MA2: Řešené příklady Funkce více proměnných: Derivace a geometrie

Transkript

1 MA2: Řešené příklady Funkce více proměnných: Derivace a geometrie 1. Najděte definiční obor a všechny parciální derivace prvního řádu funkce f(,y,z=arcsin(ye 3z +(+z y+z. 2. Najděte definiční obor a všechny parciální derivace druhého řádu funkce f(,y= 2 y+(3+5y 2. Najděte všechny derivace přímo, nepoužívejte žádnou větu. 3.Uvažujtefunkci f(,y,z= yz +y + e 2 z. Najdětejejígradient f(1,0,2atotálnídiferenciálvbodě(1,0,2. 4.Uvažujtefunkci f(,y=y y+2 y.jsmevbodě(1,2. a V jakém směru klesá f nejrychleji? Jakou rychlostí? bpokudsepohnemesměremkbodu(3,2,jakourychlostísezačnouměnithodnotyfunkce f? 5.Najděterovnicitečnérovinyanormályvbodě(1,1,2kpovrchudanémurovnicí z 2 =7 2 2y 2. 6.Najděterovnicitečnyanormályvbodě(0,/6kekřivcedanérovnicí Napište rovnice v klasickém tvaru. 2sin(y sin(=1. 7. Použijte totální diferenciál k aproimaci ln(1.1 cos( NajděteTaylorůvpolynomtřetíhostupněsestředem a=(1, 1,1kfunkci f(,y,z=2y 2 + z 3. 9.Nechťje f(,ynějakáfunkce.uvažujtetransformaciproměnných = s, y= t/s. anajděte s a t. btransformujtevýrazy a y. (Přesně řečeno, vyjádřete je pomocí parciálních derivací f vzhledem k s a t. ctransformujtevýraz 1 2 y. 10.Uvažujterovnici sin(y+ 2 + y 2 =1. a Dokažte, že na nějakém okolí(0, 1 tato rovnice definuje implicitní funkci y(. bnajděterovnicitečnykegrafutéto yvbodě(0,1. cnajděte y ( Uvažujte rovnici sin(z + sin(yz = sin(y. adokažte,ženanějakémokolíbodu(0,1,πtatorovnicedefinujeimplicitnífunkci z(,y. bnajděterovnicitečnérovinykegrafutéto zvbodě(0,1,π. cnajděte 2 z y (0,1,π. Řešení: 1. K nalezení definičního oboru musíme nejprve přepsat obecnou mocninu v druhém členu: f(,y,z=arcsin(ye 3z + e (y+zln(+z. 1

2 Podmínkyproeistencijsouproto 1 y 1a+z >0: D(f={(,y,z IR 3 ; 1 y 1az> }. K získání parciální derivace podle předstíráme, že y, z jsou konstanty. Co z toho plyne? První členjesoučin,alejehodruháčástzávisíjenna z,takžeceláeponenciálníčástjekonstanta a lze ji z derivace vytáhnout. Při derivování první složky součinu použijeme řetízkové pravidlo (složená funkce. V druhém členu je proměnná jen v základu, takže není třeba používat trik proobecnoumocninu, aplikujemevzorecpro[ a. Onotoalenenípřesnětakto, jetamv základu funkce, takže zase aplikujeme řetízkové pravidlo. Připomínáme, že derivace konstanty jenulaa[a = A. = [ e3z arcsin(y +(y+ z(+z y+z 1 [+z = e 3z 1 (y 2 [y+(y+ z(+zy+z 1 [1+0= y e 3z 1 2 y 2+(y+ z(+zy+z 1. Teďpředstíráme,že,zjsoukonstanty. Prvníčlensederivujeobdobně,aledruhýjeteďve tvaru a y+b,takžejetřebapoužítpravidloproderivováníobecnéeponenciály.dostaneme y = [ e3z arcsin(y +ln(+z(+z y+z [y+ z y y = e 3z 1 (y 2 y [y+ln(+z(+zy+z [1+0= e 3z 1 2 y 2+ln(+z(+zy+z. Nakonecpředstíráme,že,yjsoukonstanty. Vdruhémčlenuteďmámeproměnnou zjakv základu tak v eponentu mocniny, takže je třeba použít přepis pro obecnou mocninu, jak jsme jej měli při hledání definičního oboru, a derivovat složenou funkci z [eϕ(z =e ϕ(z z [ϕ(z: z =arcsin(y z (e3z +e (y+zln(+z [(y+ zln(+z z =arcsin(y3e 3z +(+z y+z( [1+0ln(+z+ 1 +z =3arcsin(ye 3z +(+z y+z( ln(+z+ y+ z. +z z [y+ z Poznámka ohledně definičního oboru(pro zvědavé studenty: Jakýjetvarmnožiny D(f={(,y,z IR 3 ; 1 y 1az> }? V první podmínce naštěstí není z, takže můžeme začít vyšetřovat, jaký tvar nám definuje v rovině y.přidešifrovánípodmínky 1 y 1musímeuvažovattřimožnosti: =0: 1 0 1vždy = všechna yfungují. >0: 1 y 1 <0: 1 y 1 = 1 y 1 MámetedynásledujícítvarvIR 2 : y 0 2

3 Definiční obor je nicméně třídimenzionální objekt, víme, že je to něco vztyčené nad množinou v obrázku výše. Kdyby tam nebyly žádné další podmínky, pak by z mohlo být libovolné a dostali bychom něco jako nekonečný svislý válec s průřezem daným tvarem výše. Myalemámepodmínku,jmenovitě z >. Tatopodmínkaomezuje zzdolavzávislostina pozici v rovině y. Rovnice z = definuje rovinu skloněnou pod úhlem 45 stupňů, rovnoběžnou a procházející osou y. Definiční obor D(f je proto ta část onoho nekonečného válce, která leží nad touto rovinou. z y 2.Protoževevzorcinejsoužádnéproblémy,máme D(f=IR 2. Abychom dostali parciální derivace druhého řádu, musme nejprve spočítat ty prvního řádu: = y [2 +2(3+5y [3+5y=2y+2(3+5y 3=2y+18+30y, = 2 y [y+2(3+5y y [3+5y=2 +2(3+5y 5= y. Proto 2= y = y y = [ = [2y+18+30y=2y+18, [ = y [2y+18+30y=2+30, [ y = [ y=2+30, [ y 2= y y = y [ y=50. Všimněte si, že tato funkce má parciální derivace všech řádů a jsou spojité, takže podle věty musíbýt 2 f y = 2 f y. 3.Tojesnadné.Nejprvenajdemeparciálníderivaceapakdonichdosadímedanýbod: = yz +y yz 2 +y +2e 2 z = +y (1,0,2=2, +y yz 2 +y +y y = z = y (1,0,2=2, z = y e 2 z = +y z (1,0,2= 1. 3

4 Teď již zformujeme gradient a totální diferenciál: f(0,2,0=grad(f(0,2,0=(2,2, 1, df(1,0,2=2d+2dy dz nebo df(1,0,2[ h=2h 1 +2h 2 h Obě otázky vyžadují znalost gradientu, takže najdeme příslušné parciální derivace a zpracujeme je: = } y2 +2y+2 y =2y+ = (1,2=10 } 2 1 y (1,2=4 = f(1,2=(10,4. Směrnejvětšíhospáduje f(1,2, tedy( 10, 4. Protožesesměrnemění, kdyžvektor vynásobíme(vydělímekladnýmčíslem,lzetakéudatodpověďjako 1 2 ( 10, 4=( 5, 2. Rychlostzměnyvesměrugradientuje f(1,2 = = 116=2 29. Vopačném směru bude rychlost změny stejně velká, ale záporná. Rychlost změny ve směru( 5, 2 je bnejprveurčímevektorudávajícínášpohyb(změnupozice,kdyžjdemez(1,2do(3,2: v=(3,2 (1,2=(2,0.Paknajdemevektorvestejnémsměru,alesnormourovnoujedné: u= v v = 1 2 (2,0=(1,0. Odpověď na otázku b je dána příslušnou směrovou derivací. Rychlost změny ve směru u je D u f(1,2=f u(1,2= f(1,2 u=(10,4 (1,0=10. 