4. cvičení z Matematiky 2

Transkript

1 4. cvičení z Mtemtiky březn Njděte ity (i (ii (iii (iv 2 +(y (y 1 2 z 2 y 2 z yz 1 2 y 2 (,y (0,0 2 +y 2 2 y 2 (,y (0,0 2 +y 3 (i Pro funkci f(, y = 2 +(y (y 1 2 D f = R 2 \ {(0, 1} bod (0, 1 je tedy hromdným bodem D f. Pro itu použijeme obvyklý trik, jk se zbvit odmocniny (tj. vzorec ( b( + b = 2 b (y (y (y 1 2 = (y (y (y = 2 + (y 1 = ( 2 2 = ( (y (y (ii Pro funkci f(, y, z = z2 y 2 z yz 1 D f = {(, y, z R 3 yz 1} bod (1, 1, 1 je tedy hromdným bodem D f. Stupně polynomů v čitteli i jmenovteli jsou stejné, tkže spíš zkusíme, jestli it vůbec eistuje. Zúžením f n přímku = y = z (bez bodu (, y, z = (1, 1, 1 dostáváme f(,, = = 0, tkže f(, y, z = f(,, = 0. 1 =y=z N druhou strnu zúžením f n přímku = y = 1 (opět bez bodu (, y, z = (1, 1, 1 dostáváme f(1, 1, z = z2 z z 1 = z, tkže f(, y, z = f(1, 1, z = z = 1. z 1 z 1 =y=1 Původní it tedy NEEXISTUJE.

2 (iii Pro funkci f(, y = 2 y 2 2 +y 2 D f = R 2 \ {(0, 0} má hromdný bod (0, 0. Polynom v čitteli m vyšší stupeň než ve jmenovteli, tkže spíš zkusíme ukázt, že it eistuje bude nulová (což si můžeme otestovt zúžením f npř. n souřdné osy. Použijeme opět odhdy pk větu o itě sevřené funkce. Zřejmě pltí 2 + y 2 = (, y, což je důležitá nerovnost, která se hodí n dokzování it. Podobně y (, y, tkže máme 0 2 y y 2 (, y 2 (, y y 2 = (, y 2. Z definice ity sndno dostáváme, že (, (,y (0,0 y 2 = 0 (podobná tvrzení už můžeme brát skoro jko fkt tedy z věty o itě sevřené funkce je rovněž (,y (0,0 2 y y 2 = 0. (iv N rozdíl od předchozího přípdu zde bude situce podsttně jiná to kvůli nulovým hodnotám jmenovtele. Pro funkci f(, y = 2 y 2 2 +y 3 D f = {(, y R 2 y 3 2 } zřejmě má hromdný bod (0, 0. Zúžením f n přímku = 0 (bez bodu (, y = (0, 0 dostáváme f(0, y = 0, tkže f(, y = f(0, y = 0. (,y (0,0 y 0 =0 Pokud by tedy it eistovl, musí být rovn 0. Polynom v čitteli je nulový n osách = 0 y = 0, ztímco polynom ve jmenovteli je nulový n křivce y = 3 2. V bodech ( 0, y 0 R 2 tkových, že y 0 = tedy máme (,y ( 0,y 0 0 y 0= y y 3 = 2 0y0 2 + = + (pokud n chvíli připustíme, že + může tké být itou, kterou jink smí podle nší definice být pouze prvek z R. Pokud by funkce f měl v (0, 0 itu 0, musel by speciálně být n nějkém okolí (0, 0 omezená, tj. eistují K > 0 ε > 0, že 2 y 2 2 +y K pro všechn (, y 3 Uε (0, 0 D f. V okolí U ε (0, 0 se le tké ncházejí body ( 0, 3 2 0, ve kterých je v itě funkce f nopk neomezená. To je spor původní it tedy NEEXISTUJE. 4.2 Njděte tečnou rovinu ke grfu funkce f(, y = y + sin( + y v bodě (1, 1,?. Pge 2

