ולכן <math>f</math> דיפרנציאבילית ב <math>(0,0,0)</math>.
==שאלה 2==
דבר ראשון, בשביל בהירות. נסמן
<math>u=\frac{x}{x^2+y^2},\quad v= \frac{y}{x^2+y^2}</math>
כך שלמעשה ידוע <math>f_{uu}+f_{vv} = 0</math> וצריך להוכיח <math>g_{xx}+g_{yy} = 0</math>.
נכתוב את הביטויים <math>g_{xx},g_{yy}</math>
<math>g_x=f_uu_x+f_vv_x</math>
ולכן
<math>g_{xx}= (f_uu_x)_x+(f_vv_x)_x=(f_u)_xu_x+f_uu_{xx}+(f_v)_xv_x+f_vv_{xx}</math>
<math>=(f_{uu}u_x+f_{uv}v_x)u_x+f_uu_{xx}+(f_{vu}u_x+f_{vv}v_x)v_x+f_vv_{xx}</math>
<math>= f_{uu}(u_x)^2+f_{uv}u_xv_x+f_uu_{xx}+f_{vu}u_xv_x+f_{vv}(v_x)^2+f_vv_{xx}</math>
באופן דומה
<math>g_{yy}=f_{uu}(u_y)^2+f_{uv}u_yv_y+f_uu_{yy}+f_{vu}u_yv_y+f_{vv}(v_y)^2+f_vv_{yy}</math>
לכן צריך לחשב את
<math>f_{uu}(u_x)^2+f_{uv}u_xv_x+f_uu_{xx}+f_{vu}u_xv_x+f_{vv}(v_x)^2+f_vv_{xx}+f_{uu}(u_y)^2+f_{uv}u_yv_y+f_uu_{yy}+f_{vu}u_yv_y+f_{vv}(v_y)^2+f_vv_{yy}</math>
נקבץ את הביטוי בצורה הבאה:
<math>(f_{uu}(u_x)^2+f_{uu}(u_y)^2+f_{vv}(v_x)^2+f_{vv}(v_y)^2)+(2f_{uv}u_xv_x+2f_{uv}u_yv_y)+(f_uu_{xx}+f_uu_{yy}+f_vv_{xx}+f_vv_{yy})</math>
הסוגריים הראשונות הן:
<math>f_{uu}(u_x)^2+f_{uu}(u_y)^2+f_{vv}(v_x)^2+f_{vv}(v_y)^2 = f_{uu}((u_x)^2+(u_y)^2)+ f_{vv}((u_x)^2+(u_y)^2)=(f_{uu}+f_{vv})((u_x)^2+(u_y)^2)=0((u_x)^2+(u_y)^2)=0</math>
בשביל שאר הסוגריים חייבים סוף סוף לחשב את הנגזרות של <math>u,v</math>.
<math>u_x=\frac{x^2+y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}</math>
<math>u_y=\frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}</math>
בדומה
<math>v_x = \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}</math>
<math>v_y = \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}</math>
מכאן קל לראות ש <math>u_xv_x+u_yv_y=0</math>
ולכן הסוגריים השניים גם שווים ל 0.
נותר לעבוד על הסוגריים השלישיים
<math>f_uu_{xx}+f_uu_{yy}+f_vv_{xx}+f_vv_{yy}=(f_u)(u_{xx}+u_{yy})+(f_v)(v_{xx}+v_{yy})</math>
נחשב את <math>u_{xx},u_{yy}</math>
<math>(u_x)_x=(\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2})_x = \frac{-2x((x^2+y^2)^2)-2(x^2+y^2)(2x)(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^4}=\frac{-2x((x^2+y^2))-2(2x)(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^3} = \frac{2x^3-6xy^2}{(x^2+y^2)^3}</math>
<math>(u_y)_y = (\frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2})_y = \frac{(-2x)(x^2+y^2)^2 - 2(x^2+y^2)(2y)(-2xy)}{(x^2+y^2)^4} = \frac{(-2x)(x^2+y^2) - 2(2y)(-2xy)}{(x^2+y^2)^3}= \frac{-2x^3+6xy^2}{(x^2+y^2)^3}</math>
ולכן ברור ש
<math>u_{xx}+u_{yy} = 0</math>
באופן סימטרי
<math>v_{xx}+v_{yy}=0</math>
ולכן כל הביטוי הוא <math>0</math> וזה מוכיח את הדרוש
<math>x''(2)=\frac{(1-2)4-(0)(0+2)}{16}=-\frac{1}{4}</math>
==שאלה 4==
==שאלה 5==
===סעיף א===
כמו תמיד בחישוב אינטגרל של ערך מוחלט, צריך לפצל לתחום שבו הפונקציה חיובית ותחום שבו היא שלילית.
