f(,) = ( 4) ++, Στην αρχή των συντεταγµένων µε ένα πολυώνυµο p(, ) τρίτου ϐαθµού ως προς τις µεταβλητές. Στη συνέχεια εξετάστε αν το p(,) παρουσιάζει άκρες τιµές. Λύση: f(,) = ( 4) [ ] ( 4) Το πολυώνυµο p(,) δεν παρουσιάζει άκρες τιµές. [ 1 + ] (+) = p(,) Θέµα ο Φυσικό µέγεθος Q εξαρτάται από τις µεταβλητές p,s,t και δίνεται από τη συνάρτηση Q(p,s,T) = ps ln(1+cos T) 1+ps Ζητείται να ϐρεθεί η σχετική µεταβολή του ϕυσικού µεγέθους Q, όταν έχουµε µεταβολές p, s και T στις µεταβλητές p, s, T. Λύση: dq Q = 1 [ ( 1 A A )] [ ] 1ps s A 1 A A ds+ s A 1 sintdt A A dp+ A (1+cos T) µε A 1 = ps ln(1+cos T),A = 1+ps Θέµα 3ο Να εξετασθεί η ύπαρξη ή όχι των ορίων lim (,) (0,0) και lim (,) (0,0) [ +sin ( 1 )]. Λύση: Στην πρώτη, µε την αντικατάσταση = rcosϑ και = rsinϑ, αποδεικνύεται ότι δεν υπάρχει όριο. Στην δεύτερη µε τον ορισµό ϑεωρούµε σηµείο (,) στην περιοχή του (0,0), που σηµαίνει ότι + < δ. Άρα έχουµε, < δ, η οποία οδηγεί στα εξής ( ( 1 ) +sin + 1 ) sin < δ. Εποµένως, ϑέτοντας δ = ε/, καταλήγουµε στην ( 1 ) +sin < ε, 1

5 η οποία ισχύει για κάθε ε (οσονδήποτε µικρό). Άρα το Ϲητούµενο όριο είναι µηδέν. Θέµα 4ο Θεωρούµε ϱευστό πυκνότητας ρ = ρ(t,,,z) το οποίο κινείται σε ϐαρυτικό δυναµικό Φ = Φ(t,,, z). Εστω ένα τυχαίο σωµατίδιο του ϱευστού, µε καρτεσιανές συντεταγµένες (,, z) και ταχύτητα u = u(t,,,z). Εστω επίσης ότιh = ( u)/3 είναι η µέση απόκλιση της ταχύτητας του ϱευστού. Να αποδείξετε ότι τα ολικά διαφορικά, ως προς τον χρόνο, των H και u γράφονται dh dt = H t +( u )H και d u dt = u t +( u ) u, αντίστοιχα (υπενθυµίζεται ότι u = u / +u / +u z / z). Στη συνέχεια, µε τη ϐοήθεια της ταυτότητας ( u ) u = [( u ) u] 1 3 ( u) και κάνοντας χρήση των εξισώσεων Euler και Poisson, d u dt = Φ και Φ = ρ, να αποδειχθεί ότι dh dt = H 1 3 ρ. Λύση: Ξεκινώντας από το ολικό διαφορικό της ταχύτητας έχουµε Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύεται και η d u dt = u t + u d dt + u d dt + u dz z dt = u t +u u +u u +u u z z = u t dh dt = H t +( u ) u. +( u )H. Στη συνέχεια, αντικαθιστώντας την H = ( u)/3 στην παραπάνω σχέση και κάνοντας χρήση της ϐοηθητικής ταυτότητας, έχουµε dh dt = 1 [ ] 3 t u)+( u ) u = 1 { 3 t ( u)+ [( u ) u] 1 } 3 ( u). Με αντιµετάθεση των µερικών παραγώγων έχουµε ( u)/ t = ( u/ t), οπότε dh dt = 1 { ( u )+ [( u 3 t ) u] 13 } ( u) 1 3 [ ( ] d u ) 3H. dt

6 Τέλος, µε τη ϐοήθεια των εξισώσεων Euler και Poisson, καταλήγουµε στην dh dt = 1 3 Φ H = H 1 3 ρ. Θέµα 5ο Να ϐρεθούν τα σηµεία της επιφάνειας + 3 z 6z +z = 5 που ϐρίσκονται πλησιέστερα και µακρύτερα από το επίπεδο O. Λύση: f(,,z) = z +λ( + 3 +z 6z +z +5) f = λ = 0 (1) f = λ( 3+z) = 0 () f z = 1+λ( 6+z) = 0 (3) f λ = ( + 3 +z 6z +z +5) = 0 (4) Από την εξίσωση 1 έχουµε = 0 ή λ = 0 και από τη λ = 0 ή z = 3. Για λ 0, = 0,z = 3 αντικαθιστούµε στην 4 ϑα έχουµε µετά τις πράξεις 3 = 4 άρα = ± 3,z = 3±4 3, = 0. Το πλησιέστερο σηµείο ϑα είναι N(0,/ 3,3 4/ 3) και το πιο αποµακρυσµένο F = (0, / 3,3+4/ 3). Θέµα 6ο Εστω οι επιφάνειες µε εξισώσεις: f 1 = + +z 9 = 0 και f = + z 3 = 0. α) Να υπολογισθεί η γωνία θ που σχηµατίζει η τοµή τους στο σηµείο P(, 1,) ϐ) Να υπολογισθεί η παράγωγος της συνάρτησης f 3 = + κατά την κατεύθυνση της εφαπτο- µένης της καµπύλης C που σχηµατίζει η τοµή των δύο επιφανειών στο σηµείο P. Λύση: α) Υπολογίζουµε τις κλήσεις f 1 και f στο σηµείο P και στη συνέχεια cosϑ = ( f 1) ( f ) f 1 f = ϑ 54,4 ϐ) Η εφαπτοµένη στη καµπύλη C στο σηµείο P ϑα έχει διεύθυνση Άρα D n3 f 3 = ( f 3 ) n 3 n 3 = n 1 n όταν το n 1 = f 1 f 1 και n = f f 3

7 ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΣΗ ΙΙ (Λύσεις) 1. Αγωνιστικό αυτοκίνητο εκτελεί ευθύγραµµη κίνηση, όπου το διάστηµα που διανύει = (t), ορίζεται ως πλεγµένη συνάρτηση του χρόνου t, από την εξίσωση F(,t) = 3 t + t 3 = 0. Ζητείται να ϐρεθεί η ϑέση, καθώς και το µέτρο της ταχύτητας και της επιτάχυνσης του αυτοκινήτου τη χρονική στιγµή t = 1. Λύση: Το µέτρο της ταχύτητας v = (d/dt) και της επιτάχυνσης α = (d /dt ) τη χρονική στιγµή t δίνονται από τις σχέσεις v = 3t +t 1 t +3 α = [ 3t 3 (t +10t+1 ) (3t+)(1+3 ) +t (3 1) ] (t 3 1) 3 Για t = 1 προκύπτει = 1,v = 5/3,α = /3.. Να ϐρεθεί η παράγωγος κατά κατεύθυνση της συνάρτησης f(,) = ln[1 + sin ( )], στο σηµείο P 0 (π/4,0), κατά την κατεύθυνση της ευθείας = (προς τα ϑετικά ). Λύση: Υπολογίζουµε την κλίση της συνάρτησης f(, ) στο σηµείο P(π/4,0) ( f) P = 3ê 4 3ê. Η διανυσµατική µονάδα κατά την Ϲητούµενη κατεύθυνση της ευθείας = είναι ˆn 0 = ê +ê 5. Τελικά η παράγωγος της συνάρτησης f(, ) κατά την Ϲητούµενη κατεύ- ϑυνση στο σηµείο P 0 είναι Dˆn0 f = ( f) P0 ˆn 0 = 0. 1

8 3. Σε ποιά από τα σηµείαp 1 (1/,0),P (b/a,1), έχει η συνάρτησηf(,) = a + b, άκρα τιµή. Υπάρχουν άλλα κρίσιµα σηµεία της συνάρτησης και, αν υπάρχουν, πως αξιολογούνται ( ικαιολογήστε την απάντησή σας). Λύση: Τα κρίσιµα σηµεία της συνάρτησης f(,) είναι ( ) ( ) ( 1 b b a b P 1,0,P 3 a,,p 4 a a, ) b a, a ενώ το P ( b a,1) δεν είναι κρίσιµο σηµείο της συνάρτησης. Το σηµείο P 1 είναι σχετικό ελάχιστο ενώ τα σηµεία P 3,P 4 είναι σαγµατικά, όταν ισχύει b a. 4. Να ϐρεθεί η καρτεσιανή εξίσωση της σφαίρας που είναι οµόκεντρη µε την σφαίρα + +z = 0 και εφάπτεται του επιπέδου + 3z 1 = 0. Λύση: Η σφαίρα + +z = 0 ( ) +(+3) +z = 5, εποµένως έχει κέντρο το σηµείο(, 3,0) και ακτίνα 5. Η Ϲητούµενη σφαίρα είναι οµόκεντρη και εφάπτεται του επιπέδου + 3z 1 = 0 άρα η απόσταση του κέντρου της σφαίρας από το εφαπτόµενο επίπεδο ϑα είναι ίση µε την ακτίνα της σφαίρας R = 1 + ( 3) ( 3) = Η εξίσωση της Ϲητούµενης σφαιρας είναι ( ) +( +3) +z = Τα Ελληνικά Ταχυδροµεία για την αποστολή ενός δέµατος χρεώνουν α- νάλογα µε το µέγεθος του κουτιού. Αν τα,,z 0 είναι οι ακµές ενός κουτιού που έχει σχήµα παραλληλεπιπέδου, το κουτί δεν ϑα υπερχρεωθεί αν + +z 500cm. Να ϐρεθεί ο µέγιστο όγκος του κουτιού για να µην υπάρξει υπερχρέωση. Λύση: Η άσκηση µπορεί να λυθεί µε πολλούς τρόπους ενας από αυτούς ϑα είναι να µεγιστοποιήσουµε τον όγκοv = z (µε > 0, > 0,z > 0)

9 όταν τα οι ακµές του παραλληλεπιπέδου υπακούουν ταυτόχρονα και το δεσµό ++z 500. Χρησιµοποιούµε την µέθοδο των πολλαπλασιαστών Lagrange και ϑα έχουµε F(,,z) = z +λ(+ +z 500) z = λ z = λ = λz + +z = 500. από το σύστηµα αυτό προκύπτει ότι = και z =. Επιστρέφοντας στο δεσµό υπολογίζουµε ++ = 500cm άρα = = 100cm και z = 10cm και ο µέγιστος όγκος ϑα είναι V = 10 5 cm Αν το διανυσµατικό πεδίο E(,,z) επαληθεύει της εξισώσεις E(,,z) = ρ(,,z), όπου η ρ(,,z) γνωστή ϐαθµωτή συνάρτηση και E(,,z) = 0, δείξτε ότι (α) E(,,z) = ϕ και (ϐ) Υπολογίστε το ϕ, όταν η ϕ(,,z) είναι επίσης ϐαθµωτή συνάρτηση. Λύση: (α) Η στροφή της σχέσης E = ϕ µας οδηγεί στη σχέση E = ( ϕ) και εύκολα αποδεικνύουµε ότι ê ê ê z ( ϕ) = z = 0 (ϐ) ϕ ϕ ϕ z E = ( ϕ) = ϕ = ρ(,,z) άρα η Λαπλασιανή της ϕ, ( ϕ) είναι ίση µε ρ(,,z). 3

