+ 2y. a y = 1 x 2. du x = nxn 1 f(u) 2x n 3 yf (u)

Transkript

1 Diferenciální počet příklad 1 Dokažte, že funkce F, = n f 2, kde f je spojitě diferencovatelná funkce, vhovuje vztahu + 2 = nf ; 0 Řešení: Označme u = 2. Pak je F, = n fu a platí Podle vět o derivaci složené funkce je = 2 3 a = 1 2. = nn 1 fu + n df du = nn 1 fu 2 n 3 f u df = n du = n 2 f u Ted platí + 2 = nn fu 2 n 2 f + 2 n 2 f = n n fu = nf. Ukažte, že každá funkce F,, která má spojité parciální derivace a jejíž hodnota závisí pouze na vzdálenosti bodu, od počátku, vhovuje rovnici = 0 Řešení: Podle zadání je funkce F, = fr, kde r = je vzdálenost bodu [; ] od počátku souřadnic. Protože r = 2 +, 2 r = 2 +, 2 je podle vět o derivování složené funkce = df dr r = f r, = df dr r = f r. Ted platí = f r f r = 0. Určete, jaká funkce tvaru F, = f, vhovuje rovnici + = F Tpeset b AMS-TEX 1

2 Řešení: Jedná se o derivace složené funkce F, = fu, v, kde u = a v =. Protože parciální derivace jsou = 1, platí pro derivace funkce F, vztah Po dosazení do dané rovnice dostaneme 2 = 0, = 2, = 1, = + = 2 = + = = = u = f. Nechť F, = fρ, ϕ, kde = ρ cos ϕ, = ρ sin ϕ jsou polární souřadnice v rovině a funkce f má spojité parciální derivace. Vjádřete v polárních souřadnicích grad F 2 = Řešení: Jedná se o derivace složené funkce. Kdbchom chtěli počítat přímo derivace, které potřebujeme k dosazení do daného vztahu, tj. = ρ ρ + ϕ ϕ, dostaneme derivace, které neumíme počítat přímo z definičního vztahu. Proto najdeme ρ = ρ + ρ ϕ = ϕ + = cos ϕ + sin ϕ = ρ sin ϕ + ρ cos ϕ ϕ. Hledané parciální derivace pak najdeme jako řešení této soustav. Tím dostaneme = cos ϕ ρ sin ϕ ρ ϕ, = sin ϕ ρ + cos ϕ ρ ϕ. Jestliže tto derivace dosadíme do daného vztahu, dostaneme = ρ ρ 2. ϕ Nechť F, = fρ, ϕ, kde = ρ cos ϕ, = ρ sin ϕ jsou polární souřadnice v rovině a funkce f má spojité parciální derivace. Vjádřete v polárních souřadnicích. 2

3 Řešení: Jedná se o derivace složené funkce. Kdbchom chtěli počítat přímo derivace, které potřebujeme k dosazení do daného vztahu, tj. = ρ ρ + ϕ ϕ, dostaneme derivace, které neumíme počítat přímo z definičního vztahu. Proto najdeme ρ = ρ + ρ ϕ = ϕ + = cos ϕ + sin ϕ = ρ sin ϕ + ρ cos ϕ ϕ. Hledané parciální derivace pak najdeme jako řešení této soustav. Tím dostaneme = cos ϕ ρ sin ϕ ρ ϕ, = sin ϕ ρ + cos ϕ ρ ϕ. Jestliže tto derivace dosadíme do daného vztahu, dostaneme = ϕ , kde f je spojitě diferencov- Dokažte, že všechn normál ke grafu funkce F, = f atelná funkce, protínají osu z. Řešení: Parametrické rovnice přímk, která prochází bodem [ 0 ; 0 ; z 0 ] a je rovnoběžná s vektorem a, b, c jsou = 0 + at, = 0 + bt, z = z 0 + ct, t R a osa z má rovnici = = 0. Přímka ted protíná osu z, pokud eistuje řešení soustav rovnic Nechť je 0 = 0 + at, 0 = 0 + bt. [ 0 ; 0 ; z 0 = f ] libovolný bod ploch, která je dána rovnicí z = F, = fr, kde r = Vektor normál k této ploše je úměrný vektoru n = Podle vět o derivování složené funkce je,, 1. = df dr r = f r, = df dr r = f r. Za vektor normál v bodě [ 0 ; 0 ; z 0 ] lze zvolit např. vektor n = 0 f r 0, 0 f r 0, , kde r 0 = Parametrické rovnice normál jsou = f r 0 t, = f r 0 t, z = z t, t R. 3

