Differences

This shows you the differences between two versions of the page.

--- courses:b0b01ma2:exams [2025/01/14 22:32] – jpelc
+++ courses:b0b01ma2:exams [2025/01/15 00:04] (current) – [Dvojný integrál] jpelc
@@ Line 1: / Line 1: @@
-====== Test 10.1.2025 ? ======
+====== Test 9.1.2025  ======
   - Určete rozvoj periodického prodloužení funkce $f(t) = |t|$, $-1 \leq t \leq 1$, ve Fourierovu řadu.
   - Jaká je vzdálenost plochy $4x^2 + y^2 - z^2 = 1$ od bodu $(0, 0, 0)$?
@@ Line 6: / Line 6: @@
   - Pomocí Gaussovy věty zjistěte, jaký je tok pole $\vec{F}(x, y, z) = (z^2 - x, -2xy, \frac{3z}{1 + x^2})$ hranicí tělesa omezeného plochami $z = 4 - y^2$, $z = 0$, $x = 0$ a $x = 3$ s vnější orientací.
+===== Řešení =====
+==== Fourierova řada ====
+<tikzjax>
+\begin{document}
+    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=2]
+        %x axis
+        \draw[->] (-1.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$t$};
+        \foreach \x in {-1,1,2}
+        \draw[shift={(\x,0)}] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$};
+        %y axis
+        \draw[->] (0,-0.5) -- (0,2) node[left] {$f(t)$};
+        \foreach \y in {1}
+        \draw[shift={(0,\y)}] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$};
+        \node[below left] at (0,0) {\footnotesize $0$};
+        % Function plot (piecewise linear)
+        \draw[red, thick, domain=-1:1] plot(\x, {abs(\x)});
+        \draw[red, thick] (1, 1) -- (2, 0);
+        \draw[red, thick] (2, 0) -- (2.5, 0.5);
+        \draw[red, thick] (-1, 1) -- (-1.5, 0.5);
+        % Points
+        \fill[red] (-1, 1) circle (1pt) node[above left] {};
+        \fill[red] (0, 0) circle (1pt) node[below right] {};
+        \fill[red] (1, 1) circle (1pt) node[above right] {};
+        \fill[red] (2, 0) circle (1pt) node[below right] {};
+    \end{tikzpicture}
+\end{document}
+</tikzjax>
+Perioda rozšíření je $T = 2$, tedy $\omega = \frac{2 \pi}{2} = \pi$. Rozšíření funkce $f$ je sudé (funkce je osově
+symetrická podle osy y), takže $b_k = 0$. Zbylé koeficienty Fourierovy řady jsou: $$ a_0 = 2 \cdot \frac{2}{T} \int_{0}^{1} t \, \mathrm{d}t = 2 \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{1} = 1 $$
+a pro $k \geq 1$:
+$$
+a_k = \frac{2 \cdot 2}{T} \int_{0}^{1} t \cos(k \pi t) \, \mathrm{d}t =
+\begin{array}{|c c|}
+    u=t & v'=\cos(k \pi t) \\
+    u'=1& v=\frac{\sin(k \pi t)}{k \pi}\\
+\end{array}
+= 2 \cdot \left[ \frac{t \sin(k \pi t)}{k \pi} \right]_{0}^{1} - \frac{2}{k \pi} \int_{0}^{1} \sin(k \pi t) \, \mathrm{d}t
+= \frac{2}{k^2 \pi^2}(\cos{k \pi} -1).
+$$
+A tedy:
+<mjax>
+a_k =
+\begin{cases}
+, & \text{pro } k=2n \\
+    -\frac{4}{k^2 \pi^2}, & \text{pro } k=2n+1, n \in \mathbb{N}
+\end{cases}
+</mjax>
+Protože periodické rozšíření funkce $f$ je spojité, tak Fourierova řada k němu konverguje stejnoměrně na celém $\mathbb{R}$.
+Proto můžeme napsat:
+$$
+f(t) = |t| = \frac{1}{2} - \sum_{n=0}^{\infty}\frac{4}{\pi^2(2n+1)^2}\cos((2n+1)\pi t), \qquad t \in \left\langle -1, 1 \right\rangle.
+$$
+==== Vzdálenost plochy od bodu ====
+Jaká je vzdálenost plochy $M$: $4x^2 + y^2 - z^2 = 1$ od bodu $(0, 0, 0)$?
+Ke zjištění vzdálenosti od počátku $(0, 0, 0)$ vezmeme funkci $f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2$, protože se čtvercem