10 Ä µ ÌËÁË ÆÄÍËÀ ÁÁ ÁÓÒÓ ¾¼¼ ÇÒÓÑØÔôÒÙÑÓ ºÅ ÜÑÒÓ ÂÑ ½º ³ ØÛ Ø ÔÙÒØØ Ò ÖÙ ØÓ ÒØ Ô Ñ ÙÒÖØ Ø ÑÓÖ ρ = ρ(,, z) ÔÓÙ {,, z} Ò Ò ÃÖØ Ò ØÑ ÒÓÖº Ò ρ 0 Ò ØÑ Ø ÔÙÒØØ ØÓ ÑÓ P 0 ( 0, 0, z 0 ) ρ 1 ØÑ Ø ØÓ ØÓÒ ÑÓ P 1 ( 1, 1, z 1 ) Ò ÔÓÕ Ø ÔÖôØ ÖÑѵ ÔÖÓ Õ Õ ρ 1 ρ 0 = ǫ ( ρ) 0, ÔÓÙ ǫ Ò ØÓ ÒÙ Ñ ÑØÜ ØÛÒ ÑÛÒ P 0 P 1 º Ä ÒÔØ ÓÒØ Ø Talor ØÓ ÑÓ P 0 ( 0, 0, z 0 ) ÕÓÙÑ ( ) ( ) ( ) ρ ρ ρ ρ(,, z) = ρ( 0, 0, z 0 )+ ( 0 )+ ( 0 )+ (z z 0 ). 0 0 z 0 ³Ö ØÓ ÑÓ P 1 ( 1, 1, z 1 ) Õ ( ) ( ) ( ) ρ ρ ρ ρ( 1, 1, z 1 ) = ρ( 0, 0, z 0 )+ ( 1 0 )+ ( 1 0 )+ (z 1 z 0 ). 0 0 z 0 ËÙÒÔô ØÐÓÙÑ ØÒ ρ 1 ρ 0 = ǫ ( ρ) 0, ÔÓÙ ǫ = ( 1 0 )ē 1 + ( 1 0 )ē + (z 1 z 0 )ē 3 º ÂÑ ¾º À ÒÑ Lorentz Ò ÑÒØÓ ÔÓÙ B = B 1 ē 1 +B ē +B 3 ē 3 ÓÖÞØ Ô ØÓ ÒÙ Ñ F = 1 B ( B ) B, ½

11 ÔÓÙ B = B1 +B +B 3 Ò ØÓ ØØÖÛÒÓ ØÓÙ ÑØÖÓÙ ØÓÙ ÔÓÙº ÍÔÓØÛÒ¹ Ø Ø B = 0 = B 3 Ø B 1 = B 1 ( 1,, 3 ) Ò ÔÖÓ ÓÖ ÓÒ Ó ØÖ ÙÒ Øô ØÓÙ Ò ÑØÓ F Û ÔÖÓ ØÒ ÃÖØ Ò {ē 1, ē, ē 3 } ÔÐ ØÖÓ ØÓÙ Ä Ï ÔÖÓ ØÒ {ē 1, ē, ē 3 } ÖÕ Õ ÖØ F 1 ē 1 + F ē + F 3 ē 3 = 1 ( ) B ē 1 + B ē + B ē 3 1 ( ) 3 B 1 + B + B 3 (B 1 ē 1 + B ē + B 3 ē 3 ). 1 3 ³ÇÑÛ ³ ÓÒ B = B 1 + B + B 3 B = 0 = B 3 B 1 = B 1 ( 1,, 3 ) ÕÓÙÑ F 1 ē 1 + F ē + F 3 ē 3 = 1 ³Ö Ó ØÖ ÙÒ Øô ØÓÙ Ò ÑØÓ F Ò ( ) B 1 ē 1 + B 1 ē + B 1 B 1 ē 3 B 1 ē F 1 = 0, F = 1 B1 και F 3 = 1 B1. 3 ÔÓÑÒÛ F = 1 ( B 1 ) + B1 3 F = 1 B 1 1 ē + 1 B ē 3. ÂÑ º µ Æ ÜØ Ø Ò Ó ÙÒÖØ u = + + z v = z, w = z Ò ÖÑÑ ÜÖØÑÒ Ò Ò Ò Ö Õ ÔÓÙ Ø ÙÒº µ Æ Ö Ü Û ØÓÙ ÔØÓÑÒÓÙ ÔÔÓÙ Ø Ø Ù ØÒ ÔÒ z = + 3 ¾

12 ØÓ ÑÓ P(1, 1, 3). Ä µ Ç ÙÒÖØ Ò ÖÑÑ ÜÖØÑÒ Ø ÁÛÒ ØÓÙ ÓÖÞÓÙ Ò Ñ ÑÒº À Õ ÔÓÙ Ø ÙÒ Ò w v + uv = 0. µ À Ü Û ØÓÙ ÔØÓÑÒÓÙ ÔÔÓÙ Ò + 5 z = 3 Òô Ü Û Ø Ø Ù ØÒ ÔÒ Ò 1 = (1/5)( 1) = 3 z. ÂÑ º ÔÔ Ò ÔÖÖØ Ô ØÓ ÙÒÑ V (, ) = +. ½µ Æ Ö Ò ÔÓÐÙôÒÙÑÓ ÙØÖÓÙ ÑÓ Û ÔÖÓ Ø ÑØÐØ ÔÓÙ Ò ÔÖÓ Þ ØÓ ÙÒÑ Ø Üº ½µ ØÓ ÑÓ P(0, 1). Ä ÖÞÑÒÓ Ø Ø ÒÛ Ø Ö ÓÙÑ Π(, ) = 1 8 ( +4++4). ÂÑ Æ ÖÓÒ Ò ÙÔÖÕÓÙÒµ Ø Ñ ÔÓÙ ØÓÒ Ñ ØÓ ØÓ ÐØÖÓ ØØ ÙÒÑÓ U(,, z) = z 3 Ö ÓÒØ ÔÒÛ ØÒ ÔÒ z 4 = a 4. Ä ÃÒÓÙÑ ÕÖ ØÛÒ ÔÓÐÐÔÐ ØôÒ Langrnge, Ö ÑÐØÑ ØÒ ÙÒÖØ F(,, z, λ) = z 3 + λ( z 4 a 4 ) F = λ = 0 F = λ = 0 F z = 3z + 4z 3 λ = 0 F λ = z 4 a 4 = 0 Ì Ö Ñ Ñ Ò ( = = z = 0) = = z = 3/(4λ), Ó ÙÒÙ ÑÓ ØÓÙ ÔºÕ (0, 3/(4λ), 0) ÐÔµ ÒØ ØôÒØ ØÒ Ü Û F λ = 0 ÕÓÙÑ λ = ±3 4 3/(4a) = = z = ± a 4 ØÓ Ñ ØÓ 3 ÙÒÑ U = 4 3a 3.

13 ÂÑ ÂÛÖÓÑ ØÓ ÐÐÝÓ f(,, z) = a + b + z c 1 = 0 µ Æ Ö ØÓ ÑÓÒÓ ÒÙ Ñ Ø ÜÛØÖ Ø ØÓ ÑÓ M( 0, 0, z 0 ) ØÓÙ ÐÐÝÓÓº ÙÒ ØÓÙ Ò ÑØÓ ÙØÓ ØÓ ÑÓ M( 0, 0, z 0 ). µ Æ Ö ÔÖÛÓ Ø f Ø Ø Ä µ ÌÓ ØÓ ÒÙ Ñ ØÓ ÐÐÝÓ ÔÖÔ Ò Ò ÔÖÐÐÐÓ Ñ ØÒ Ð ØÓ ÑÓ M( 0, 0, z 0 ) n = a ê + b ê + z c êz ØÓ ÑÓÒÓ µ n 0 = n n D n0 = ( f) n 0 = 0 a b + z 0 4 c 4

14 Ανάλυση ΙΙ Σεπτέμβριος 009 (Λύσεις) 1. Αλ z(, ) είλαη γλσζηή ζπλάξηεζε θαη u(, ) e, (, ) e λα ππνινγηζζνύλ ηα A z z θαη B ( z) ( z ) ζηηο λέεο κεηαβιεηέο (u,v). Υπάξρνπλ ηηκέο ησλ κεηαβιεηώλ u θα v γηα ηηο νπνίεο ηα Α θαη Β λα παξακέλνπλ αλαιινίσηα κεηά ην κεηαζρεκαηηζκό ζηηο λέεο κεηαβιεηέο; Λύση.: Θα ππνινγίζσ ηηο παξαγώγνπο ηεο z ζηηο λέεο κεηαβιεηέο (u,v). θαη z z u z v z e cos z e sin, u v u v z z u z v z e sin z e cos, u v u v uu uv vv u v z z u z u v z v z u z v uu uv vv u v z z e cos z e cos sin z e sin z e cos z e sin, Ομοια uu uv vv u v z z e sin z e cos sin z e cos z e cos z e sin. Δπνκέλσο, A z z e sin cos z e sin cos z uu vv e z z ( u v ) z z. uu vv uu vv u cos v sin u sin v cos u cos sin v sin cos u v ( ) u v e z z B z z z e z e z e z e ηα e zu cos zv sin zuzv cos sin zv cos zu cos zuzv cos sin e z z u v z z A u v z z ( ) uu vv B u v z z παξακέλνπλ αλαιινίσηα όηαλ u ( ) u v v 1

15 Έλαο δνξπθόξνο αθνινπζεί ηελ ηξνρηά 1 0 θαη επηθνηλσλεί κε ην θέληξν ειέγρνπ πνπ βξίζθεηαη ζην ζεκείν Μ(1,1) κόλνλ όηαλ ν ρξόλνο επηθνηλσλίαο ηνπο γίλεη ειάρηζηνο. Υπνινγίζηε ην ρξόλν πνπ ζα θάλεη ην ζήκα (αλ ππνζέζνπκε όηη ηαμηδεύεη κε ηαρύηεηα v 0 ) γηα λα θηάζεη από ην δνξπθόξν ζην θέληξν ειέγρνπ. Λύση: α) Θα πξέπεη λα γίλεη ειάρηζηε ε απόζηαζε όηαλ ν δνξπθόξνο είλαη ζηελ ηξνρηά αθξόηαηα από ηε ζρέζε F F ( 1) ( 1) 1 ( 1) (3 1 ) 0 F ( 1) (3 1 ) 0 d ( 1) ( n 1) 1 0. Υπνινγίδνληαο ηα 3 3 F 1 0 ( 1) ( 1) z ( ) άξα ηα ζεκεία ζα ππνινγηζζνύλ από ηηο ζρέζεηο ( )(3 9) θαη , 6 από ην Σ δελ πξνθύπηεη θαλέλα ζεκείν. Ζ ειάρηζηε απόζηαζε ζα είλαη d θαη ν ρξόλνο t / 0.. Εεηείηαη λα βξεζνύλ νη ηηκέο ηεο παξακέηξνπ λ θαη ηνπ αθέξαηνπ αξηζκνύ m, ώζηε λα ππάξρεη ην όξην lim, (Γηθαηνινγείζηε ηελ απάληεζή ζαο) m ( ) 4 Λύση: Θέησ 1, 1 θαη ην όξην γίλεηαη