4 Protože soustava rovnic f r 0 t = 0, f r 0 t = 0 má za předpokladu f r 0 0, tj. kdž není normála rovnoběžná s osou z, řešení t = [ f r 0 ] 1, protíná normála osu z. Ukažte, že funkce F, = f 2 2, kde f má spojitou derivaci, vhovuje rovnici = F 2 Řešení: Označme u = 2 2 a F, = fu. Podle vět o derivaci složené funkce je = df du = 2f u, = f + df du = fu 22 f u. Jestliže dosadíme tto výraz do dané rovnice, dostaneme = 2f u + 1 f 2 2 f u = fu F, = 2. Ukažte, že každá funkce F, = vhovuje vztahu f 2 2, kde f je nenulová funkce mající spojitou derivaci, 2 + F = 0 Řešení: Najdeme derivace složené funkce F, = podílu a derivaci složené funkce je = f 2 u = df du fu df du Po dosazení do dané rovnice dostaneme = 2 f 2 u f u fu, kde u = 2 2. Podle vět o derivaci f 2 u = fu + 22 f u f 2. u 23 f 2 u + fu + 22 f u f f 2 u fu = 0. Do rovnice + = 0 zaveďte nové proměnné u = ln 2 + 2, v = arctg. Řešení: Najdeme parciální derivace funkce F, = fu, v, kde u = ln a v = arctg. Protože platí = 2 + 2, = 2 + 2, = 2 + 2, = 2 + 2, 4

5 je podle vět o derivaci složené funkce = + = + Po dosazení do dané rovnice získáme + = = = = = 0. Ukažte, že funkce F, = e f e 2 2 2, kde f je libovolná diferencovatelná funkce, vhovuje rovnici = F. Řešení: Nejprve nalezneme derivace složené funkce F, = e 2 fu, kde u = ep 2 2. Protože = 2 ep 2 2, je podle vět o derivaci součinu a složené funkce A po dosazení dostaneme df = e du = e = ep 2 2 f u = e fu + e df du = e fu + e ep 2 2, 2 ep 2 2 f u = 2 2 e 2 ep 2 2 f u + [e fu + e = e fu = F,. Ukažte, že funkce F,, z = n f rovnici ] 2 ep 2 2 f u = a, z, kde f je spojitě diferencovatelná funkce, vhovuje b + + z = nf. Řešení: Jedná se o parciální derivace funkce F,, z = n fu, v, kde u = a a v = z b. Protože = a 2, = 0, = 1 a, = z b 2, = 0, = 1 b, 5

6 je podle vět o derivaci součinu a vět o derivaci složené funkce = nn 1 f + n = n = n = n 1 a = n b Po dosazení do dané rovnice dostaneme + + z n = n 1 f n 2 a = n n fu, v = nf,, z., kde f je spojitě diferencovatelná funkce, v- Ukažte, že funkce F,, z = z ln + f, z hovuje vztahu = n n 1 f n 2 a n z b 2 n 1 + a n z b z = F + z + n z b = Řešení: Označme u = a v = z. Pak je podle vět o derivaci složené funkce u, v Z toho dostaneme = 2 z 2, u, v = 1, u, v = 1. = ln + z z + f = ln + z ln = z 2 +. Kdž dosadíme tto derivace do dané rovnice, dostaneme + + z ln = + z z + f z = z + ln z + fu, v = z z ln + + ln + z z z 2 + = + F,, z. Napište Talorův rozvoj funkce v bodě 0, 0. f, = e ln1 + Řešení: Protože je dk e d k = e a pro l 1 platí dokáže se indukcí d l ln1 + d l = 1l 1 l 1! 1 + l, 6