+vzdálenosti se lépe pracuje. Tato funkce „v nekonečnu roste do nekonečna“ (tj. splňuje podmínky o nabytí globálního
+minima na $M$). Kandidáta na minimum můžeme opět najít metodou Lagrangeových multiplikátorů.
+Máme tedy $f(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2$ a vazbovou funkci $g(x, y, z) = 4x^2 + y^2 - z^2 - 1$. Zřejmě pro $(x, y, z) \in M$
+je $\nabla g(x, y, z) = (8x, 2y, -2z) \not= (0, 0, 0)$ (jinak by bylo $(x, y, z)=(0, 0, 0)$, což nesplňuje vazbovou podmínku).
+Pro bod $a = (x, y, z) \in M$ lokálního extrému $f$ na $M$ tak existuje $\lambda \in \mathbb{R}$, že
+$$
+(2x, 2y, 2z) = \nabla f(a) = \lambda \nabla g(a) = \lambda (8x, 2y, -2z)\text{.}
+$$
+Máme tak soustavu rovnic:
+\begin{align}
+x &= 8x \lambda \rightarrow x\\
+y &= 2y \lambda \\
+z &= -2z \lambda \\
+x^2 + y^2 - z^2 &= 1.
+\end{align}
+Tedy podezřelé body jsou $a_0 = (x, y, z)$.
+==== Konzervativní vektorové pole ====
+Ověřte, že vektorové pole $\vec{F}(x, y, z) = (e^z + z^2 y, \cos(y) + z^2 x, xe^z + 2xyz)$ je konzervativní a
+nalezněte jeho potenciál.
+\begin{align*}
+    \frac{\partial f}{\partial x} &= e^z + z^2 y \iff f(x, y, z) = xe^z + xyz^2 + C(y, z) & \\
+    \frac{\partial f}{\partial y} &= \cos(y) + z^2x \iff f(x, y, z) = xe^z + xyz^2 + \sin(y) + D(z) & \\
+    \frac{\partial f}{\partial z} &= xe^z + 2xyz \iff f(x, y, z) = xe^z + xyz^2 + \sin(y) + k, \, k \in \mathbb{R}
+\end{align*}
+Potenciál vektorového pole $\vec{F}$ je:
+$ f(x, y, z) = xe^z + xyz^2 + \sin(y) + k, \, k \in \mathbb{R}. $
+TODO: zdůvodnění
+==== Dvojný integrál ====
+Vypočtěte
+$$ \int_0^1 \int_{2y}^2 e^{x^2} dx\ dy $$
+Prohodíme pořadí integrace na $dy\ dx$.
+\begin{align*}
+    E\text{: } &0 \leq x \leq 2 & \\
+    &0 \leq y \leq \frac{x}{2}
+\end{align*}
+<tikzjax>
+\usepackage{tikz}
+\begin{document}
+\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=3.0]
+    % x axis
+    \draw[->] (-0.5,0) -- (3.5,0) node[below] {$x$};
+    \foreach \x in {1,2}
+        \draw[shift={(\x,0)}] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$};
+    % y axis
+    \draw[->] (0,-0.5) -- (0,2) node[left] {$y$};
+    \foreach \y in {1}
+        \draw[shift={(0,\y)}] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$};
+    \node[below left] at (0,0) {\footnotesize $0$};
+    % Fill the area manually
+    \fill[yellow, opacity=0.5] (0,0) -- (2,1) -- (2,0) -- cycle;
+    % Function plot (piecewise linear)
+    \draw[thick, domain=0:2] plot(\x, {\x/2});
+    \draw[dashed, domain=2:3] plot(\x, {\x/2}) node[right, font=\scriptsize] {$y=\frac{x}{2}$};
+    \draw[dashed] (2, 0) -- (2, 1);
+    \draw[dashed] (2, 1) -- (0, 1);
+    % Label for the shaded region
+    \node[font=\scriptsize] at (1.5,0.35) {$E$};
+\end{tikzpicture}
+\end{document}
+</tikzjax>
+\begin{align*}
+\int_0^2 \int_{0}^{\frac{x}{2}} e^{x^2} dy\ dx = \int_{0}^{2} \frac{x}{2} e^{x^2} dx =
+\begin{array}{|c|}
+    u=x^2\\
+    du = 2x\ dx\\
+\end{array}
+= \frac{1}{4} \int_0^4 e^u\ du = \frac{1}{4} (e^4 - 1)\text{.}
+\end{align*}
+==== Gaussova věta ====
+Pomocí Gaussovy věty zjistěte, jaký je tok pole $\vec{F}(x, y, z) = (z^2 -x, -2xy, \frac{3z}{1+x^2})$ hranicí tělesa
+omezeného plochami $z = 4 - y^2$, $z=0$, $x=0$ a $x=3$ s vnější orientací.
+Ze zadání máme skoro všechny meze útvaru známé, jen si nakreslíme $z$ v závislosti na $y$, abychom zjistili meze pro $y$.