16 m 1 1 lim 10, Φξεζηκνπνηώληαο πνιηθέο ζπληεηαγκέλεο πξνθύπηεη όηη ην όξην ππάξρεη θαη είλαη κεδέλ θαη m α) Αλ γηα ηηο ζπλαξηήζεηο u(, ), (, ) ηζρύεη u ( ). u u δείμηε όηη ηζρύεη β) Να βξεζεί ε ηηκή ηεο παξακέηξνπ α>0, έηζη ώζηε ε δεύηεξε παξάγσγνο ηεο πιεγκέλεο ζπλάξηεζεο ( ), πνπ νξίδεηαη από ηελ εμίζσζε F(, ) a 1 0, λα έρεη γηα 1, ηελ ηηκή -1/4. Λύση: α) Αλ ζέζσ, βιέπσ εύθνια, όηη ιόγσ ηεο δνζείζεο ζρέζεσο, νη ζπλαξηήζεηο u, είλαη ζπλαξηεζηαθά εμαξηεκέλεο. Σπλεπώο ηζρύεη ( ). Β) Αλ ιάβσ ππ όςηλ όηη a 0. 1 a 1 θαη 3, γηα 1, βξίζθσ a 5. Τν δηάλπζκα ηεο ζπλνιηθήο επηηάρπλζεο ξεπζηνύ πνπ θηλείηαη κε ηαρύηεηα ζε βαξπηηθό πεδίν δπλακηθνύ U είλαη όπνπ e e z ez d A U, dt (κε,,, i i t z, i,, ). Αλ d 1, dt t 3 είλαη ε νιηθή παξάγσγνο ηεο ηαρύηεηαο ηνπ ξεπζηνύ θαη () t ), λα απνδεηρζεί όηη d 1 1 A. dt 3 (κε Σεκεηώλεηαη όηη είλαη ε ππθλόηεηα ηνπ ξεπζηνύ, κε U. Λύση: Με δεδνκέλν ηνλ νξηζκό ηεο κεηαθνξηθήο παξαγώγνπ ηεο ηαρύηεηαο, ηελ ζρέζε U θαη ην όηη 0, ε απόθιηζε ηνπ δηαλύζκαηνο A νδεγεί ζηελ A t 3 1 1, (1)

17 όπνπ 1 3 e1 e e. 3 t t t t Από ην παξαπάλσ αλάπηπγκα πξνθύπηεη ε z t t t z t z d. t z t dt Αληηθαζηζηώληαο ηελ ηειεπηαία ζην δεμηό κέινο ηεο (1), θαηαιήγνπκε ζηελ δεηνύκελε ζρέζε. 6. Να πξνζεγγηζζεί κε πνιπώλπκν νπ βαζκνύ ε ζπλάξηεζε ζηελ αξρή ησλ αμόλσλ., ln 1 f, Λύση: Με απιή εθαξκνγή ηνπ ηύπνπ πξνθύπηεη ε πξνζεγγηζηηθή ζρέζε ln 1 1.

18 Εξετάσεις Ανάλυση ΙΙ Ιούνιος 008 (Λύσεις) 1. Η συνάρτηση του δυναμικού U της βαρύτητας εξαρτάται μόνο από την απόσταση Λύση: 4/6/008 r = + + z από την αρχή των συντεταγμένων, δηλαδή Ur (). Μετατρέψτε την έκφραση, U U U A = + + z σε παραγώγους του U ως προς r. U U r = r U U r U r = + r r. U U U 1 = r r r r r U U U 1 = r r r r r U U z U z 1 = z r r r r r U + U + Uzz = Urr + U r r 3. Εάν f (, ) = + z (, ) και το z (, ) ορίζεται από τη σχέση + z = 0, να προσεγγισθεί η f (, ) με πολυώνυμο πρώτου βαθμού στη γειτονιά του σημείου M (,). Λύση: f = + z (, ) (, ) f (, ) = f(, ) + ( ) f(, ) + ( ) f(, )

19 3 f = + z f = + z+ z. Από τη σχέση + z = 0, υπολογίζουμε το z= και z = =, z = = άρα f =, f = 3z 3 3z f(, ) = 16 + ( ) + ( ) Μια εταιρία σχεδιάζει να λανσάρει τρία νέα προϊόντα. Υποθέτοντας ότι θα κατασκευάσει,, z χιλιάδες από το καθένα αντίστοιχα υπολόγισε ότι τα κέρδη της θα ακολουθούν την συνάρτηση f ( z,, ) = z. Τεχνικοί περιορισμοί επιβάλουν τα νέα προϊόντα να υπακούουν την εξίσωση ϕ (, z,) = z + = 0. Πόσες χιλιάδες νέα προϊόντα πρέπει να κατασκευαστούν για να μεγιστοποιηθούν τα κέρδη? Λύση: Αντικαθιστώντας την τιμή του z από τον δεσμό έχουμε f(, ) = ( ),. Βρίσκουμε ένα κρίσιμο σημείο το 3 1 =, = και A=, B= 4, Γ= 1 Δ= B AΓ= 8. Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστο. 4. Να βρεθεί η παράγωγος της συνάρτησης 1 f(, ) = ln( + sin ) + tan ( ) + a, a> 0, κατά την κατεύθυνση της ευθείας -=, προς τα αρνητικά, στο σημείο P(0,1). Λύση: Η διανυσματική μονάδα κατά μήκος της ευθείας είναι e + e a = 5 Επίσης έχουμε f e a ae ( ) = + ln Τελικά Da f = a ( f ) = p [1 + a ln a ] 5 p

20 5. ίνεται η επιφάνεια Λύση 3 (,, ) z 1 0 f z = =. Να προσδιορισθούν οι εξισώσεις του εφαπτόμενου επιπέδου και της κάθετης ευθείας στο σημείο P 0 (1,, 3) της παραπάνω επιφάνειας. Το κάθετο διάνυσμα της επιφάνειας είναι f f f 3 3 f = e1+ e + e3 = 3 ze1+ ze + e3 z. Άρα, στο P 0 (1,, 3), ( f ) = 9e1 3e + e3 0. Αν Pz (,, ) είναι τυχαίο σημείο του εφαπτόμενου επιπέδου, τότε το διάνυσμα v= ( 1) e1+ ( + ) e + ( z 3) e3, ανήκει επίσης στο εφαπτόμενο επίπεδο και είναι κάθετο στο( f ). Άρα, η 0 v ( f ) = 9( 1) 3( + ) + ( z 3) = 0, είναι η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου. (1,, 3) Η κάθετη ευθεία στο σημείο P0 της επιφάνειας είναι παράλληλη στο διάνυσμα ( f ). Άρα έχει εξίσωση z 3 = = Έστω ότι E και B είναι τα ηλεκτρικά και μαγνητικά πεδία, αντίστοιχα, ενός ηλεκτρομαγνητικού πεδίου το οποίο `διαπερνά ένα φορτισμένο ρευστό. Σύμφωνα με τις εξισώσεις Mawell ισχύουν τα εξής B = E και B = 0, t Υποθέτουμε επίσης ότι E = v B, όπου v είναι η ταχύτητα του ρευστού. Τότε, αν B = Be και v= v1 e1, με B = B (,, z) και v (,, ) 1 = v z 1, να αποδειχθεί ότι B v 1 v 1 B B = e 1 B + v 1 e. t Λύση Έχουμε Επίσης e e e 1 3 E = v B= v1 0 0 = v1be3. 0 B 0

21 e1 e e3 v1 B v1 B E = = B + v1 e1+ B + v1 e. z 0 0 vb 1 Όμως B B = = 0. Συνδυάζοντας τις παραπάνω σχέσεις καταλήγουμε στην ζητούμενη έκφραση.

22 EXETASEIS ANALUSH II IoÔlioc 007 (LÔseic) 1. 'Estw = + f( + z ) (1) ìpou f( +z ) aujaðreth paragwgðsimh sunˆrthsh me suneq parˆgwgo kai f 0. DeÐte ìti h E. (1) orðzei se plegmènh morf tic sunart seic = (, z) kai z = z(, ). BreÐte tic merikèc parag gouc kai z twn sunart sewn aut n kai deðte ìti ikanopoioôn th sqèsh z z z z = 0. () LÔsh: OrÐzoume thn sunˆrthsh F (,, z) = f( + z ) (3) H E. (3) orðzei tic sunart seic z = z(, ) kai = (, z) ìtan F = 0 kai F z = zf 0, dhlad ìtan 0, z 0. Oi merikèc parˆgwgoi orðzontai apì tic sqèseic = F /F = (1 f )/, z = F /F z = (1 f )/(f z). Antikajist ntac sthn E. () tic parapˆnw timèc deðqnoume ìti thn epalhjeôoun.. UpologÐste thn mègisth kai elˆqisth tim thc sunˆrthshc f(,, z) = + + z pou eðnai orismènh sta shmeða thc sfaðrac + + z = a. LÔsh: DhmiourgoÔme th nèa sunˆrthsh F (,, z) = + + z + λ( + + z a ) Kai apì tic sqèseic F = F = F z = F λ = 0 brðskoume ìti = = z = 1/(λ) kai kˆnontac qr sh tou desmoô brðskoume ìti λ = ± 3/(a) = = z = ±a/ 3. H megðsth tim thc sunˆrthshc eðnai 3a kai h elaqðsth 3a. 1

23 3. Eetˆste an upˆrqei to ìrio lim e tan 3 [ ] sin +( 1) z + cos( + + z). (4) (,,z) (0,1, ) z sin( + + z) LÔsh: Kontˆ sto mhdèn isqôei tan sin. Jètoume t = 1 sto pr to ìrio kai to zhtoômeno ìrio grˆfetai. 3 sin +t lim e tan (,t) (0,0) lim (,,z) (0,1, ) [ ] 1 + cos(++z) z 1 sin(++z). (5) z To pr to apì ta parapˆnw ìria brðsketai eôkola Ðso me 1, an metasqhmatðsoume se polikèc suntetagmènec. 'Iso me th monˆda eðnai kai to deôtero ìrio. 'Ara to sunolikì ìrio eðnai h monˆda. 4. Ta et sia èsoda miac epiqeðrhshc dðnontai apì th sunˆrthsh f(, ) = a b, a, b 0 (6) a) ProseggÐste th sunˆrthsh (6) me èna polu numo deutèrou bajmoô wc proc tic metablhtèc sthn perioq tou shmeðou P 0 (1, 1). b)an h grammik prosèggish thc sunˆrthshc gia = 1.1, = 1.1 antiproswpeôei ta et sia èoda thc epiqeðrhshc gia to 006, na brejeð an h epiqeðrhsh èqei kèrdoc zhmða gia to ètoc autì, ìtan a = 3, b =. [DÐnetai (1.1) 5 = 1.61] LÔsh: AnaptÔssontac se seirˆ T alor sthn perioq tou shmeðou (1, 1) brðskoume f(, ) 1 + a( 1) + b( 1) (7) + 1 [ a(a 1)( 1) + ab( 1)( 1) + b(b 1)( 1) ] (b) Krat ntac touc grammikoôc ìrouc èqoume f(, ) 1 + a( 1) + b( 1) (8)