7 je Z toho dostanu k f k, = e ln1 +, k+l f k l, = e 1l 1 l 1! 1 + l pro l > 0. k+l { f 0 pro l = 0, k 0, 0 = l 1 l 1 l 1! pro l > 0. Ted n tý diferenciál funkce f, v bodě [0; 0] je d n f0, 0;, = n l=0 n n f l n l l 0, 0 n l l = A Talorův rozvoj funkce f, v bodě [0; 0] je podle definice T f, = n=0 1 n! dn f0, 0;, = n n=1 l=1 n l=1 1 l 1 l n l! n l l = n! l n l! n l l k=0 l=1 1 l 1 l k! k l. Nechť funkce f a g mají spojité derivace druhého řádu. Dokažte, že funkce F, = f + + g + vhovuje rovnici F + 2 F 2 = 0. Řešení: Máme najít druhé derivace funkce F, = fu + gu, kde u = +. Protože = = 1, jsou podle vět o derivaci složené funkce první derivace rovn = f + f + g, = f + g + g a pro druhé derivace snadno dostaneme F 2 = 2f + f + g, F = f + f + g + g, F 2 = f + 2g + g A po dosazení do dané rovnice získáme F + 2 F 2 = 2f + f + g 2 f + f + g + g + f + 2g + g = 0. Laplaceův operátor f = 2 f f f 2 2 n v R n vjádřete pro funkci, která závisí pouze na vzdálenosti bodu = 1,..., n od počátku souřadnicové soustav, tj. f 1,... n = F r, r = , n. 7

8 Řešení: Jedná se o derivaci složené funkce. Protože pro každé k = 1, 2,..., n je platí r = k k = k 2 r, n = df k dr r = k k r F. Pro druhou derivaci dostanu počítám ji jako součin tří funkcí 2 k Ted hledaný Laplaceův operátor je f = n F k=1 = 1 k k r F = F r 2 k r 3 F + 2 k r 2 F. r 2 k r 3 F + 2 k r 2 F = nf r r2 r 3 F + r2 r 2 F = F + n 1 F. r Výraz 2 f f přetransformujte pro funkci F u, v = f,, kde u =, v =. Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace složené funkce. Podle vět o derivování složených funkcí platí Podobně zjistíme, že druhé derivace jsou 2 = 2 3 = = + = 2 = + = Kdž tto derivace dosadíme do dané rovnice, dostaneme = f f 2 = f = = = Ze vztahů u = a v = plne = u v a = u. jestliže dosadíme dostaneme výsledek 2 f f = v2 u 8 v2 2 F.

9 Ukažte, že je-li funkce f, řešením rovnice f 2 = 0, pak funkce F u, v = f,, kde je řešením rovnice u = 2 + 2, v = F 2 = 0, Řešení: Nejprve nalezneme první parciální derivace složené funkce. Protože = , = jsou první parciální derivace rovn = = , = = = , = , Výpočet druhých derivací je, jak to už bývá, trochu pracnější. Ale kdž se to umí, tak se hned napíše 2 2 = = A kdž tto výraz sečteme dostaneme rovnost ze které plne dokazované tvrzení. Výraz vjádřete pro funkci F u, v = f,, kde 0 = 2 f f 2 = 1 2 F F 2, 2 2 f f 2 u =, v =. Řešení: Protože =, = 1, =, = 2, 9

10 platí podle vět o derivaci složené funkce pro parciální derivace každé funkce g, = Gu, v vztah g = G + G = G + 1 g = G + G G = G G 2 Ted pro funkci F u, v = f, jsou první parciální derivace rovn = + 1, = 2. Pro druhé parciální derivace pak dostaneme 2 = 2 = Po dosazení do daného výrazu dostaneme = 2 2 F F = 2 2 F f f 2 = 42 2 F 2. Protože z definičních vztahů plne = uv a = u v je transformovaný výraz 2 2 f f 2 = 4uv 2 F 2u. Dokažte, že funkce f, = ln vhovuje rovnici f 2 = 0. Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f, = ln Její první derivace jsou = 2 + 2, = Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou f 2 = 2 = Jejich sečtením pak ověříme dokazovanou rovnost. = = = = Dokažte, že funkce f, = 2 a

11 vhovuje rovnici 2 a2 2 f 2 = 0. Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f, = = 2a 2 2 a 2 2 2, = 2 + a a Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou 2 = 2 = = 2a 2 2 a = 2a a a = 2 + a a = a a Jejich dosazením do daného vztahu pak ověříme dokazovanou rovnost. 2 a 2. Její první derivace jsou 2 Ukažte, že funkce vhovuje rovnici f,, z = z f f 2 = 0. Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f,, z = derivace jsou z 2. Její první = z 2, 3/2 = Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou f 2 = f 2 = f 2 = = = = Jejich sečtením pak získáme dokazovanou rovnost z 2, 3/2 = z 2 3/ z 2 3/2 z z 2 3/2 Ukažte, že funkce f,, z = ln z 2 vhovuje rovnici f f 2 = z 2. = 22 2 z z 2 5/2 = z z 2 5/2 = z z 2 5/2 z z 2 3/2. 11