במקרה שלנו <math>\cos(\theta)</math> היא חיובית כאשר <math>0\leq\theta \leq \frac{\pi}{2}</math> וכאשר
<math>\frac{3\pi}{2} \leq\theta \leq 2\pi </math>
ושלילית כאשר <math>\frac{\pi}{2}\leq\theta \leq \frac{3\pi}{2}</math>
כלומר
<math>\int _0 ^\pi \, \int_0^\pi \, |\cos(x+y)| \mathrm{d}x\mathrm{d}y
= \iint \limits_{0\leq x+y \leq \frac{\pi}{2}} \, \cos(x+y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y
-\iint \limits_{\frac{\pi}{2}\leq x+y \leq \frac{3\pi}{2}} \, \cos(x+y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y
+\iint \limits_{\frac{3\pi}{2}\leq x+y \leq 2\pi } \, \cos(x+y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y</math>
האינטגרל הראשון הוא:
<math> \iint \limits_{0\leq x+y \leq \frac{\pi}{2}} \, \cos(x+y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y
= \int _0 ^\frac{\pi}{2} \, \int_0^{\frac{\pi}{2}-x} \, \cos(x+y) \mathrm{d}y \mathrm{d}x
= \int _0 ^\frac{\pi}{2} \, \sin(x+y) \mid_0^{\frac{\pi}{2}-x} \mathrm{d}x
</math>
<math>= \int _0 ^\frac{\pi}{2} \, 1 - \sin(x) \mathrm{d}x
= x+\cos(x) \mid_0 ^\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} - 1</math>
באופן דומה האינטגרל השלישי הוא:
<math> \iint \limits_{\frac{3\pi}{2}\leq x+y \leq 2\pi } \, \cos(x+y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y
= \int _\frac{\pi}{2} ^{\pi} \, \int_{\frac{3\pi}{2}-x}^{\pi} \, \cos(x+y) \mathrm{d}y\mathrm{d}x
= \int _\frac{\pi}{2} ^{\pi} \, \sin(x+y) \mid_{\frac{3\pi}{2}-x}^{\pi} \mathrm{d}x
</math>
<math>
= \int _\frac{\pi}{2} ^{\pi} \, \sin(x+\pi) +1 \mathrm{d}x = -\cos(x+\pi)+x \mid_\frac{\pi}{2} ^{\pi} = -1+\pi - \frac{\pi}{2}
= -1+ \frac{\pi}{2}
</math>
את האינטגרל השני צריך לפצל
<math>
\iint \limits_{\frac{\pi}{2}\leq x+y \leq \frac{3\pi}{2}} \, \cos(x+y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y
=
\int _0 ^{\frac{\pi}{2}} \, \int_{\frac{\pi}{2}-x}^{\pi} \, \cos(x+y) \mathrm{d}y\mathrm{d}x+
\int _\frac{\pi}{2} ^{\pi} \, \int_0^{\frac{3\pi}{2}-x} \, \cos(x+y) \mathrm{d}y\mathrm{d}x
</math>
<math>
=
\int _0 ^{\frac{\pi}{2}} \, \sin(x+y) \mid_{\frac{\pi}{2}-x}^{\pi} \mathrm{d}x+
\int _\frac{\pi}{2} ^{\pi} \, \sin(x+y) \mid_0^{\frac{3\pi}{2}-x} \mathrm{d}x
=
\int _0 ^{\frac{\pi}{2}} \, \sin(x+\pi) - 1 \mathrm{d}x
\int _\frac{\pi}{2} ^{\pi} \, -1 -\sin(x) \mathrm{d}x
</math>
<math>
=
-\cos(x+\pi) - x \mid_0 ^{\frac{\pi}{2}}+
-x +\cos(x) \mid_\frac{\pi}{2} ^{\pi}
=
-\frac{\pi}{2}-1 -\pi -1 + \frac{\pi}{2} = -2-\pi
</math>
לכן הפתרון בסך הכל הוא:
<math>\frac{\pi}{2}-1 +2+\pi +\frac{\pi}{2}-1=2\pi</math>
===סעיף ב===
===סעיף ב===
(אתם מוזמנים לערוך את הפתרון, הוא מופיע גם בדף השאלות והתשובות. התשובה הסופית נכונה.)