5.Ověříme,žedanýbod P=(1,1,2splňujedanourovnici,takžeotázkamásmysl,bodopravdu leží na dané křivce. Abychom nalezli zadané objekty, potřebujeme nejprve najít normálový vektor kdanémupovrchuvbodě(1,1,2.jsoudvamožnépřístupy: 1Můžemetenpovrchpovažovatzahladinukonstantnosti 2 +2y 2 + z 2 =7funkce f(,y,z= 2 +2y 2 + z 2. Víme, že pak gradient dává normálový vektor k hladině konstantnosti. Najdeme tedy patřičné parciální derivace a dosadíme: =2, y =4y, z =2z = (1,1,2=2, y (1,1,2=4, z (1,1,2=4. Proto f(1,1,2=(2,4,4.protožezanormálovývektorlzevzítlibovolnýnásobekgradientu, prozjednodušenívezmeme n= 1 2 f(1,1,2=(1,2,2. 2Můžemetenpovrchtaképovažovatzagrafjednézfunkcí z= 7 2 2y 2, z= y 2. Musíme rozhodnout, která z těchto funkcí je pro náš problém relevantní, ale to je snadné, rychle zjistíme,žedanýbod(1,1,2nevyhovujeprvnírovnici,aledruhájevpohodě. Budemetedy uvažovatfunkci g(,y= 7 2 2y 2. Víme,ženormálovývektorkegrafulzenaléztjako ( g, g y, 1 vyhodnocenývbodě(1,1. Takže počítáme: g =, 7 2 2y 2 = g y = 2y 7 2 2y 2 ( g g (1,1, y (1,1, 1 = ( 1 2, 1, 1. Protože můžeme jako n vzít libovolný násobek tohoto vektoru (i záporný, opačný směr ke kolmému vektoru je pořád kolmý!, dáme přednost vynásobení číslem 2 a dostaneme n = (1,2,2jakov1. Poznamenejme,žetímtozpůsobemtonebylotaksnadné,cožjetypické. Přístup přes hladiny konstantnosti je obvykle přirozenější, někdy jediný možný. 4

5 Každopádně máme normálový vektor n =(1, 2, 2. Normála je dána parametrickou rovnicí z(t=p+ t n=(1,1,2+t(1,2,2=(1+t,1+2t,2+2t, t IR. Protože jsme ve třech dimenzích, alternativním způsobem vyjádření přímky je coby průnik dvou rovin. To ale není tak elegantní jako parametrické vyjádření, tak jsme se rozhodli to nedělat. Tečná rovina daná normálovým vektorem(1, 2, 2 musí splňovat rovnici 1 +2 y+2 z= d pronějaké d.tonajdemedosazenímbodu(1,1,2dotétorovnice,vyjde d=7,takžerovniceje +2y+2z=7. Další možnost(má nejoblíbenější je si pamatovat, že rovnice roviny kolmé na n a procházející bodem Pjedánavztahem 0= n [(,y,z P=1 ( 1+2 (y 1+2 (z 2, což samozřejmě vede na stejnou odpověď. 