24 Sto shmeðo (1.1,1.1) h (8) paðrnei thn tim 1.5 pou eðnai ta èoda thc epiqeðrhshc gia to 006. 'Omwc ta èsoda thc epiqeðrhshc gia ton Ðdio qrìno dðnontai apì thn tim sunˆrthsh f(,, z) = a b. (9) Sto shmeðo (1.1, 1.1) h (9) dðnei arijmhtikì apotèlesma H diaforˆ = 0.11 eðnai ta kèrdh thc epiqeðrhshc. 5. a) Na brejeð h parˆgwgoc thc sunˆrthshc f(, ) = e, > 0, > 0 (10) sto shmeðo P (1, 1) katˆ thn kateôjunsh tou arnhtikoô ˆona O. b) Na brejeð h pr th kai h deôterh parˆgwgoc thc plegmènhc sunˆrthshc = () h opoða orðzetai apì thn eðswsh F (, ) = a = 0, a 0. (11) LÔsh: a) H parˆgwgoc sunˆrthshc katˆ kateôjunsh tou monadiaðou dianôsmatoc a sto shmeðo P (1, 1) dðnetai apì th sqèsh EÐnai ìmwc (D a f) P = ( f) P a (1) ( f) = [ f i + f ] j = e i + 3e j (13) a = j. Antikajist ntac tic parapˆnw timèc sthn (13) brðskoume b) (D a f) = 3e. (14) d d = a +, d ( a)(a + + ) = (15) d ( + ) 3 3

25 6. a) DÐnetai h epifˆneia 3 z = 1. Na brejoôn to kˆjeto diˆnusma kai to efaptìmeno epðpedo sto shmeðo P (1,, 3). b) JewroÔme reustì me puknìthta pou dðnetai apì ρ(,, z, t), ìpou = (t), = (t), z = z(t) orðzoun tic kartesianèc suntetagmènec kai t ton qrìno. An h sunolik metabol thc puknìthtac eðnai mhdèn, na apodeiqjeð ìti ρ t = v ρ (16) ìpou v eðnai h taqôthta tou reustoô. LÔsh: a) H epifˆneia orðzetai apì thn: f(,, z) = 3 z 1 = 0. (17) To kˆjeto diˆnusma sto P 0 ( 0, 0, z 0 ) eðnai: ( ) ( ) f f = f i + 0 Katˆ sunèpeia, sto shmeðo P (1,, 3), 0 ( ) f j + k. (18) z 0 f = 9 i 3 j + k. (19) To efaptìmeno epðpedo sto P 0 ( 0, 0, z 0 ) dðnetai apì thn eðswsh: ( ) f ( 0 ) + 0 'Ara, sto P (1,, 3), ( ) f ( 0 ) + 0 ( ) f (z z 0 ) = 0. (0) z 0 9( 1) 3( + ) + (z 3) = 0 (1) b) To olikì diaforikì thc ρ = ρ(,, z, t) eðnai: dρ = ρ ρ ρ ρ d + d + dz + dt = 0. () z t 4

26 Epomènwc, kai ρ d dt + ρ d dt + ρ dz z dt + ρ t = 0 (3) ρ t = v ρ. (4) 5

27 Εξετάσεις Ανάλυση ΙΙ Σεπτέμβριος 007 () (Λύσεις) /10/ Εξετάστε αν υπάρχει το όριο tan 4 ( ) lim e. (, ) (0,0) ( 4 + ) ΛΥΣΗ. Το πρώτο από τα παραπάνω όρια βρίσκεται εύκολα ίσο με 1, αν μετασχηματίσουμε σε πολικές συντεταγμένες. Ίσο με τη μονάδα είναι και το δεύτερο όριο. Θέτουμε 4 + = t. Κοντά στο μηδέν ισχύει tan -1 t=t. Είναι λοιπόν t lim =1. t 0 t Συνεπώς το συνολικό όριο είναι ίσο με τη μονάδα.. Εξετάστε αν παράσταση + a d+ a ln a+ tan d, a 0 cos > είναι τέλειο διαφορικό κάποιας συνάρτησης f (, ) ζητείται να βρεθεί η συνάρτηση f (, ).. Στην περίπτωση που είναι, ΛΥΣΗ: Ισχύει + a = a ln a+ tan. cos Επομένως η παράσταση είναι τέλειο διαφορικό κάποιας συνάρτησης f (, ) Εργαζόμενοι κατά τα γνωστά βρίσκουμε ( ) f, = a + tan+ c.. 3. Εξετάστε αν οι συναρτήσεις f1 = +, z f = + z, f3 = ( z)( z), είναι συναρτησιακά εξαρτημένες. Στην περίπτωση που είναι να βρεθεί η σχέση που τις συνδέει.

28 ΛΥΣΗ: Επειδή η Ιακωβιανή ορίζουσα D ( f1, f, f3 ) D(,, z) είναι ταυτοτικά ίση με μηδέν οι δοθείσες συναρτήσεις είναι συναρτησιακά εξαρτημένες. Η σχέση που τις συνδέει είναι ( ) f f f 3 = 1 /3 4. Δείξτε ότι η συνάρτηση z = ϕ ( / ) + h( / ) επαληθεύει τη διαφορική εξίσωση z+ z + z = 0. Οι συναρτήσεις φ και h είναι δύο φορές διαφορίσιμες στο πεδίο ορισμού τους Λύση: Η συνάρτηση z είναι ομογενής πρώτου βαθμού άρα z + z = z παραγωγίζοντας ως προς έχουμε και στη συνέχεια ως προς z + z + z = z (1) z + z + z = z () Πολλαπλασιάζοντας την (1) με το και τη () με το και προσθέτοντας καταλήξουμε στη ζητούμενη σχέση 5. Υποθέτουμε ότι ισχύει η εξίσωση F( +, + z ) = 0, όπου 0, 0 και z (, ) είναι πλεγμένη συνάρτηση. Δείξτε ότι η συνάρτηση z (, ) δεν παρουσιάζει ακρότατα στο πεδίο ορισμού της. Λύση: Οι συναρτήσεις f = +, f = + z, 1 είναι συναρτησιακά εξαρτημένες όπως φαίνεται από την εξίσωση F( f1, f) = 0, άρα η Ιακωβιανή ορίζουσα είναι μηδέν, ή D( f 1, f) = = 0 D (, ) + zz + zz z z z z =

29 Είναι αδύνατον η συνάρτηση z (, ) να παρουσιάζει ακρότατα γιατί αν z = z = 0 τότε η εξίσωση ( z/ ) z ( z/ ) z = δεν επαληθεύεται. 6. Σώμα στρέφεται με σταθερή γωνιακή ταχύτητα έτσι ώστε και όπου είναι το διάνυσμα θέσης του σώματος και οι διανυσματικές μονάδες σε ένα καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων. Αν είναι η ταχύτητα της κίνησης, να αποδειχθεί ότι με τη χρήση της ταυτότητας

30 ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΣΗ ΙΙι Ιούνιος 005 (Λύσεις) 1. Να υπολογισθεί (αν υπάρχει) το όριο της συνάρτησης F (,, z) = + ( + ) cos( + + z ) z + z στην αρχή των αξόνων. Λύση : Η συνάρτηση F γράφεται όπου Το όριο F = + + f = f, f = 1 cos( + + z + + z. 1 lim f = lim (,,z) (0,0,0) (,,z) (0,0,0) Άρα το όριο της F είναι το 1/. ( sin + +z + +z ) = 1/.. είξτε ότι αν η συνάρτηση f(,, z) ορίζεται από την εξίσωση F (f,, z + + ) = 0 τότε ϑα επαληθεύει και την εξίσωση f + f = f z. Λύση : Οι συναρτήσεις f, u =, v = z + + είναι συναρτησιακά εξαρτηµένες άρα ϑα επαληθεύουν την Ιακωβιανή ορίζουσα J = D(f, u, v) D(,, z) = 0. Με αντικατάσταση και από τον υπολογισµό της ορίζουσας καταλήγουµε στη Ϲητούµενη σχέση. 1

31 3. Θεωρούµε την εξίσωση F (,, z) = z 3 z = 0. (α) Να ϐρεθούν τα σηµεία (,, z) του R 3 σε περιοχές των οποίων η εξίσωση F = 0 ορίζει τη συνάρτηση z = z(, ). (ϐ) Να υπολογισθούν οι ισοσταθµικές καµπύλες της συνάρτησης z(, ) πολύ κοντά στο σηµείο P (0, 1). Σχήµα 1: Οι ισοσταθµικές καµπύλες Λύση : (α) Το ϑεώρηµα των πλεγµένων συναρτήσεων αποκλείει τα ση- µεία 3z 0 = 0, γιατί στα σηµεία αυτά η παράγωγος F z είναι ίση µε το µηδέν. (ϐ) Για να ϐρούµε τις ισοσταθµικές καµπύλες στη περιοχή P (0, 1) ϑα πρέπει να αναπτύξουµε σε σειρά Talor στη γειτονιά του εν λόγω σηµείου. Αρκεί δηλαδή να υπολογισθούν οι παράγωγοι Το ανάπτυγµα είναι z (0, 1), z (0, 1), z (0, 1), z (0, 1), z (0, 1). z(, ) = ( 1) 9 ( 1) 9 και οι ισοσταθµικές καµπύλες δίνονται από τη σχέση ( 1) ( 1)/3 ( 1) /3 = k.

