1. No category

‫جامعة بنها‬
‫اولي علوم طبيعيه قديم‬
‫كلية العلوم‬
‫إجابة تفاضل عالي‬
‫الفصل الدراسي الثاني ‪1112 / 1122‬‬
‫الزمن ‪ :‬ساعتان‬
‫األحد ‪2012 / 6 / 3:‬‬
‫أستاذ المادة‪ :‬أ‪.‬د‪ / .‬محمود عبدالعاطي محمود – كلية العلوم‬
‫(درجة االمتحان ‪ 08‬درجة موزعة على االسئلة بالتساوي)‬
‫اجابة السؤال االول ‪:‬‬
‫أ‪ -‬إذا كانت ‪ z  y x‬فإنه بأخذ لوغاريتم الطرفين نجد أن‬
‫‪ln z  x ln y‬‬
‫‪z‬‬
‫‪z‬‬
‫‪x  ln y  z  z ln y , y  x  z  xy x1‬‬
‫‪z‬‬
‫‪x‬‬
‫‪z‬‬
‫‪y‬‬
‫‪y‬‬
‫‪2 z‬‬
‫‪2z‬‬
‫‪x‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ y (ln y ) ,‬‬
‫‪ x( x  1) y x2 ,‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪x‬‬
‫‪y‬‬
‫‪2 z‬‬
‫‪3 z‬‬
‫‪x 1‬‬
‫‪x 1‬‬
‫‪ xy ln y  y  ,‬‬
‫‪ y x (ln y ) 3‬‬
‫‪3‬‬
‫‪xy‬‬
‫‪y x‬‬
‫ب‪ -‬سوف نستخدم القانون إليجاد مفكوك بداللة قوى )‪-: ( y  2) ، ( x  1‬‬
‫‪f (1,2)  e 2‬‬
‫‪f ( x, y)  e xy‬‬
‫‪f x (1,2)  2e 2‬‬
‫‪f x ( x, y)  ye xy‬‬
‫‪f y (1,2)  e 2‬‬
‫‪f y ( x, y)  xexy‬‬
‫‪f xx (1,2)  4e 2‬‬
‫‪f xx ( x, y)  y 2e xy‬‬
f xy ( x, y)  xyexy  e xy
f xy (1,2)  3e 2
f yy ( x, y)  x 2e xy
f yy (1,2)  e 2
888888888888888888888888888888888
888888888888888888888888888888888
 f ( x, y )  f (1,2)  ( x  1)
f (1,2)
f (1,2)
 ( y  2)
x
y
2
1
 2 f (1,2)
2  f (1,2)
 ( x  1)
 2( x  1)( y  2)
2! 
x 2
xy
 2 f (1,2) 
 ( y  2)