12 Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f,, z = ln z 2. derivace jsou Její první = z 2, = z 2, = z z 2. Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou f 2 = f 2 = f 2 = Jejich sečtením pak získáme dokazovanou rovnost. = = = z 2 = z z 2 2 = z z z 2 2 = z z z z 2 2 Nechť f a g mají spojité derivace druhého řádu. Dokažte, že funkce F, = f + g vhovuje rovnici 2 2 F F F 2 = 0. Řešení: Označme u =. Pak pro každou diferencovatelnou funkci hu platí podle vět o derivaci složené funkce hu = 2 h u, hu = 1 h u. Protože daná funkce je F, = fu + gu, jsou její první parciální derivace = 2 f + g g, = 1 f + g. Druhé parciální derivace funkce F, jsou 2 = 2 4 f g f = 3 f 2 g 1 2 f 2 = 1 2 f + 1 g Jestliže dosadíme do daného vztahu, dostaneme 2 2 F F F 2 2 = 2 4 f g f f 2 g f f + 1 g = 0. 12

13 Jsou-li f a g funkce, které mají spojitou derivaci druhého řádu, dokažte, že funkce F, = 1 [fa + + ga ] vhovuje rovnici 2 2 F 2 = a2 2. Řešení: Označme u = a + a v = a. Podle vět o derivaci složené funkce jsou první parciální derivace funkcí fu a gv rovn u = af u, gv = ag v, u = f u, gv = g v. Protože F, = fu + gv, je = a f + g, = f g f + g 2. Abchom dokázali danou rovnost, najdeme příslušné parciální derivace. T jsou 2 = a2 f + g 2 = f g f g = f + g. Spočtěte je-li F 2 = F, F, = + f kde f je funkce, která má spojité derivace druhého řádu., Řešení: Označme u =. Podle vět o derivaci složené funkce jsou první parciální derivace funkce fu rovn u = 1 f, Ted pro funkci F, = + fu platí u = 2 f. = + f, = + f f. Protože pro druhé parciální derivace dostaneme 2 = f, 2 = 2 3 f, je F = f. 13

14 Výraz 2 2 f vjádřete pro funkci F u, v = f,, kde u = 2, v = + 2. Řešení: Podle vět o parciálních derivacích složené funkce je Pro potřebné druhé derivace dostaneme 2 = 2 = = = + = + = + = = + = 1 Po dosazení do daného výrazu pak dostaneme 2 2 f 2 1 F 2 = 2 = 2 F F + 2 F / / F + 2 F = 4 2 F / /2 = / /2 Jsou-li f a g funkce, které mají spojité derivace druhého řádu, ukažte, že funkce u, t = f + at + g at vhovuje rovnici 2 u t 2 = a2 2 u 2. Řešení: Označme u = + at a v = at. Máme najít druhé parciální derivace funkce u, t = fu + gv. Podle vět o parciálních derivacích složené funkce platí = f u + g v, 2 u 2 = f u + g v, =af u ag v, t 2 u t 2 =a2 f u + a 2 g v = a 2 2 u 2. Spočtěte první dvě derivace funkce, která je řešením rovnice v okolí bodu 0, 1. e + e = 0 14

15 Řešení: Funkce = je řešením rovnice F, = e + e = 0 a splňuje podmínku 0 = 1. Protože protože F 0, 1 = 0, může taková funkce eistovat. Abchom našli derivaci, derivujeme rovnici F, = 0 podle. Dostaneme e + + = 0 e + + = 0. To je vztah mezi, a. V bodě = 0, = 1 je tato rovnice e = 0 0 = e 1. Protože je tato rovnice v uvažovaném bodě jednoznačně řešitelná, to je podmínka 0, 1 0, funkce = eistuje. Abchom našli druhou derivaci, derivujeme rovnic pro první derivaci. Dostaneme rovnici e + + e = 0. Kdž dosadíme do této rovnice známe hodnot = 0, = 1, = e 1, dostaneme e 0 e 1 = 0 0 = e 2. Určete dz a d 2 z funkce z, definované rovnicí v bodě 2; 1; z 2 = e z Řešení: Předpokládejme, že eistuje řešení rovnice F,, z, = + + z 2, e z, = 0, které splňuje podmínku z2, 1 = 0. Protože F 2, 1, 0 = 0, může takové řešení eistovat. Abchom našli dz a d 2 z v bodě = 2, = 1, určíme všechn první a druhé parciální derivace funkce z = z, v tomto bodě. T najdeme tak, že derivujeme definiční rovnici F,, z, = 0 podle a. Tím dostaneme 1 + 2z e z = 0, 1 + 2z e z = 0. 1 Protože v daném bodě je 2z +e z = 0, funkce z = z, eistuje. Její první parciální derivace najdeme z 1, kde dosadíme = 2, = 1 a z = 0. Takto dostaneme 1 2, 1 = 0, 1 2, 1 = 0 Druhé parciální derivace získáme derivováním vztahu 1. To dává Ted podle definice je 2, 1 = 2, 1 = 1. 2 e z + 2z e z 2 z 2 = 0 = 1 2 z 2, 1 = 0 2 z 2, 1 = e z + 2z e z 2 z = 0 = 1 2 z 2, 1 = 0 2 z 2, 1 = 1 2 e z + 2z e z 2 z 2 = 0 = 1 2 z 2 2, 1 = 0 2 z 2, 1 = 1. 2 dz2, 1 = 2, 1 d + 2, 1 d = d + d d 2 z2, 1 = 2 z 2 2, 1 d z 2, 1 dd + 2 z 2 2, 1 d2 = d 2 + 2dd + d 2. 15