32 4. Εντός δοθέντος ορθογωνίου παραλληλογράµου να ϐρεθεί σηµείο τέτοιο ώστε το άθροισµα των αποστάσεων του από τις κορυφές του παραλληλογράµου να είναι ελάχιστο. Λύση : Το παραλληλόγραµο ABCD έχει πλευρές a και b. Το άθροισµα των αποστάσεων των κορυφών από το σηµείο P ϑα είναι f(, ) = [ + ] + [(b ) + ] + [(a ) + (b ) ] + [ + (a ) ] ή f(, ) = [ + + (a ) + (b ) ] = F (, ) Σχήµα : Οι αποστάσεις είναι P A, P B, P C, P D λύνοντας το σύστηµα F = 0, F = 0 ϐρίσκουµε το κρίσιµο σηµείο = a/ και = b/. Εύκολα αποδεικνύεται ότι το σηµείο αυτό ελαχιστοποιεί τη συνάρτηση f. 5. Να εξεταστεί αν η παράσταση [ ( 1 cos )] d + [ ( )] cos d είναι διαφορικό κάποιας συνάρτησης f(, ). Στην περίπτωση που είναι να ϐρεθεί η συνάρτηση F (, ). ( ) Λύση : Η Ϲητούµενη συνάρτηση είναι f(, ) = sin + + c 6. Ενας σκιέρ κατεβαίνει ένα λόφο που η επιφάνεια του περιγράφεται από την συνάρτηση f(, ) = 3. 3

33 Κάποια στιγµή ϐρίσκεται επάνω στην ισοσταθµική καµπύλη f(, ) = c στο σηµείο P (1, ). Ζητείται να ϐρεθεί η κατεύθυνση της µεγίστης καθώς και η κατεύθυνση της µηδενικής κλίσης του λόφου την στιγµή εκείνη. Λύση : Η κλίση του λόφου δίνεται από τη παράγωγο κατά κατεύθυνση Dˆn0 f = ( f) ˆn 0. Η µεγίστη κλίση ϑα είναι κατά τη κατεύθυνση του διανύσµατος f στο σηµείο P, ( f) P = 10ê + ê. Η µηδενική κλίση ϑα είναι κατά τη κατεύθυνση του διανύσµατος που είναι κάθετο στο f. Εστω ότι το µοναδιαίο διάνυσµα που ψάχνουµε είναι το ˆn 0 = ηê + ξê τότε και ˆn 0 ˆn 0 = 1 = η + ξ (1) ( f) ˆn 0 = 10η + ξ = 0 (). Λύνοντας το σύστηµα των εξισώσεων (1) και () ϐρίσκουµε η = 1/ 6, ξ = 5/ 6. 4

34 Ονοµατεπώνυµο : ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΣΗ ΙΙ 1 ι Ιούνιος 005 Α.Μ: Εξάµηνο : 1. Να υπολογισθεί (αν υπάρχει) το όριο της συνάρτησης F (,, z) = + ( + ) cos( + + z ) z + z στην αρχή των αξόνων.. είξτε ότι αν η συνάρτηση f(,, z) ορίζεται από την εξίσωση F (f,, + z + ) = 0, τότε ϑα επαληθεύει και την εξίσωση f + f = f z. 3. Θεωρούµε την εξίσωση F (,, z) = z 3 z = 0. (α) Να ϐρεθούν τα σηµεία (,, z) του R 3 σε περιοχές των οποίων η εξίσωση F = 0 ορίζει τη συνάρτηση z = z(, ). (ϐ) Να υπολογισθούν οι ισοσταθµικές καµπύλες της συνάρτησης z(, ) πολύ κοντά στο σηµείο P (0, 1). 4. Εντός δοθέντος ορθογωνίου παραλληλογράµου να ϐρεθεί σηµείο τέτοιο ώστε το άθροισµα των αποστάσεων του από τις κορυφές του παραλληλογράµου να είναι ελάχιστο. 5. Να εξεταστεί αν η παράσταση [(1/) cos(/)]d+[ (/ ) cos(/)]d είναι διαφορικό κάποιας συνάρτησης f(, ). Στην περίπτωση που είναι να ϐρεθεί η συνάρτηση f(, ). 6. Ενας σκιέρ κατεβαίνει ένα λόφο που η επιφάνεια του περιγράφεται από την συνάρτηση f(, ) = 3. Κάποια στιγµή ϐρίσκεται επάνω στην ισοσταθµική καµπύλη f(, ) = c στο σηµείο P (1, ). Ζητείται να ϐρεθεί η κατεύθυνση της µέγιστης καθώς και η κατεύθυνση της µηδενικής κλίσης του λόφου την στιγµή εκείνη. 1 Τα ϑέµατα είναι ισοδύναµα. Η διάρκεια των εξετάσεων είναι τρεις ώρες. Χρησιµοποιήστε για το κάθε ϑέµα διαφορετική σελίδα. Απαγορεύεται το κάπνισµα κατά τη διάρκεια των εξετάσεων 1

35 EXETASEIS ANALUSH II IoÔnioc 004 Onomatep numo: A.M: Eˆmhno: Jèma 1. (a) Na brejeð h pr th kai h deôterh parˆgwgoc thc plegmènhc sunˆrthshc () pou orðzetai apì thn eðswsh F (, ) = 1 = 0. (b) Na brejoôn ìla ta shmeða thc epifˆneiac z = 3 sta opoða to efaptìmeno epðpedo eðnai orizìntio (z = z 0 ). Jèma. Eetˆste an upˆrqei to ìrio lim e + + (,) (, ) [ cos ( )] 1 (+). + Jèma 3. Ulikì shmeðo mˆzac m = 1 kineðtai apì thn epðdrash tou dunamikoô V (, ) = Na brejeð polu numo ou bajmoô wc proc tic metablhtèc pou na perigrˆfei thn kðnhsh sth perioq tou shmeðou P ( 1, 0). Poiˆ ja eðnai h morf thc dônamhc F = (F, F ) pou energeð sto ulikì shmeðo sth geitoniˆ tou shmeðou P, an oi sunist sec thc dônamhc perigrˆfontai apì tic sqèseic F = V, F = V ; Jèma 4. An h sunˆrthsh z = z(, ) ikanopoieð thn eðswsh F (++z, + + z ) = 0 na deiqjeð ìti den parousiˆzei akrìtato ìtan. Jèma 5. Na brejeð h elˆqisth kai h mègisth apìstash twn shmeðwn thc kampôlhc = 0 apì thn arq twn aìnwn. Jèma 6 DeÐte ìti h sunˆrthsh z(, ) = φ(/) + h(/) epalhjeôei thn diaforik eðswsh z + z + z = 0. Oi sunart seic φ kai h eðnai dôo forèc diaforðsimec sto pedðo orismoô touc. H diˆrkeia twn eetˆsewn eðnai treðc rec. Qrhsimopoi ste gia to kˆje jèma diaforetik selðda. ApagoreÔetai to kˆpnisma thn ra twn eetˆsewn. 1

36 ! #"%$ &#' (*)*)!+, -*./0$ '1 354*687:9<; ="!0$ A&B$! DC!EFC%GIHJJ&#><H#.K? L!&#M*NN!HPO%$ &#"QKH#NR./&#M*NN!HPJ? N%$%&#M*"!N!&#M*S.TBSJT$UC VJJ&#MXWYJ$ Z<H#N!V*W*H:N!HYTB"!O%?./0$UC[&\ ]0? N!HB$ > 0, &\E > 0 TBHB$^&\G z > 0, * FN\O!_B0&#-*5V*!$ Ẁ aq<$.ẁ #$ Z<H#N!V*W*0H`TB"!O!&#M*' + + z = 1. *J&#"!0?@N!HXO!&Z<0?<HJJ&5!$ 'bc Nd0H*JA*W*R NdJ&#MeH#N!$.&B$ _&#-*Nd./baQ<$.W5!$ *f W'./M*N!S#"W.W' LW*0? 0HB$%N!H #"!az<0?%j&b$ V#'HJJV 0&#M*'"!0? ' f(,, z) = z, >@? A&#M*'F_0$WeaQKHJA-%"Wg#$ Z<H#N!V*W*0HhN!HiTB"!O%?./0$B&e0&#M*"!N!&#M*S ; jbk<l8m[n FN!$ TBHZ@$.R NH#'FWNb!$ *fi&#m z, Wi./M*N!S#"W.W Q<? N!0HB$ f(,, z) f(, ) = (1 ). -*N!&#M*=0&i./-*.WH f = 0, f = 0 TBHB$J #"%?.TB&#M*oN!Hd.W0? &i > 0, > 0 0& = 1/3, = 1/6. =&Y.W0? &\H#M%VXZ<HY0? N!HB$@aQ<$.&pO%$ V*!$ = 1/3 < 0 TBHB$ J&#Nc 'F&iJHB? T#W'oG`_0$BWiaQ<?.Wg#$ Z<H#N!V*W*HeN!HiTB"!O%?./0$ A = 1/3. 0&e&#M*"!N!&#M*SiO%$ V*!$ z ma = 1 1/3 1/6 = 1/. 354*687rqs; FHg #"!az<0?wdjh#"!sq/c QK&#'oW'P./M*N!S#"W.W' ( ) 1 f(, ) = ln +, ( 0, 0) TBHJSYWNeTBHJM!Z<M*N!.WXW'iM!Z<0? H#', J"!&#'gHYZ<!$ TBS + = 1 1.&p.W0? & M(1, 1). jbk<l8m[n tm!z<0? H + = 1 N!0$B&#M*'FS#u!&N!'o.He.W0? H Q(0, 1) TBHB$ P (1, 0) H#N!?.&B$ _H ; =&\JH#"!SJA*A*W*A&\J"!&#'iWNXM!Z<0? HpO%$ S#N!M*./H:dTBHJ-!Z<M*N!.W > 0 0? N!HB$ P TBHB$ Q = (0 1)ê + (1 0)ê = ê + ê P a = Q = ê + ê. P Q tt#aj?.wdw' 0? N!HB$ f ( f = + ê + ) + ê. rlw*0&#-*nwojh#"!sq/c QK&#'.&P.W0? & M(1, 1) 0? N!HB$ (D a f) M = f a = /. 354*687wv8; FHh #"!az<0?<w5jh#"!sq/c QK&#' W'DAaQKNW'D./M*N!S#"W.W' z z(, ) J&#M &#"%? L!0H#$HJJVeWNDu%?.c.W o$k./m*! #HB? N!0$/V*H#N z z z + α = 0, α R. a = 1; #"!0? o.wndj"%? c.wih#m%fdwej$ T#fdJH#"!SQ/c QK& z.

37 jbk<l8m[n z = F F z = (z a) z 1. G[$ H a = 1 z = TBHB$ z = *687z^; FHe./_O%$ H#.&#-*ND&B$K$./&#.0HZ<J$ TB' TBH#*J-%A'W' f(, ) = e ( a ) cos J&*A-5TB&NHY.WNeJ"%$ &*_BfX&#M, )BC )1Q<$ H\O%$ S#><&#"!'b!$ 'dw'gjh#"!h#"!&#m a TBHB$ c Nb!$ *R NbW'P./M*N!S#"W.W' f ; jbk<l8m[n FN!HJ-*./.crWe./M*N!S#"W.W.WNDJ"%$ &*_Bfi0&#M, )BC )1TBHB$/TB"!HJRrV#"!&#M*' f _"%$/O!-%"W'0H#uW' ; ) f(, ) = 1 + a (1 = + a S#"!HiWiLW*0&#-*NWgJ"!&#./aQQ<$.We0? N!HB$ + a = h, 1 H#N a > 0 TBHB$ h > 0 V* 0? N!HB$M%J"0 #&*A', (1{H#N a > 0 TBHB$ M%J"0 #&*A'%C,} h < 0 1 H#N a > 0 TBHB$ h = 0 &B$JM!Z<0? ' = ± 1 C, +#1{H#N a a < 0 TBHB$ &B$#M!Z<0? ' h = 0 TB><M%AJ? L!&N0HB$%.&D.W0? &, )BC )1C,}~ 1 H#N a < 0 TBHB$ h < 0 A*A0$ KWC,} 1[H#N a < 0 TBHB$ h > 0 O!NFM%JS#"!_0$#TBH#*J-%A*W ;, 1 H#N a = 0 TBHB$ &B$#JH#"!SJA*A*W*A'=M!Z<0? ' h < 0 = ± h,}ƒ 1=H#N a = 0 TBHB$ h = 0 &XpS#u!&N!H#'%C,} 1=H#N a = 0 TBHB$ h < 0 O!N M%JS#"!_0$TBH#*J-%A*W ; 354*687 s;[ "W.K$ &JJ&B$ R NH#'o&iH#./_BWHJ!$./V u = + a TBHB$ v = + b TBHB$ Q<$ HpTBHJSJA*A*W*A'd!$ 'ec NX.0HZ<"R N a TBHB$ b, O!0? ugv*!$^w\./m*n!s#"w.w z(, ) J&#MgA*W"!0?WNDu%?.c.W z 4 z + z 4 = e *J&#"!0?/N!He0H#./_BWHJ!$.0?<.WN 4 z u = eu. jbk<l8m\ "W.K$ &JJ&B$ R N0H#'0&NPJ"!&*0$ N!V#N!&i0H#./_BWHJ!$./VhJHB? "!N!&#M* z = a z v + b z v (