y 2 
2
1

( x  1) 2  4e 2
2!
 2( x  1)( y  2)  3e 2  ( y  2) 2 e 2   
 e xy  e 2  ( x  1)  2e 2  ( y  2)e 2 
 e 2 1  2( x  1)  ( y  2)  2( x  1) 2
1
 3( x  1)( y  2)  ( y  2) 2  
2
‫ نستخدم المعادلة‬x, y ‫وإليجاد المفكوك بداللة‬
f (0,0)  1 ,
f xx (0,0)  0 ,
f x (0,0)  0 ,
f xy (0,0)  1 ,
f y (0,0)  0
f yy (0,0)  0 ,
e xy  1  xy  
ً ‫ في البداية نوجد النقط الحرجة لهذه الدالة وذلك بحل المعادلتين اآلتيتين آنيا‬-‫ج‬
‫‪z x  6 x 2  2( x  y )  0‬‬
‫‪z y  2( x  y )  6  0‬‬
‫بحل المعادلتين نجد أن‬
‫‪6 x 2  6  0  x 2  1  x1  1 , x2  1‬‬
‫وبالتعويض في المعادلة الثانية نجد أن‬
‫‪y1  2 , y2  4‬‬
‫أي أن للدالة المعطاة نقطتان حرجتان هما‬
‫)‪(1,2) , (1,4‬‬
‫لمعرفة نوعية هاتين النقطتين نستخدم المعادلتين )‪(1),(2‬‬
‫‪z xx  12 x  2 , z xy  2 , z yy  2‬‬
‫عند النقطة )‪ (1,2‬نجد أن‬
‫‪z xx z yy  z xy2  (10)(2)  (2) 2  24  0‬‬
‫أي أن هذه النقطة ‪8 Saddle Point‬‬
‫عند النقطة )‪ (1,4‬نجد أن‬
‫‪z xx z yy  z xy2  (14)(2)  4  24  0‬‬
‫وبماا أن ‪ z xx (1,4)  14  0‬إذن للدالااة نهايااة ععماى عنااد النقطااة )‪(1,4‬‬
‫قيمتها‬
‫‪zmax  z (1,4)  2(1)3  (1  4) 2  6(4)  13‬‬
‫اجابة السؤال الثاني ‪:‬‬
‫أ‪-‬‬
‫ولكن‬
‫ب‪ -‬نعتبر الدالة‬
‫)‪h  ( x 2  y 2  z 2 )   ( xy  z  1‬‬
‫‪hx  2 x  y  0‬‬
‫‪h y  2 y  x  0‬‬
‫‪hz  2 z    0‬‬
‫‪h  xy  z  1  0‬‬
‫بطرح المعادلة الثانية من األولى نجد أن‬
‫‪( x  y)(  2)  0  x  y ,   2‬‬
‫بااالتعويض عاان ‪   2‬فااي الثالثااة نجااد أن ‪ z  1‬وماان المعادلااة الرابعااة نجااد أن‬
‫‪8 x y0‬‬
‫‪ ‬النقطة التي تقع على السطح ‪ z  xy  1‬وتكاون أقارب نقطاة إلاى نقطاة األ ال‬
‫هي النقطة )‪ (0,0,1‬وبالتالي فإن أق ر بعد يساوي‬
‫‪d  x2  y 2  z 2  1‬‬
‫ج‪-‬‬
‫باســـتخدام نفس الطريقة المستخدمة‬
‫في حل المثال رقم (‪ )5‬نجد أنه بأخذ‬
‫‪y‬‬
‫‪x3‬‬
‫شريحة رأسية نجد أن حدود التكامل‬
‫‪y 1‬‬
‫هي‬
‫‪x  3y‬‬
‫‪y:0  x/3‬‬
‫‪x:0 3 ,‬‬
‫‪x/3‬‬
‫‪dx‬‬
‫‪0‬‬
‫‪x‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪ dx   ye x‬‬
‫‪‬‬
‫‪0‬‬
‫‪o‬‬
‫‪3‬‬
‫‪ x / 3 x2‬‬
‫‪x‬‬
‫‪  e dx dy     e dy‬‬
‫‪0 3y‬‬
‫‪0 0‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1 3‬‬
‫‪1 3 x2‬‬
‫‪1 3 x2‬‬
‫‪  xe dx   e dx‬‬
‫‪30‬‬
‫‪60‬‬
‫)‪ 1‬‬
‫‪   16 (e‬‬
‫‪3‬‬
‫‪9‬‬
‫‪0‬‬
‫‪1 2‬‬
‫‪ ex‬‬
‫‪6‬‬
‫اجابة السؤال الثالث‪:‬‬
‫أ‪ 6 " -‬درجات"‬
‫المتسلسلة تباعدية‬
‫‪n‬‬
‫‪n‬‬
‫‪1‬‬
‫‪ Lim‬‬
‫‪‬‬
‫‪2n  5‬‬
‫‪n 2n  5 2‬‬
‫‪1. an ‬‬
‫المتسلسلة تقاربية‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪ Lim‬‬
‫‪o‬‬
‫‪nn  1‬‬
‫‪n nn  1‬‬
‫‪2. a n ‬‬
‫ب‪ 6 " -‬درجات"‬
‫!‪a  1 n  1! n  1! 2n ‬‬
‫‪n  1n  1‬‬
‫‪1. n‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪2n  22n  1‬‬
‫!‪2n  1!n!n‬‬
‫‪an‬‬
‫‪n  1‬‬
‫‪4n  2‬‬
‫‪‬‬
‫المتسلسلة تقاربية‬
‫‪a 1‬‬
‫‪n 1 1‬‬
‫‪ Lim n‬‬
‫‪ Lim‬‬
‫‪ 1‬‬
‫‪n   an‬‬
‫‪n   4n  2 4‬‬
‫‪an  1‬‬
‫‪(2 n1  5).3 n 1‬‬
‫) ‪(2  5.2  n‬‬
‫‪2. Lim‬‬
‫‪ Lim‬‬
‫‪ Lim‬‬
‫) ‪3 n (1  5.2 n‬‬
‫‪n a n‬‬
‫)‪n 3 n1.(2 n  5‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪3‬‬
‫‪‬‬
‫المتسلسلة تقاربية‬
‫‪‬‬
‫ج‪ -‬نرسم منطقة التكامل في اإلحداثيات‬
‫القطبية حيث‬
‫‪x  r cos ‬‬
‫‪r‬‬
‫‪o‬‬
‫‪y  r sin ‬‬
‫هو التحويل القطبي المطلوب ‪8‬‬
‫نجد أن المساحة المطلوبة مح ورة‬
‫بين الدائرتين ‪ r  1 , r  3‬ومان الرسام نظحاع أن المنطقاة فاي الرباع األول تكاون‬
‫حدود التكامل هي‬
‫‪r : 2 3 ,  :0  / 2‬‬

 /2 3
x  y dxdy  4
2
2
R
  r  rdrd
0 2
 /2
3
0
2
4
38
 d  r  rdr  3 
: ‫اجابة السؤال الرابع‬
"‫ درجات‬6 " -‫أ‬
 1

n
‫ و هي تقاربية‬n 1 ‫) نختار‬1
2n  1  Lim 2n 2  n  2  1
an
 Lim
n   dn n   (n 2  2n  1). 1
n   n 2  2n  1
 Lim
n
‫المتسلسلة تباعدية‬
 1
cn  
2
n 1 n ‫) نختار‬2
‫و هي تقاربية‬

an
100  n 
100n 2  n 3
 Lim
 Lim
 Lim
1
n   cn n   3
n  n3  2
(n  2).
n2
1
‫المتسلسلة تقاربية‬
"‫ درجات‬6 " -‫ب‬
‫المتسلسلة تقاربية‬
1. Lim n
n
1
nn
1
o
n  n
 Lim
1
‫المتسلسلة تباعدية‬
2. Lim
n
n
2n
n2
 Lim
n n
2
n2
 Lim
n
2
(n n ) 2

2
 2 1
1
a  4 ‫ هنا نستخدم مفكوك تايلور حيث‬-‫ج‬
f ( x)  x , f ( x) 
f (4)  2 , f (4) 
1
1
, f ( x)   x 3 / 2
4
2 x
1
1
, f (4)   , 
4
32
1
1
 x  2  ( x  4)  ( x  4) 2  
4
64
‫انتهت االجابه‬