5. cvičení z Matematiky 2

Transkript

1 5. cvičení z Matematiky března Nalezněte úhel, který v bodě 1, 0, 0 svírají grafy funkcí fx, y ln x 2 + y 2 a gx, y sinxy. Úhel, který svírají grafy funkcí je dán jako úhel mezi jednotlivými tečnými rovinami a ten je zase určen jejich normálovými vektory, tj. gradienty. Grafy si zadáme implicitně: pro f to bude Γ f {x, y, z R 3 F x, y, z 0 & x, y 0, 0}, kde F x, y, z 1 2 lnx2 + y 2 z a pro g to bude Γ g {x, y, z R 3 Gx, y, z 0}, kde Gx, y, z sinxy z. Normálové vektory tečných rovin jsou nyní x n 1 grad F 1,0,0 x 2 + y 2, y x 2 + y 1,0,0 2, 1 1, 0, 1 n 2 grad G 1,0,0 y cosxy, x cosxy, 1 0, 1, 1 Úhel α 0, π 2 je nyní dán jako tedy α π 3. n 1 n 2 cos α n 1 n 2 1 2, 1,0,0 5.2 Vyšetřete existenci derivace totálního diferenciálu v bodě 0, 0 u funkce { x 3 fx, y x 2 +y, x, y 0, 0 2 0, x, y 0, 0 Podle definice je derivace f v bodě a 0 0, 0 takové lineární zobrazení f a 0 L : R 2 R, že fa fa 0 La a 0 0. a a 0 a a 0

2 Pokud derivace existuje, pak je jednoznačně určena parciálními derivacemi v daném bodě: ft, 0 f0, 0 t x 0,0 t 0 t t 0 t 1 f0, t f0, 0 0 y 0,0 t 0 t t 0 t 0 Pro a x, y tak je Takže x 0 La a 0 1, 0 y 0 x. fa fa 0 La a 0 a a 0 a a 0 x,y 0,0 x 3 x 2 +y 2 0 x x2 + y 2 x,y 0,0 Pokud si ted vezmeme zúžení výsledného výrazu např. pro x y dostaneme x,y 0,0 xy xy 2 x 2 + y 2 3/2 x 0 x 3 2x 2 3/2 x 0 x 8 x. xy 2 x 2 + y 2 3/2 Tato ita ale neexistuje a tím spíš původní ita neexistuje a už vůbec není nulová, jak bychom potřebovali. Derivace totální diferenciál v bodě 0, 0 tedy neexistuje. 5.3 Najděte derivaci funkce z fx, y, která splňuje rovnici z 3 3xyz 2 pro všechna x, y z vhodného definičního oboru funkce. Postupujte nejdříve obecně a pak v bodě x, y, z 1, 1, 2. Funkci z sice neumíme nějak jednoduše explicitně vyjádřit, ale i tak můžeme zjistit její parciální derivace. Na obě strany rovnosti použijeme x a y, přičemž využijeme řetízkové pravidlo z je závislé na proměnných x a y: 0 2 x 3 3xyz 3z 2 3yz 3xy x x x a odsud si parciální derivace vyjádříme: 0 2 y 3 3xyz 3z 2 3xz 3xy y y y x yz z 2 xy y xz z 2 xy To samozřejmě děláme za předpokladu, že 3z 2 3xy 0. Tento výraz je právě parciální derivaci podle x funkce Φ : R 3 R, Φ x, ỹ, z z 3 3 xỹ z 2 tří NEZÁVISLÝCH proměnných, která určuje původní rovnici jako Φ x, y, zx, y 0 tzv. implicitně určená funkce. Tedy Φ z 3 z2 3 xỹ. Page 2