6. Ověříme,žebod P = ( 0, 6 splňujedanourovnici,tudížotázkamásmysl. Jakoobvykle potřebujeme nejprve najít normálový vektor n. Křivka je dána rovnicí s dvěma neznámými, lze to tedy uvažovat jako problém najít n k hladině konstantnosti dané funkcí f(,y=2sin(y sin(. Z teorie víme, že kandidátem na takový vektor je gradient f, takže najdeme parciální derivace a dosadíme onen bod: = cos(, ( ( y =2cos(y = 0, 6 = 1, y 0, 6 = 2. Dostávámegradient f ( 0, 6 = ( 1, 2. Protožesijakonormálovývektormůžemevzít libovolnýnásobektohotogradientu,dámepřednostvektoru n= f ( 0, 6 =(1,2. Teď už snadno napíšeme parametrickou rovnici normály: z(t=p+ t n= ( ( 0, 6 + t(1,2= t, 6 +2t. Abychomdostaliklasickýtvar,eliminujeme tzvýslednýchrovnic =t, y= 6 +2t,dostaneme nejprve t=apak y=2+ 6. Jsou dva způsoby, jak nalézt tečnu. 1Jednamožnostjevidětjijakopřímku,kterájekolmána najdedanýmbodem P.Takováto přímka splňuje rovnici 0= n [(,y P=1 ( 0+2 (y 6 = +2y= 3. Někteřílidésipamatují,ževtakovémtopřípaděmáme1 +2 y=cpronějaké c. Topak najdoudosazenímbodu ( 0, 6 dotétorovnice,vyjde c= 3. 2 Ten druhý přístup začíná parametrickou rovnicí přímky. K tomu nejprve potřebujeme najít nějakýtečnývektorvbodě ( 0, 6. Protožeznámenormálovývektor n=(1,2,použijeme populární dvoudimenzionální trik s prohozením souřadnic a přidáním jednoho mínusu, čímž dostanemenapříklad d=(2, 1.Teďmůžemepsát z(t=p+ td= ( ( 0, 6 + t(2, 1= 2t, 6 t. Abychomdostaliklasickýtvar,eliminujeme tzvýslednýchrovnic =2t, y= 6 t,dostaneme t=/2apak y= Poznámka: Ověřte,žetakébod(π/2,π/2ležínadanékřivce. Cokdyžzkusímenajítnormálový vektor v tomto bodě? 5

6 Dosazení do parciálních derivací spočtených výše dává n =(0, 0 a problém nelze vyřešit. Proč tomutakje?důvodemje,žekřivkapopsanárovnicí2sin(y sin(=1jedostikomplikovaná, což před námi postup použitý výše laskavě ukryl. Na povrch by to vyšlo, pokud bychom zkusili tento problém z podoby tečna k hladině konstantnosti převést na typ tečna ke grafu funkce. Když se pokusíme vyjádřit y z rovnice, dostáváme sin(y= sin(+1 2. Pro dané má tato rovnice nekonečně mnoho řešení y(popřípadě žádné řešení, pokud číslo napravonepadnedo 1,1,aletozdenenastane. Ztoho,žemožnářešení ayseopakujís posunyo2π,dostáváme,žekřivkadanánašírovnicíjejedenurčitýtvar,kterýsepakopakuje stáleznovuaznovuvesměru atakévesměru ysperiodou2π,dokoncetamjsouizrcadlové obrazy! Totovšeplynezezamyšlení,kolikřešenímáproblémsin(y=Aajakvypadají. Graf je takovýto: y π 2π π 0 π 2 π 4 π π Hnedvidíte,ževbodě(0,/6mádanáotázkasmyslalzejivyřešit,alevbodě(π/2,π/2 tato křivka prochází dvěma směry, tudíž nemá smysl se ptát na tečnu. Všimněte si také, že kdybyste se naivně pokusili vyjádřit y pomocí arkus sinusu: = f(, y=arcsin ( sin(+1 2 tak byste dostali onu základní křivku, která vypadá jako moře a jejíž kopie a zrcadlení dávají kompletní graf výše: y π 2 2π π 0 π π 2 π 4 π 2 Tato křivka dokonce ani neobsahuje daný bod(0, /6, takže danou otázku nelze pomocí tohoto fřešit. 7. Budeme pracovat s funkcí f(, y = ln( cos(y. Číslo ln(1.1 cos(0.3, které chceme aproimovat,teďmůžemevyjádřitjako f(1.1,0.3.všimnemesi,že(1.1,0.3jevelmiblízkok(1,0,a 6