38 TBHB$ V#&B$ H z = a z u + ab z u v + b z v TBHB$ z = z u + z u v + z v z = a z u + (a + b) z u v + z b v 0&eJ"R{&hA&#'FW' O!&#./NW'F./_.W'FQ<? N!HB$ (a 4a + 4) z u + [ab 4(a + b) + 8] z u v + (b 4b + 4) z v. ˆ./_.WYH#M%fIHJA&JJ&B$ 0? 0HB$@Z<&N0H#' b = TBHB$ TBHB$sWYH#"!_/$ T#fIu%?.c.W a = 0 Q<? N!0HB$ 4 z u = eu. 354*687Š FHeAW%Z<0?0&hV#"%$ &iw'./m*n!s#"w.w' ( + + z z V*0H#NP& 0 C 0 TBHB$ z (π/) jbk<l8m\ c "%? LczWi./M*N!S#"W.Wi./FO!-*&e"W +; TBHB$ A = ( ) + + z z ( B = z + + π ) cos(z++) =&e _0$/V#"%$ & ) ( z + + π ) cos(z++) A = (π/) + 4 (π/)

39 f G[$ H:&pEŒZ<0&#M* z (π/) S#"!H + lim ln B = t (π/) + t = + + z TBHB$^& t (π/) + H#N 0 C 0 TBHB$ lim cos t lim ln(t π/) = lim ln t (π/)(t π/) ( ( t (π/) + t (π/) + lim 1 ) = t (π/) ) cos t 1 cos t lim t (π/) + t (π/) sin t = 1 lim cos t t (π/) + t (π/) TBHB$&hH#"!_/$ TBVeV#"%$ &h0? N!HB$?./&e0&hV#"%$ &i0&#mg ; ŠŠŠŠŠŠŠŠŠŠŠŠŽ = lim sin t cos t 1 = 0 ln B = 0. Š0 % * a F 8šo %œj 8šo a š * a žÿ8 ž œ#!! % * œ # a *! B B! P0 %ª# % 0 * FœJ «% # %! J % * * a P *! %š0 œj! š=ÿ8 P 8š %œj 8š! +

40 & "!# $"% &(''() *+, -./ ,6 798;: 6 <4= > -? %LKNM OP$Q#R TSRUVSRWYXP"$"KHX"ZHM [I$"\]^]IX`_# $"!bax"]bcz$"\]d]ixe"m ]#NJ$"\!I]I$"\f ZgQfPg#hSiP"$"\kj^Q# lnx"]iiij(xm]ixmgq!i_m ZJ#hS$n ojm ]IXQ# > 0, $mu > 0 gqxq#$mw z > 0, P ]T_IpQ$"qPri#QjLPaH# ZIjLQ# lnx"]ii(ij(jxkgq!i_i$"\%"$"!ijmq]ixd_i$lnjm + + z = 1. XP"$s# P%tu]vPJXPOPj(bc]4"$"\wX"]b# Z$Q# p$"q]ztpah# ZIjw# PvIj%4Z\]If"!bIjZj% [Ij(JM JXQ#z]IXt "!I{lNJMz"$Q# i"%dxp"i4$"\%di!ijm %mknm OP$"\%dpJ#EIj f(,, z) = z, PaXPOPq(I!IjLQ# lnx"]ii(j(xm]ixdgq!i_m ZJ#J$dJ$"\!I]I$"\f RG X^ "!I{lNJMjk"X"!IfPau}a$"% Ij% Z\]If"!bIjZj% ( f(, ) = ln ), ( 0, 0) 1 + gqxpifsij]gqxpi\ln\]izj~j%t\lnjm X"% "!I$"%tJXslN# gqf + = 1 ZJ$ZjPJM M(1, G Xs "!I{lNJMjv"X"!IfPau}a$"% Ij%`POPaP]Ij%`Z\]If"!bIjZj% z z(, ) "$"\ $"!M [IXQ# XP"i4Ij]B M ZuZj r# Z\( "XQM ]IJ#EiX"] z z z + α = 0, α R. a = 1; U!IJM ISZIj]T"!M PuZjk"$"\kJ$ a = 1, Ij^"# g"ik"x"!ifpau}a$ EG XmZp_# X"ZJ$"q]T$Q#N# Z$"ZJXlN"# gq%vgqx""q(op%ij% f(, ) = e ( a ) cos "$OPqkgQ$]bJXnZIj]T"!# $(pkj$"\ 'S ' ah# Xm_# f"kh$"!i%# P%VIj% "X"!IX"PI!I$"\ a gqxq#u] # c]tij% Z\]If"!bIjZj% f P$P"$Q# c]bjx"%lj$`pjx"zpjpxp# ZPi u = + a gqxq# v = + b gqxq# ah# XBgQXPIfPOOPj(O% # P%Tu]dZJXlN!bc] a gqxq# b, _IJM biti(#rjmz\]if"!bijzj z(, ) "$"\ POPj!IJMQIj]T M ZuZj z 4 z + 4 z = e "$"!IJM]IXmPJX"ZpjPXP# ZIJMZj] 4( z/ u ) = e XnPOPIjlNJMQJ$mi"!# $dij% Z\]If"!bIjZj% ( ) + + z + 4 ( + + z z + + π ) cos(z++) i(jx"]j$ 0 S 0 gqxq# z (π/) +G Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y YŒ ŽI J ( { EšV œ J (" œ Eš {ž šj " J {ž ŸrE J ŸI Q ( IP Q T { T I ª J («Q ( J œ J ( " œ (ž Q P ( " ( J I œ { P { T (šb " še J EšV œ (" œ Eš(

41 ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ ΙΙ Φεβρουάριος 003 Επώνυµο Όνοµα Α. Μ. 1. Να βρεθεί το όριο της συνάρτησης όταν,. f (, ) = 5 3( + ) ( + ) + sin( + ) + sin sin ( + ) ( + ). α) Υπολογίστε την κλίση της εφαπτόµενης ευθείας στην καµπύλη sin( ) = στο σηµείο P(1/, π/3). β) Να βρεθεί η εξίσωση του εφαπτοµένου επιπέδου και της κάθετης ευθείας στην επιφάνεια z = 3 5 στο σηµείο P(,1,8). 3. Να βρεθούν και να χαρακτηριστούν τα κρίσιµα σηµεία της συνάρτησης f 3 (, ) = a a 0, a R 4. Θεωρούµε τις οµογενείς συναρτήσεις u(,) και v(,) βαθµού λ. Να δειχθεί ότι για την τυχαία συνάρτηση f=f(u,v) των u και v ισχύει η σχέση. f f f f λ u v + = + u v 5. (a) Έστω az (,, ) = a( ze,, ) + a( ze,, ) + a( ze,, ) µια z διανυσµατική συνάρτηση και φ(,,z) αριθµητική συνάρτηση. είξτε ότι ισχύει η ταυτότητα ( ϕa ) = ( ϕ) a+ ϕ a. z (b)υπολογίστε το διάνυσµα και +z=1/3. B = ( a ) αν a=( 3 +z 3 )e ˆ + ( +z )e ˆ +e ˆz 6. Θεωρούµε τη συνάρτηση Z(,)=f(+φ()), να δειχθεί ότι Z Z =Z Z. 1. ιάρκεια εξετάσεων 3 ώρες.. Κάθε θέµα σε ξεχωριστή σελίδα 3. Απαγορεύεται το κάπνισµα 4. Απαγορεύεται η χρήση βιβλίων ή σηµειώσεων. ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ!!!

42

43 ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ ΙΙ Φεβρουάριος 003 (Λύσεις) 1. Το όριο γράφεται sin( + ) 1+ 3 lim lim sin( + ) sin( + ) που ισούται µε 3/5 διότι 0 sin( + ) 1 α) Έχουµε F(, ) = sin( ) = 0 και d F cos( ) 1 = = d F cos( ) d 4 π = d 3 3 p β) Εφαρµόζοντας τη γενική θεωρία εύκολα βρίσκουµε β1) z 56 = 0 1 β ) = = 8 z Λύνουµε το σύστηµα και βρίσκουµε τα κρίσιµα σηµεία f f = 0, = ( i), ( ii), 3 8α 3 8α Είναι ακόµα f = 6, f = 0, f = 3α

44 Στο (i) = 19a 3 και αν α>0 είναι <0, έχουµε άκρα τιµή (Α<0), που είναι µέγιστο. Όταν α<0 έχουµε σαγµατικό σηµείο διότι προκύπτει >0. Στο (ii) = 19α 3 αν α>0 είναι >0 έχουµε σαγµατικό σηµείο. Όταν α<0 προκύπτει <0 άκρα τιµή, ελάχιστο, διότι (Α>0). 4. Οι συναρτήσεις u κα υ είναι οµογενείς άρα u u + = λu (1) υ υ + = λυ Η συνάρτηση f είναι σύνθετη, εποµένως έχουµε f f u f υ = + u v f f u f υ = + u v () (3) Πολλαπλασιάζοντας την () µε και την (3) µε και τις προσθέτουµε f f u u f υ υ f f f + = = λ u + υ u υ u υ 5α) ( ϕα) = ( ϕα ) + ( ϕα ) ( ϕα z) z a a a z = ϕ z ϕ ϕ ϕ α + α + αz z = ϕ( a) + a ( ϕ)

45 5β) Ισχύει η ταυ τότητα ( ) ( ) a = a a επειδή a = 0 ( a) = a = 6( z+ ) eˆ 4ˆ e B= ( eˆ + eˆ ) 6. Θέτουµε u(, ) = + ϕ( ) και Z = f( u) τότε Z = Zuu Z = Z u και Η δεύτερη παράγωγος είναι Z = Z u Z = Z ϕ. u u και Z = Z uu άρα Z = Zuuu Zuuϕ Z Z = ZuuZ = ZuuZuϕ Z = Z = Z Z ϕ = Z Z ϕ uu u uu και καταλήγουµε στο ζητούµενο αποτέλεσµα ZZ = ZZ