3 Grf funkce f je množin Γ f = {(, y, z R 3 z = f(, y & (, y D f }. Tečná rovin T (0,y 0,z 0, ke grfu f v bodě ( 0, y 0, z 0 = (1, 1, 1, kde z 0 = f( 0, y 0 = 1 je dán rovnicí ( 0 z = f( 0, y 0 + grdf (0,y 0. y y 0 Máme grdf (0,y 0 = (, ( = y + cos( + y, + cos( + y = (2, 0, y (0,y (1, 1 0 tedy tečná rovin má rovnici ( 1 z = 1 + (2, 0 y 1 = 1 + 2( 1 neboli 2 z = Určete derivci funkce (i f(, y, z = z 3 2 y v bodě = (1, 6, 2 podle vektoru v = (3, 4, 12, (ii f(, y = e cos y + 2y v bodě = (0, 0 podle vektoru v = ( 1, 2. Derivce funkce f v bodě podle vektoru v je definovná jko f( + t v f( := v t 0 t Pokud ovšem eistuje derivce f funkce f v bodě (tj. totální diferenciál, pk pltí kde v = (v 1,..., v n. = f v ( v = grdf v = v v n 1 n (i Pro f(, y, z = z 3 2 y = (1, 6, 2 máme grdf = (2y, 2, 3z 2 = (12, 1, 12 v = (12, 1, = 184. Pokud bychom brli derivci podle SMÉRU v, pk je potřeb vektor ještě znormovt, tj. použijeme vektor u = v v pk je u = 1 v v = (ii Pro f(, y = e cos y + 2y = (0, 0 máme grdf = (e cos y, e sin y + 2 = (1, 2 Pge 3

4 ( 1 = (1, 2 v 2 = Njděte rovnici tečné roviny k elipsoidu 2 = 1, která (i je rovnoběžná s rovinou 4 + 2y + z = 3, (ii vytíná stejné úseky n všech souřdnicových osách. Když je nějká množin M zdná jko vrstevnice nějké spojitě diferencovtelné funkce (tj. rovností f(, y, z = 0, pk tečná rovin k M je kolmá ke grdientu funkce f (pokud je tento grdient nenulový, tj. grdient je její normálový vektor. V nšem přípdě si vezmeme f(, y, z = 2 1. Tkže normálový vektor tečné roviny je ( 2 f 0 = grd(f 0 = 25, y 8, 2z (i Tečná rovin má být rovnoběžná s rovinou ρ : 4 + 2y + z = 3, která má normálový vektor n ρ = (4, 2, 1. To nstne právě když ( 2 25, y 8, 2z = grd(f 0 = λ n ρ = λ (4, 2, 1 pro nějké λ R. Tedy = 50λ, y = 16λ z = 2 λ. Součsně má tké pltit, že 2 = 1. Po doszení pk dostneme 100λ λ λ2 = 1 tedy λ = ±2/ 473. Hledné tečné roviny pk musí mít normálový vektor n ρ, tedy rovnici 4 + 2y + z = c, kde neznámé hodnoty c R určíme doszením spočítných bodů ( 0, y 0, z 0 = ± (100, 32,, kterými tečné roviny musí procházet. Výsledek je 4 + 2y + z = y + z = 473. (ii Postupujeme podobně. Rovin, vytíná stejné úseky n všech souřdnicových osách, má normálový vektor n = (1, 1, 1. Tedy ( 2 25, 2y 16, 2z = grd(f u0 = λ n = λ (1, 1, 1 pro nějké λ R. Dostáváme λ = ±2/ 25 tečné roviny jsou + y + z = y + z = 5 2. Pge 4

5 4.5 Njděte úhel sevřený dvěm plochmi v bodě 0 = (2, 0, y 2 + z 2 = 8 ( (y (z 3 2 = 6 Úhel sevřený dvěm rovinmi je roven úhlu, který svírjí přímky určené normálovými vektory těchto rovin. Podle předchozího je tedy n 1 = (2, 2y, 2z 0 = (4, 0, 4 n 2 = Pro hledný úhel α 0, π 2 pk je ( 2( 1, 2(y 2, 2(z 3 = (2, 4, 2. 0 cos α = n 1 n 2 n 1 n 2 = 0 tkže α = π 2. Pge 5