3 V bodě z1, 1 2, který splňuje implicitní rovnici a ve kterém je výraz 3z 2 3xy 0, pak dostáváme 1 2 x 1, y 1, Najděte derivaci složené funkce f g, kde st i g : R 2 R 3, gs, t s cos t a f : R 3 R, fx, y, z x 2 + y 2 + z 2, s sin t st ii g : R 2 R 3, gs, t e st a f : R 3 R, fx, y, z xy + yz + zx. t 2 i Můžeme bud vyjádřit funkci hs, t f gs, t st 2 + s sin t 2 + s cos t 2 s 2 t 2 + s 2 a tu zderivovat h h s, t s, h 2st 2 + 2s, 2s 2 t t nebo použít větu o derivaci složené funkce: x, h s, t f g s, t f gs, t g s, t g 1 g 1 g 2 g 2 2x, 2y, 2z t s gs,t cos t s sin t gs,t g 3 g 3 sin t s cos t 2st, 2s cos t, 2s sin t t s cos t s sin t 2st 2 + 2s, 2s 2 t sin t s cos t y, kde g i s, t jsou jednotlivé složky zobrazení g. Přitom je třeba při derivování f mít stejně zvolené pořadí proměnných jako je pak pořadí jednotlivých složek g i v matici derivace zobrazení g tedy např. pokud bychom derivovali v pořadí podle y, z, x pak pořadí složek v matici derivace g bude odshora postupně g 2, g 3 a g 1. Změna pořadí jen odpovídá tomu, že si matici derivace zvolíme v jiné bázi. nebo ii Postupujeme podobně: hs, t f gs, t ste st + t 2 e st + st 3 h s, t h s, h t + st 2 + t 3 e st + t 3, s + s 2 t + 2t + st 2 e st + 3st 2 t h s, t f gs, t g s, t y + z, z + x, x + y t s te st gs,t 0 2t e st + t 2, st + t 2, e st + st t s te st se st 0 2t se st Page 3

4 t + st 2 + t 3 e st + t 3, s + s 2 t + 2t + st 2 e st + 3st Najděte Taylorův polynom druhého stupně pro funkci f v okolí bodu a 0 : i fx, y e x2 +y 2 cosx y, a 0 0, 0, ii fx, y e 2xy y 2, a 0 0, 0, iii fx, y, z xy 2 z 3, a 0 1, 2, 1. V případě i a ii rozhodněte, zda má funkce v tomto bodě minimum, maximum nebo sedlový bod. Taylorův polynom stupně nejvýše 2, který aproximuje funkci f v bodě a 0 R n, je dán vztahem: kde h h 1,..., h n R n. T 2 a 0 + h fa 0 + f a 0 h + 1 2! f a 0 h, h i Máme f 0,0 f 0,0 2xe x2 +y 2 + sinx y, 2ye x2 +y 2 sinx y 0, 0 0,0 2e x2 +y 2 + 4x 2 e x2 +y 2 + cosx y 4xye x2 +y 2 cosx y 4xye x2 +y 2 cosx y 2e x2 +y 2 + 4y 2 e x2 +y 2 + cosx y Pro h h 1, R 2 máme T 2 h f0, 0 + f 0,0 h + 1 2! f 0,0 h, h h 1, 1 3 0, h1 3 2 h2 1 h h2 2. Podle Sylvestrova kritéria 1 3 > 0, 2 8 > 0 je matice f 0,0 bodě a 0, 0 je lokální minimum. ii Máme f 0,0 f 0,0 2ye 2xy, 2xe 2xy 2y 0,0 4y 2 e 2xy 2e 2xy + 4xye 2xy 2e 2xy + 4xye 2xy 4x 2 e 2xy 2 0, 0 0,0 Pro h h 1, R 2 máme T 2 h f0, 0 + f 0,0 h + 1 2! f 0,0 h, h h 1, 2 2 Kvadratická forma gh 1, 2h 1 2 2h 1 pozitivně definitní, takže v h h 1 2. druhé derivace je indefinitní např. g1, 1 1 > 0 a g0, 1 1 < 0. V bodě a 0, 0 je tedy sedlový bod funkce f. Page 4

5 a iii Máme f a 0 f a 0 y 2 z 3, 2xyz 3, 3xy 2 z 2 a0 4, 4, yz 3 3y 2 z 2 2yz 3 2xz 3 6xyz 2 3y 2 z 2 6xyz 2 6xy 2 z a Tedy T 2 a 0 + h 4 + 4, 4, 12 h 1 h h 1,, h h h 3 + 4h h 1 h h h 1 h 3 Page 5