7 funkce fjevbodě(1,0mnohemhezčí,cožjezákladempronašiaproimaci.pojemtotálního diferenciálu nám umožňuje odhadovat f(1.1,0.3=f ( (1,0+(0.1,0.3 f(1,0+df(1,0[(0.1,0.3=f(1,0+ f(1,0 (0.1,0.3. Spočítáme Proto f(1,0= ( cos(y, ln(sin(y (1,0 =(1,0. ln(1.1cos(0.3 ln(1cos(0+(1,0 (0.1,0.3=0.1. Mimochodem, přesná hodnota je ln(1.1 cos(0.3 = , takže naše aproimace je dost dobrá. 8.Víme,že T( = 3 k=0 1 k! dk f( a[ a= 3 k=0 1 k! (( a k f( a. Potřebujemetedyspočítatonydiferenciálnívýrazy,prozjednodušeníbudemenejprvepsát h namísto a.víme,žed 0 f= f,a df[ h=( h f= ( h + h y y + h z z f= h + y h y+ z h z d 2 f[ h=( h 2 f= ( 2f h + h y y + h z z = ( h h 2 y 2 y 2 + h 2 z 2 z 2 +2h h y 2 y +2h h z 2 z +2h yh z 2 yz f = 2 f h f 2 y h 2 y+ 2 f 2 z h 2 z+2 2 f 2 y h h y +2 2 f z h h z +2 2 f yz h yh z d 3 f[ h=( h 3 f= ( 3f h + h y y + h z z = ( h h 3 3 y 3 y + h 3 3 z 3 z +3h 2 h 3 3 y 2 y +3h h 2 y 3 y 2 +3h 2 h z 3 +3h h 2 3 z z +3h 2 yh 3 2 z y 2 z +3h yh 2 z yz +6h 2 h y h 3 z 3 yz f 2 z = 3 f 3 h f y 3 h 3 y+ 3 f z 3 h 3 z+3 3 f 2 y h2 h y +3 3 f y 2 h h 2 y+3 3 f 2 z h2 h z +3 3 f z 2 h h 2 z+3 3 f y 2 z h2 yh z +3 3 f yz 2 h y h 2 z+6 3 f yz h h y h z Teď si spočítáme potřebné parciální derivace: 2 =0, y 2 =4, =2y2 + z 3, z 2 =6z, 3 f 3 = 3 f 2 y = 3 f 2 z = 3 f yz =0, y =4y, y =4y, 3 f y 2 =4, z =3z2 ; z =3z2, 3 f y 3 = 3 f y 2 z =0, yz =0, 3 f z 2 =6z, 3 f z 2 y =0, 3 f z =6. 3 Dosadímedonichbod a=(1, 1,1apakjedámedooněchvzorcůprototálnídiferenciály: d 0 f(1, 1,1[ h=f(1, 1,1=3, df(1, 1,1[ h=3h 4h y +3h z, d 2 f(1, 1,1[ h=4h 2 y+6h 2 z 8h h y +6h h z, d 3 f(1, 1,1[ h=6h 3 z+18h h 2 z+12h 2 yh z. Nakonecdosadíme h=( 1,y+1,z 1avytvořímeTaylorůvpolynom: T(,y,z=3+3( 1 4(y+1+3(z 1+2(y (z 1 2 4( 1(y+1 +3( 1(z 1+(z ( 1(z (y+1 2 (z Po transformaci dostaneme novou funkci f(s, t. akderivovánípodle sjetřebasiuvědomit,žepoprovedenítransformacesevevýrazu f(,y 7

8 proměnná svyskytujejakvtakvy,máme f((s,t,y(s,t.obecnéřetízkovépravidloříká, že musíme prozkoumat obě možnosti, jak se k s dostat. Podobně derivujeme vzhledem k t. f(,y= s s + y y s = 1 2 s + t y s 2, f(,y= t t + y 1 =0+ y t y s. b Tato otázka se dá zodpovědět dvěma možnými způsoby. 