46 } a p "!$#"% &('*),+-+).0/ :;/< 351>=?A@CBD@FE GIHJ 3 K /1 (L(#M&(N-O PQ*(#&,!(RS-TUTWV9XT(N,YZU&W["% T\] O"% V9T_^`aRTZUTcbd TUTWUe OT$% % V9&([f-OT(Thg$T$%!$T-bd&,R&"\_&(f-OiUT$%jL(#"% V_UThU&lki+m^ ["% L(#ig$U% Tn o Oc PL(V9o O*Ue OT$%9#Ue '] # '"^ p #Q-Vj% &(&$% S-V_W\9% TqU&;g$L-bdhr T;U&qMm] #&;(&(NIV9T('s["% T-bdU&(N-hSmt T(O N,(T(#MU%9T(OL\g$QmtjM#Q-Vj% &(&$% S-V_g$T$%9QZ$e V_ouVjRe [Tl^ (T\_&(# f-ut$%jqwm#s-v9q*!m%!(r(e o OcS*!$&(Q"bdQ-L o O^ OvN,(L(#M&(N-Ow #io S-V9U% ';N-9] V_l&zM #"%V9T('Ig$T$%( #"% OIOT{ #bdu% g$l(&$% &('XT(YU&(N-'5["% [L(V_g$&-Oi '"^ (T\_&(# f-&-oiut$%(&$%,t(pfv9t('5vjn, Q,S-V9U% ' \9% Ts&(&$% T([S,(&,>T$% "e T_^ #"% \_#L(9T(OTRN,"% g$l~ut*!$s-tutz(&(n>bdtwtg$&"r&(n"bds-v9x\9% TWQ>Rf-V9Q&(N (#&,!(RS-TU&('"^(L(#MU% Q$% } bdt(oy,q,ut;oit(l(#zg$l(&$% 's&,ol([ 'ht(onue MTQcV_o V_SZ% [ ThTR,RLh&$%(#L(PU% ' V9T(' Ue OT$%RL-bd&('"^ Oi"e bdut~t(o>g$tut, RS-P*V9cV_o V_YlT(&"R V9(Tƒg$T$% [ Oh-(&(#&(f-ZOTT(OT\_Oio #"e V9&(N-WT(Y (&(NWU&W!\_LRTbdTsQ-[ O"% V_Ue&Wbd T_^ T(#T([i] V9T( #"% V9V9Y, # ' T(Ys( Oi&(L([ '>T(V_g$S-V9o O>U&sTg$T([Q-T gmyn&('>),+-+mk ),+-+)( k ) ˆ Š T-bdY(' Œ Š +- k

47 r Tƒk-^ŽCT$ % Ts(&$% Ls"% SZQ-' V_T-bd #L(' a > 0 U&s["% T(ON-V9T"% g$ys( ["e & F = z(1 + a)ê + z(1 + a)ê + (1 + a)ê z Ue OT$%*V9N-OiQ-#"% "% g$y ŽC[Q,RT([SDT(&,RUeQ g(r(e V9QD(% T(' T(#"% bdq,"% g$s-' V9N-OL(#iQ-V9Q-' f(,, z) TsN,(&"R&,\9% VbdUe9T(OcN,(L(#MU%jQWV9N-OL(#iQ-V9Q f ^ f-v9qm e OT$%9\_Oio V_YhY,"%j% V9Mf-U%9QWV9M V9Q ( f) = 0 L(#T F = ê ê ê z z z(1 + a) z(1 + a) (1 + az) = a(z )ê + a( z)ê + az( )ê z QhV9M V9QhT(N,SsQ-[ O"e UT$%dY-O&ƒT(OZU& a = 0. #T[ OWN,(L(#MU%d"% S~&(N a > 0 \9% ThQ-O*&(&$e TnU&s["% T(ON-V9T"% g$ys( ["e &nue OT$%jV9N-OiQ-#Q,"% g$y_^!m O T ["% T(ON-V9T"% g$l( ["e T F g$t$% G Ue OT$%-V9N-OiQ,#Q,"% g$l_t-ue OT$%,[N-OTY-OXOT>% V9Mf-U% QWV9M V9Q F G = ê + ê + zê z? % g$t$% &,R&"\9S-V_Q-O*T(L(OiQ-V9SWV9T('"^ f-v9qm Ue Pi(#i] UTsY,"%j% V9Mf-U%9QWV9M V9Q ( f g) = 0 = f g = ( f g z f z e e e z f g g f g f z g z ) ê ( f g z f z ) ( g f g ê + f T(O(L(#&(N-nQ;g(R(e V9QIbdTw[iUe P&(N-Y,"% Ue OT$% Q-[ Ot L(#T [ OUe OT$% [N-OTY-OIOT % V9Mf-U%9QWT(#M_% g$ss% V9Y,Q,UT ) g ê z \9% T"e F G = ê + ê + zê z ( F G) = 0 3. )

48 r T )$^D OIN,(&-bd V9&(N-&,"%5V9(% T R(e OQqU&!$L-bd&('ƒQ-'ƒV9ƒ#TwV9ng$L-bd V9Q-Ue & (, ) Q-' $% šjl(ou% T('["e OUT$%$T(YcQ>V9M V9Q f(, ) = Q*T(#M_% g$swv9&(nbd V9Q>U&WV9Q-Ue & O M(10, 5)^XŽCT$ #&('(&$% Th["% f"bdn-ov9q bdtz(#(u%ot g$&"rn--(s-v9q-' T(O>bdRU% ' OTsš9L(V9U% 'V_UTh#Q-MLhU&hUT(Mf, } #&s[n-oty-o Ž!m5 OcT(Y RL-bd&('g("e Q-V9QWT(#M_e V9Q-'OThg$&,RN--(L('g$TLsQW["% f"bdn-ov9q (&$e &('bdt 4ê + ê, Ue OT$%j&s#N"bdY('UT,!$&"RS-' U&(Nc!(L-bœ&(N,'V9V9M V9QWQ-O>(#&(Q,\_&(f- OQ~$% R&,\_S$ f-v9qm XŽCT$ 0g(R(e V9QZQ-' V9N-OL(#iQ-V9Q-' f Ue OT$% f = e 8e, g$t$%m\9% T~U&~V9Q-Ue & M bdtw M&(N- X&h Q"&(f- O&W["% L(ON ( f) M = 0ê 40ê. V9TWbdTh(#(U%9OTsUe OT$%9(T(#LR-RQ,R&sU&s["% L(ON-V9T f, L(#T ˆn = f f = 0ê 40ê = 1 ê ê g$t$%j&hut(mf, #&('#N"bdY('UT,!$&"RS-' U&(N*!$L-bd&(N-' Dˆn f = ( f) ˆn = Ž!m a#n"bdy('ut,!$&"rs-' U&(Nc!$L-bd&(N-' V9QZO Ts["% f"bdn-ov9q*bdtsue OT$% Y(&(N Dˆn1 = ( f) ˆn 1 g$t$% n 1 = 4ê ê 17 D n1 = << Dˆn L(#TbdT>š9L(V9 V_Q-OXTg(S$&"Rf T(#i\_Y, #T*T(OUe MT $% R PU%,&>[ f, #&>[#Y(&_^

49 } r T ^ ThN,(&"R&,\9e V9Q-ORL(M_% V_QcT(Y(V9UT(V9QcU&(Ncg$f,g(R&(N + = 1 QW N"bdUe T T$Y + = 4. f-v9qm ž X&W Q,&(f- O&WUe OT$%OT~RT(M_% V_U&(&$% S-V9&(N-Q*V9N-OL(#iQ-V9Q f(,, u, v) = ( u) + ( v) Y,T(OZUT(N,Y-M#&,OT% V9Mf-&(N-OW&$%œ[ V9S g 1 = + 1 = 0 g$t$% g = u + v 4 = 0. r Th(#(U%9OThRf-V9&(N-U&sV9f-V_Q-T + = 1 u + v = 4 ( u) = λ 1 ( v) = λ 1 ( u) = λ ( v) = λ T(#TQ-#&(f-~&,"% U&bdT(#(U% & λ 1 0, \9% T"e["% T(šj&(#i"% g$l;bdt; M&(N- = (&(f~ue OT$%jT([f-OiT&-Ot_\9% T"e_bdTsQW N"bdUe Th[ O* OU%&~g$f,g(R&_^ ` #T u, = v = = u = 1 λ = v =. λ 1 λ 1 λ 1 Oi"% g$t-bœ% V_i] OiUT(' = V_"% 's[f-&;r N,UT$e 's P"% V_] V9U% 'W!$#"e V_g$&(N-h&,"% u = v g$t$%œtƒtg$#y,uttue OT$% UTlV9Q-Ue T T$% = = ± /^*AT(Y(V_T(V9QnN,(&"R&"\9e d 1 = + 1 g$t$% d = Ÿ Q,U&(f- OQ RT(M_e V_Q T(Y(V_UT(V9Q Ue OT$% 1. d = 1 ˆ

50 EXETASEIS ANALUSH II Septèmbrioc 00 (LÔseic) Jèma 1. (a) Na brejeð h parˆmetroc a > 0 gia thn opoða to dianusmatikì pedðo F = z(1 + a)ê + z(1 + a)ê + (1 + a)ê z eðnai sunthrhtikì (dhlad apoteleð thn klðsh miac arijmhtik c sunˆrthshc f(,, z)). Na upologisjeð, an upˆrqei, h sunˆrthsh f. LÔsh: EÐnai gnwstì ìti isqôei h sqèsh ( f) = 0 ˆra F = ê ê ê z z z(1 + a) z(1 + a) (1 + a) = a( )ê aê + az( )ê z h sqèsh aut mhdenðzetai mìno an a = 0. 'Ara den upˆrqei tim tou a > 0 gia thn opoða to dianusmatikì pedðo na eðnai sunthrhtikì. b) An ta dianusmatikˆ pedða F kai G eðnai sunthrhtikˆ, eðnai dunatìn na isqôei h sqèsh F G = ê + ê + zê z? (1) Dikaiolog ste thn apˆnths sac. LÔsh: Ja deðoume pr ta ìti isqôei h tautìthta ( f g) = 0. = + f g = e e e z f g f g f z g z ( f g z f ) g ê z ( f g f g ( f g z f z ) g ê ) ê z. () H apìklish thc E. () eðnai Ðsh me to mhdèn, en h apìklish thc posìthtac ê + ê + zê z Ðsh me trða. 'Ara den isqôei h E. (1). 1

51 Jèma. Upojètoume ìti to bˆjoc miac lðmnhc se mètra, gia kˆje shmeðo (, ) thc epifˆneiac dðnetai apì th sqèsh f(, ) = 'Estw ìti h arqik jèsh enìc kolumbht eðnai to shmeðo M(10, 5). (a) Proc poia kateôjunsh ja prèpei na kolump sei an jèlei na ftˆsei sthn akt apo to suntomìtero drìmo? (b) An apì lˆjoc ektðmhsh arqðsei na kolumpˆ katˆ th kateôjunsh 4ê ê, poioc ja eðnai o rujmìc metabol c tou bˆjouc se sqèsh me thn prohgoômenh epilog pou tan kai h kalôterh dunat? LÔsh: (a) H klðsh thc sunˆrthshc f eðnai f = e 8e kai gia to shmeðo M ja èqoume ( f) M = 0ê 40ê. O rujmìc metabol c tou bˆjouc gðnetai mègistoc katˆ th dieôjunsh pou eðnai parˆllhlh me to diˆnusma f, ˆra ˆn = f f = 0ê 40ê = 1 5 ê 5 ê. O taqôteroc rujmìc aôhshc tou bˆjouc eðnai Dˆn f = ( f) ˆn = 0 5. Gia na bgeð sthn akt apo to suntomìtero dunatì drìmo ja prèpei na kinhjeð proc thn antðjeth kateôjunsh (elˆttwsh tou bˆjouc) 1 5 ê + 5 ê kai o rujmìc metabol c ja eðnai (b) O rujmìc metabol c tou bˆjouc sth nèa dieôjunsh ja eðnai Dˆn1 f = ( f) ˆn 1 ìpou kai ˆn 1 = 4ê ê 17 Dˆn1 f = ˆra ja ftˆsei sthn akt polô argìtera an epilèei to deôtero drìmo giatð Dˆn1 f << Dˆn f.