+\begin{multicols}{2}
+    \begin{tikzpicture}[>=latex]
+        %x axis
+        \draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$y$};
+        \foreach \x in {-2, -1, 1,2}
+        \draw[shift={(\x,0)}] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$};
+        %y axis
+        \draw[->] (0,-0.5) -- (0,5) node[left] {$z$};
+        \foreach \y in {1, 2, 3, 4}
+        \draw[shift={(0,\y)}] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$};
+        \node[below left] at (0,0) {\footnotesize $0$};
+        % Function plot (piecewise linear)
+        \draw[name path=A, thick, domain=0:2] plot(\x, {4-\x^2} );
+        \draw[name path=B, thick, domain=-2:0] plot(\x, {4+\x^2} );
+        \draw[name path=C, thick, domain=-2:2] plot(0,0);
+        \tikzfillbetween[of=A and C, on layer=bg]{yellow};
+        \tikzfillbetween[of=B and C, on layer=bg]{yellow};
+        \node[font=\scriptsize] at (0.8,1.5) {$E$};
+    \end{tikzpicture}
+    \columnbreak
+    \begin{flalign*}
+        E\text{: } -2 &\leq y \leq 2 & \\
+        \phantom{-}0 &\leq z \leq 4-y^2
+    \end{flalign*}
+\end{multicols}
+$$
+\iiint\limits_{(M)} div(\vec{F}) \dif \vec{S} = \int_{0}^{3} \int_{-2}^{2} \int_{0}^{4-y^2} -1 -2x + \frac{3}{1+x^2}
+\dif z \dif y \dif x = -\int_{0}^{3} \int_{-2}^{2} 1(4-y^2) + 2x(4-y^2) - \frac{3(4-y^2)}{1+x^2} \dif y \dif x =
+$$
+$$
+-\int_{0}^{3} \int_{-2}^{2} 4 - y^2 + 8x -2xy^2 - \frac{12}{1+x^2} + \frac{3y^2}{1+x^2} \dif y \dif x = -\int_{0}^{3} 16 -
+\frac{16}{3} + 32x - \frac{32x}{3} - \frac{48}{1+x^2} + \frac{16}{1+x^2} \dif x =
+$$
+$$
+-\int_{0}^{3} \frac{32}{3} + \frac{64x}{3} - \frac{32}{1+x^2} \dif x = -(32 + 96 - 32 \arctan(3)) = 32(\arctan(3) - 4)\text{.}
+$$
 ====== Test 10.1.2025 ======
   - Rozviňte funkci $ f(x) = \frac{x}{1+2x^2} $ se středem v $ x_0 = 0 $ do mocninné řady. Určete největší otevřený interval, kde nastává rovnost funkce a řady.
@@ Line 15: / Line 219: @@
   - Užitím Stokesovy věty spočítejte $\iint_{(M)} \operatorname{rot}(\vec{F}) \cdot \mathrm{d}\vec{S},$ kde $\vec{F}(x, y, z) = (xy^2, -x^2y, xyz)$ a $ M $ je část $ z(x, y) = 1 - x^2 - y^2 $ nad rovinou $ xy $ orientovaná nahoru.
+Řešení: TBD
+====== Test 13.1.2025 ======
+  - Najděte rovnici tečné roviny k ploše $ M: x^3 + yz + 2xz^2 - z = 6 $ v bodě $[1, -1, -1]$.
+  - Mějme čtyřstěn, jenž je ohraničen souřadnicovými osami a rovinou $ x + 3y + 3z = 3 $, jehož jeden bod leží v počátku. Vepište do čtyřstěnu kvádr, tak aby byl jeho objem maximální.
+  - Vypočítejte křivkový integrál vektorového pole $ \vec{F} = (2y, \arcsin y) $ na jednotkové kružnici jdoucí v záporném smyslu z bodu $(1, 0)$ do bodu $(0, 1)$.
+  - Přepište následující integrál $$ \int_0^2 \int_1^{1+\sqrt{2x-x^2}} f \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}x $$
+    - v opačném pořadí integrace,
+    - v polárních souřadnicích se středem v počátku v pořadí $\mathrm{d}\rho\ \mathrm{d}\varphi$.
+  - Pomocí Gaussovy věty zjistěte, jaký je tok pole $ \vec{F}(x, y, z) = (-2xy^2 + z, y^3 + xz, \cos(x - y)) $ hranicí tělesa  $T: \{x, y, z \in \mathbb{R}^3 \mid x^2 \geq y^2 + z^2, x \geq 0, x^2 + y^2 + z^2 \leq 1\}.$
+Řešení: TBD

Trace: • b4b35psr • b0b01ma2 • b0b39pgr • b0b01ma2 • playground • b0b01lgr • b0b36dbs • b4b33rpz • b4b36zui

Differences

Search

Navigation

Print/export

Tools

QR Code