1 Obě derivace, které hledáme, jsou přítomny v oněch dříve odvozených rovnicích s = 1 2 s t s 2 y t =1 s y a my pro ně dokážeme tento systém vyřešit, dostáváme y = s t, =2 s s + 2t s t. 2Druhýpřístupfungujeobrácenímpostupuzčástia. Začnemesfunkcí fzávislouna s,ta transformujeme je v, y. Matematicky řečeno teď uvažujeme inverzní transformaci k té, která námbyladána,namísto(s,t (,ychcemejít(s,t (,y. Tosedásnadnorealizovat vyřešenímsystému = s, y= t/spro sat,dostávámevzorce s= 2, t= 2 y. Teď už pokračujeme jako předtím pomocí řetízkového pravidla. s f(s,t= s + t t = 2+ s t 2y s f(s,t= y s y + t =0+ t y t 2. Vtakovétosituacilidéčastodávajípřednostmítnapravéstranějen sat,aletosesnadnozařídí pomocí dané transformace. f=2 s s + 2t s t f= s y t. Dostali jsme stejný výsledek jako předtím. Prvnípřístupsezdásnažší,aletendruhýsebudehoditvčástic. Všimnětesinicméně,žeje závislýnanašíschopnostivyřešitonydvěrovnice =(s,t, y= y(s,tpro s,t,cožnenívždy možné. czasetumámedvěmožnostiodpovídajícípřístupůmzčástib. Jednamožnostjevzítjiž spočítanou derivaci podle y a zderivovat ji podle. Víme, že y = 2 t (všimnětesi,žejsmevzaliverzis 2,zjednodušítodalšívýpočtyateďderivujemepodle. Připomeňme, že t závisína s,t, kterézasezávisína,y. Mámetedysoučindvoufunkcí zahrnujících, proto musíme začít součinovým pravidlem. Pak aplikujeme řetízkové pravidlo na t (s,t: y = ( = y =2 t + 2[ s ( 2 t ( t = ( 2 t + 2 ( t t s + t 8 ( t (s,t

9 =2 t + 2[ st 2+ 2 f t 22y =2 t f st +23 y 2 f t 2. Řešení dokončíme dosazením za a y a dostaneme transformaci 1 2 y = s t + ( s 3 st + t s 2 f t 2. 2 Jaká je alternativa? Přístup, který je delší, ale bezpečnější(nemusíme být schopni najít ty inverzní transformace, je obdobný tomu z b1. Začneme s rovnicemi odvozenými v části a, vlastně můžeme použít jen tu druhou, t =1 s y ateďjizderivujemevzhledemksatakékt,dostanemedvěrovnice. st = 1 s 2 y +1 s t 2 =1 s y t +1 s nebolipozjednodušeníadosazeníza y zčásti1, st = 1 s 2 s t +1 s t 2 =1 s 1 y 2 s y s +1 s y y y 2 t 1 2 s +1 s y y 2 s t y 2 s 2 Tentosystémvyřešímepro 2 f y,jetamdalšíneznámáderivace,jmenovitě 2 f y,alemámedvě 2 rovnice, takže žádný problém, budeme eliminovat. Dostáváme y =2 s t +2 s 3 2 f st + t2 s 2 f t 2 Vydělením 2 dostáváme přesně totéž, co předtím. Poznamenejme,žejsmemělivelkéštěstí,žesevrovnicipro t objevila na pravé straně jen jedna parciální derivace. Obecně lze očekávat, že se v obou rovnicích v části 1 budou vyskytovat derivacepodle ay,jakjetomuvprvníznich.pakbychommuseliderivovatoběrovnicepodle satadostalibychomčtyřirovnicesečtyřmineznámýmiparciánímiderivacemi 2 f, 2 f 2 y, 2 f 2 y,pakbybylotřebatensystémvyřešit. Tentopostupjetedyopravdudelší,alejakuž a 2 f y jsme poznamenali, obecnější. Bonus:Najdeme 2 f y.začnemes =2 s +2y t. a pak(podobně jako výše počítáme y = ( 2 y s +2y =2 t y [ s =2 s 2 y + 2 f t ts y ( +2 s t +2y ( y t +2 [ 2 t +2y f s st y + 2 f t t 2 y =2 3 2 f ts +2 t +23 y 2 f t 2. Proto 1 2 y = s t + ( s 3 ts + t s 2 f t 2. Jestliže je f pěkné, tak se ty dvě smíšené derivace musejí rovnat. 9