52 Jèma 3. Na upologðsete thn elˆqisth apìstash tou kôklou + = 1 apì thn eujeða + = 4. EpalhjeÔsete to apotèlesmˆ sac kai gewmetrikˆ. LÔsh: To zhtoômeno eðnai h elaqistopoðhsh thc sunˆrthshc d = f(,, u, v) = ( u) + ( v) (to tetrˆgwno thc apìstashc) ìtan tautìqrona isqôoun oi desmoð g 1 = + 1 = 0 kai g = u + v 4 = 0. H nèa sunˆrthsh eðnai F = f + λ 1 g 1 + λ g. Ja prèpei dhlad na lôsoume to sôsthma twn eis sewn g 1 = 0 g = 0 F = 0 F = 0 F u = 0 F v = 0 + = 1 u + v = 4 ( u) = λ 1 ( v) = λ 1 ( u) = λ ( v) = λ ParathroÔme ìti to λ 1 0, giatð diaforetikˆ ja èqoume = u, = v, poô eðnai adônaton afoô h eujeða den tèmnei ton kôklo. 'Ara = u = 1 λ = v =. λ 1 λ 1 λ 1 Antikajist ntac = stic dôo teleutaðec eis seic brðskoume ìti u = v kai ta akrìtata eðnai ta shmeða = = ± /. H apìstash upologðzetai d 1 = + 1 (megðsth) kai d = 1(elaqÐsth). H zhtoômenh apìstash eðnai to d = 1. 3

53 Jèma 4. Na brejeð to ìrio ( )) + lim e (1 + sin. (,) (, ) + LÔsh: To zhtoômeno ìrio analôetai se ginìmeno dôo orðwn ( )) + lim e (1 + sin = (,) (, ) + [ ] [ ( ( )) ] + lim e lim 1 + sin (,) (, ) (,) (, ) + UpologÐzoume ta ìria qwristˆ. (a) To pr to ìrio upologðzetai eôkola an allˆoume tic kartesianèc suntetagmènec se polikèc, = r cos φ, = r sin φ, lim e cos φ+sin φ r = e 0 = 1. r (b)gia to deôtero ìrio jètoume + = t kai brðskoume ( ( )) t 3 lim t + sin = t t pou eðnai aprosdiìristh morf. Jètoume kai R(t) = ( 1 + sin ( 3 t )) t ( ( 3 ln R(t) = t ln 1 + sin t lim ln R(t) = lim t f 1 (t) t lim t f (t) = 0 0., )) = ln ( 1 + sin ( )) 3 1 t t = f 1(t) f (t) aprosdiìristh morf.efarmìzoume to kanìna del Hôpital kai to ìrio upologðzetai apì th sqèsh f lim 1(t) t f (t) = 3 lim t ln R(t) = 3 kai lim t R(t) = e 3. 'Ara to zhtoômeno ìrio ja eðnai 1 e 3 = e 3. 4

54 Jèma 5. (i) Na eetasteð an upˆrqei tim thc paramètrou a 0 ste h parˆstash (a + )d + ( + )d na eðnai tèleio diaforikì kˆpoiac sunˆrthshc f(, ). An upˆrqei, zhteðtai na upologisteð h sunˆrthsh aut. (ii) Na brejeð h pr th kai deôterh parˆgwgoc thc peplegmènhc sunˆrthshc = (), pou orðzetai apì th sqèsh F (, ) = e = 0. LÔsh: (a) (b) f(, ) = a , a R = e 1, = e [( 1) e ] ( 1) 3 Jèma 6 DÐnetai h sunˆrthsh f(, ) = 1 +. Na brejeð polu numo deutèrou bajmoô wc proc ta,, pou na proseggðzei th sunˆrthsh f(, ) sthn perioq tou shmeðou P (1, 1). LÔsh: To anˆptugma Talor èqei th morf, f(, ) = f(1, 1) + f (1, 1)( 1) + f (1, 1)( 1) + 1 [ f (1, 1)( 1) + f (1, 1)( 1) + f (1, 1)( 1)( 1) ] +.. oi epimèrouc ìroi tou anaptôgmatoc eðnai f = f = 1 +, f = (1 + ), f = 1 +, (1 + ), f 3 = (1 + ). To zhtoômeno polu numo f(, ) = 1 8 [4 + 4( 1) 1]. 5

55 ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΣΗ II Ιούνιος 00 Οvoµατεπώvυµo...AEM Να βρεθεί µία διαφορική εξίσωση µε µερικές παραγώγους που να έχει λύση της την συνάρτηση z(, ) = f ( ) + g( + ). Οι συναρτήσεις f και g είναι τυχαίες διαφορίσιµες συναρτήσεις.. Η συνάρτηση z = f (, ) ικανοποιεί µια εξίσωση της µορφής F ( + + z, + + z ) = 0, όπου F τυχαία διαφορίσιµη συνάρτηση. Να δειχθεί ότι ικανοποιεί ταυτόχρονα και τη σχέση ( ) + ( z) z + ( z ) z =0. 3. Υποθέσουµε ότι η θερµική ενέργεια (Q), η εντροπία (S), η εσωτερική ενέργεια (Ε) και η πίεση (P) ενός ιδανικού αερίου είναι συνεχείς συναρτήσεις του όγκου (V) και της θερµοκρασίας (Τ), µε συνεχείς µερικές παραγώγους πρώτης και δεύτερης τάξης. Γνωρίζουµε ότι ισχύει η σχέση (πρώτο θερµοδυναµικό αξίωµα) dq = de + PdV (1) και ότι dq = TdS. Να δειχθεί ότι P E T = P +. T V 4. Επενδυτής ξόδεψε ποσό k>0 ευρώ και αγόρασε 5 µετοχές προς ευρώ τη µία,10 µετοχές προς ευρώ τη µία και 0 µετοχές προς z ευρώ τη µία. Αν οι τιµές των µετοχών υπόκεινται στη δέσµευση z + a + b = 0, a > 0, b > 0, ακολουθούν ανοδική πορεία και ρευστοποιηθούν στη µέγιστη τιµή τους, ζητείται να βρεθεί η σχέση µεταξύ k,α,b ώστε ο επενδυτής να διπλασιάσει τα χρήµατά του. 5. Ένα φυσικό φαινόµενο περιγράφεται από την ακόλουθη συνάρτηση 3 3 e f (, ) = ( ). sin( ) Ζητείται να βρεθεί ένα πολυώνυµο τετάρτου βαθµού ως προς τις µεταβλητές που να περιγράφει προσεγγιστικά το φυσικό φαινόµενο κοντά στην αρχή των συντεταγµένων. 6. Να βρεθεί αν υπάρχει τιµή της παραµέτρου λ που να κάνει τις συναρτήσεις 1 λ 1 f1 = + +, f = + z + z, f 3 = z, 0, 0, z 0 z συναρτησιακά εξαρτηµένες. Στην περίπτωση που υπάρχει να βρεθεί η σχέση που τις συνδέει. ΚΑΛΗ ΕΠIΤΥΧIΑ Κάθε θέµα θα γραφεί αυστηρά σε ξεχωριστή σελίδα Όλα τα θέµατα είvαι ισoδύvαµα ιάρκεια εξετάσεων 3 ώρες

56 ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΣΗ II Ιούνιος 00 Λύσεις 1. Παραγωγίζοντας τη συνάρτηση z έχουµε z = f + g z = f + 4 f + g + 4 g z = f + g z = f + g απαλείφοντας τα f,g,f και g καταλήγουµε στη ζητούµενη σχέση z z = 4 z. Θέτουµε + + z = u και + + z = v άρα F (u, v) = 0 και έχουµε F = 0 F (1 + z ) + F (+ zz ) =0 u v F = 0 F (1 + z ) + F (+ zz ) = 0 u v Για να ισχύουν οι παραπάνω σχέσεις για τυχαία συνάρτηση F θα πρέπει το οµογενές γραµµικό σύστηµα ως προς F u και F v να έχει µηδενική λύση άρα 1+ z 1+ z ( + zz ( + zz ) ) = 0 ( ) + ( z) z + ( z ) z =0 3. ιαφορίζουµε την εσωτερική ενέργεια E E de = dt + dv T V και από την εξίσωση (1) έχουµε de P ds = + dv ή T T

57 1 E 1 E ds = dt + P dv T T T + V. (Α) Ισχύει επίσης η σχέση S S ds = dt + dv (Β) T V Συγκρίνοντας τις εξισώσεις (Α) και (Β) καταλήγουµε στις σχέσεις S = T 1 T E T S και = V 1 T E P +. V Γνωρίζουµε ότι ισχύει επίσης S S = V T T V όταν η συνάρτηση S και οι παράγωγοι της είναι συνεχείς άρα 1 E 1 E = P + V T T T T V 1 E 1 E 1 P 1 E = P T V T T V T T T V T και καταλήγουµε στη ζητούµενη σχέση P E T = P+ T V. 4. Η προς µελέτη συνάρτηση είναι f (,, z) = z (1) όπου z = α b. Με αντικατάσταση στην (1) έχουµε () f (, ) = ( α b ) ( α > 0, b > 0) Λύνοντας το σύστηµα f = 0, f = 0 (3) βρίσκουµε

58 5 1 15b 4α =, =, z = (4) 8α 4b 64αb A = 40α, B = 0, Γ = 40b, = B ΑΓ = 1600αb < 0 Α=-40 α <0. Εποµένως έχουµε µέγιστο. Για να διπλασιάσει τα χρήµατά του πρέπει η µέγιστη τιµή της f (, ) να ισούται µε k. Τελικά προκύπτει 5(4α + 5b) k = 3αb 5. Κοντά στην αρχή ισχύει sin( ) και η συνάρτηση γίνεται f (, ) 3 3 e = ( + + )e = ( + + ) 1+ +, διότι e Για να είναι συναρτησιακά εξαρτηµένες θα πρέπει D(f1,f f 3) D(,, z) = 0, ή 1 + z z λ + z z 1 z + z = ( λ 1) + z + = 0 λ = 1 Η σχέση που τις συνδέει είναι f = f1f 3