מצא את נפח הגוף החסום ע"י המשטחים הבאים: <math>z=x^{2}+y^{2},z=0,x^{2}+y^{2}=x,x^{2}+y^{2}=2x</math>
נראה שצריך להשתמש כאן בקוארדינטות צילינדריות
<math>x=r\cos \theta ,\quad y= r\sin\theta, \quad z=z</math>
לכל <math>(x,y)</math> (או <math>(r,\theta)</math>) מסוימים. ערך <math>z</math> יכול לנוע מ <math>0</math> ועד <math>x^2+y^2</math> (או מ <math>0</math> ועד <math>r^2</math>)
לכן אנחנו רוצים את האינטגרל
<math>\iint \limits_{x\leq x^2+y^2 \leq 2x} \, \int_0^{x^2+y^2} \mathrm{d}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y</math>
אחרי מעבר לקוארדינטות צילינדריות, ברור שזה יהיה משהו מהצורה
<math>\int_?^? \, \int_?^? \, \int_0^{x^2+y^2} \, r \mathrm{d}z\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta</math>
הבעיה היא רק לקבוע את הגבולות
נסתכל על התנאים
<math>x^2+y^2=2x,\quad x^2+y^2=x</math>
אלה שני מעגלים
<math>(x-1)^2+y^2=1,\quad (x-\frac{1}{2})^2+y^2=\frac{1}{4}</math>
שניהם נמצאים בצד הימני של המישור <math>x>0</math>
ולכן התחום שלנו עבור <math>\theta</math> יהיה
<math>[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]</math>
נותר למצוא את התחום של <math>r</math>.
התנאי <math>x^2+y^2=2x</math>
שקול ל <math>r^2=2r\cos\theta</math>
כלומר <math>r=2\cos\theta</math>
בדומה התנאי השני הוא <math>r=\cos\theta</math>
לכן התחום עבור <math>r</math> הוא <math>[\cos\theta,2\cos\theta]</math>
כעת נותר לחשב את האינטגרל
<math>\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \, \int_{\cos\theta}^{2\cos\theta} \, \int_0^{r^2} \, r \mathrm{d}z\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta
= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \, \int_{\cos\theta}^{2\cos\theta} \, r^3 \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta
= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \, \frac{1}{4} r^4 \mid^{2\cos\theta}_{\cos\theta} \mathrm{d}\theta
=\frac{15}{4} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \, \cos^4\theta \mathrm{d}\theta
</math>
נשתמש (פעמיים) בנוסחא <math>\cos^2(\theta) = \frac{1+\cos2\theta}{2}</math>
ונקבל
<math>\frac{15}{4} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \, \cos^4\theta \mathrm{d}\theta =
\frac{15}{4} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \,\frac{(1+\cos2\theta)^2}{4} \mathrm{d}\theta =
\frac{15}{16} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \,(1+2\cos2\theta+ \cos^22\theta)\mathrm{d}\theta =
\frac{15}{16} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \,(\frac{3}{2}+2\cos2\theta+ \frac{1}{2}\cos4\theta)\mathrm{d}\theta
</math>
<math>
= \frac{15}{16}(\frac{3}{2}\theta+\sin2\theta+ \frac{1}{8}\sin4\theta) \mid_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}
= \frac{15}{16} ( \frac{3}{2} \pi ) = \frac{45}{32} \pi
</math>
סטודנט העלה הנה עוד פתרון שנראה גם נכון.--[[משתמש:איתמר שטיין|איתמר שטיין]] 08:37, 15 בפברואר 2013 (IST)
גישה פשוטה שנראית לי נכונה: בוא נגיד ש D הוא התחום הנ"ל.