10 10.Máme F(,y=sin(y+ 2 + y 2.Ověříme,že F(0,1=1,takžeotázkamásmysl. a F y (0,1=cos(y+2y =0,y=1 =2. Protože F y (0,1 0,podleVětyoimplicitnífunkci eistujefunkce y(definovanánanějakémokolíbodu =0taková,že y(0=1af(,y(=0. bknalezení y (můžemepoužítvětuoimplicitnífunkci,alejesnažšíprostěderivovatdanou rovnici,majenapaměti,že yjeteďfunkce.dostáváme sin(y+ 2 + y 2 =1 [sin(y( +[ 2 +[y( 2 =[1 cos(y [y+ y +2+2y y =0. Dosadímedotoho(0,1adostávámecos(0 [1+0 y (0+0+2 y (0=0,vyřešímepro y (0 adostáváme y (0= 1 2. Mámebod(0,1asměrnici y (0= 1 2,rovnicetečnyjeproto y= 1 2 ( 0+1neboli +2y=2. c Jsou dvě možnosti. Jedna je znovu derivovat rovnici( : sin(y[y+ y [y+ y +cos(y[y + y + y +2+2y y +2yy =0. Dosazením =0, y=1ay = 1 2,pakvyřešenímpro y (0dostaneme y (0= 3 4. Alternativnířešení:Vyřešímeobecně( pro y : y (= 2+cos(yy 2y + cos(y a pak zderivujeme: y (= [2+cos(yy [2y+cos(y [2+cos(yy [2y+cos(y [2y+cos(y 2 = 2 sin(y(y+ y y+cos(yy 2y + cos(y Pakdosadíme =0, y=1, y = 1 2 ajetohotovo. První řešení je evidentně výhodnější. ( + (2+cos(yy(2y sin(y(y+ y +cos(y [2y+cos(y Rovnicilzenapsatjako F(,y,z=0,kde F(,y,z=sin(z+sin(yz sin(y. aabyfunkce z(,yeistovala,potřebujeme F F z (0,1,π 0. Zde z = cos(z+ycos(yz, takže F z (0,1,π= 1 0azbytekdoděláVětaoimplicitnífunkci. b Daná rovnice definuje hladinu konstantnosti funkce F, ke které se normálový vektor najde jakogradient F. F = ( ycos(y+zcos(yz, cos(y+zcos(yz,cos(z+ycos(yz, takže n= F(0,1,π=(π 1, π, 1. Tečnárovinajedánarovnicí(π 1 π(y 1 (z π=0,cožje (π 1 πy z+2π=0. Alternativnířešení:Podívámesenatojakonaotázkunalezenítečnérovinykegrafu z= z(,y. Normálovývektorjedánjako(z,z y, 1.Parciálníderivacezískámetak,žezderivujemedanou rovnicipodle apodle ystím,žeteďje z= z(,y: cos(z[z+ z +cos(yzyz =cos(yy cos(zz y +cos(yz[z+ yz y =cos(y Dosadíme(0,1,πadostáváme z (0,1=π 1, z y (0,1= π,proto n=(π 1, π, 1jako předtím. Poznamenejme,žejsmeprozjednodušenízápisupoužiliužitečnouzkratku z = z, z y= z y. c Druhou parciální derivaci nejsnáze najdeme pomocí alternativního řešení části b. Tam jsme původnírovniciderivovalipodle,teďtenvýsledekzderivujemepodle yazískámekýženou z y. 10

11 Zasesimusímepamatovat,že z= z(,y,aleteďiz = z (,y. [ cos(z[z+ z +cos(yzyz = [ cos(yy = y y sin(zz y [z+ z +cos(z[z y + z y sin(yz[z+ yz y yz +cos(yzz +cos(yzyz y = sin(yy+cos(y. Dosadímebod(0,1,πataké z (0,1=π 1, z y (0,1= πavyřešímevýslednourovnici, dostanemetak z y (0,1=2 2π. Jeovšemtakémožnévzítrovnici,kteroujsmevčástibdostaliderivovánímpodle y,apakji zderivovat podle, dostaneme stejný výsledek. 11