16 Nechť f : R R má spojitou derivaci. Dokažte, že funkce z,, která je řešením rovnice a + b + cz = f z 2 vhovuje rovnici c bz + az c = b a. Řešení: Předpokládejme, že funkce z = z, je řešení rovnice F,, z, = a + b + cz f z 2, = 0. Označme u = z 2 a derivujme definiční rovnici postupně podle proměnných a. Pomocí vět o derivaci složené funkce dostaneme vztah a + c f u 2 + 2z = 0, b + c f u 2 + 2z = 0, ze kterých plne = a 2f u 2zf u c, = b 2f u 2zf u c. Dosadíme-li tto derivace do daného vztahu, dostaneme po kratších úpravách dokazovanou rovnost. Určete a pro funkci, která je definována implicitně rovnicí v okolí bodu 1; 0. ln arctg = 0 Řešení: Předpokládejme, že eistuje hladká funkce =, která je řešením rovnice F, = ln arctg = 0 a platí pro ní 1 = 0. Protože F 1, 0 = 0, může taková funkce eistovat. Abchom našli její derivace, derivujeme definiční vztah. Tak dostaneme = 0 + = 0. 1 Protože 1, 0 = 1 0, funkce = eistuje v okolí bodu = 1, = 0 a její derivaci najdeme z rovnice 1 v tomto bodě. Takto dostaneme 1 1 = 0 1 = 1. Druhou derivaci nalezneme derivováním rovnice 1. To dává vztah ze kterého v bodě = 1, = 0, = 1 plne = 0, 1 = 2. Určete a pro funkci, která je definována implicitně rovnicí = 0. 16

17 Řešení: Máme najít první dvě derivace diferencovatelné funkce, která je zadána jako řešení rovnice F, = = 0. Kdž derivujeme definiční vztah, dostaneme pro první derivaci rovnici = = 0. 1 Mimo množinu, kde je = 0 a 2 = 0, tj. mimo bod = = 0 a = 3 4, = 3 2, plne z této rovnice = Druhou derivaci nalezneme pomocí derivace rovnice 1. Po derivovaní dostaneme = 0 = , kde je funkce dána rovnicí 2. Určete dz a d 2 z funkce z,, která je řešením rovnice v bodě 0; 1; 1. z ln z = 0 Řešení: Abchom našli první a druhý diferenciál funkce z = z, v daném bodě, najdeme její všechn první a druhé parciální derivace v tomto bodě. Funkce z = z, je dána v okolí bodu = 0, = z = 1 implicitně rovnicí F,, z, = z, ln = 0. Protože F 0, 1, 1 = 0, z, může taková funkce eistovat. Derivací definičního vztahu podle a dostaneme 1 z z 2 1 z = 0, z 2 1 z + 1 = 0. Pro zjednodušení dalších výpočtů vnásobím první rovnici z 2 0 a druhou z 2 0. Po úpravě dostanu z + z = 0, z2 + z = 0. 1 Hodnot prvních parciálních derivací najdeme jako řešení rovnic 1 v bodě = 0, = z = 1. Takto dostaneme 0, 1 = 1, 0, 1 = 1 = dz0, 1 = 0, 1 d + 0, 1 d = d + d. Druhé parciální derivace najdu derivováním rovnic 1. Tím dostanu vztah A ted druhý diferenciál je z 2 z 2 = 0 = 2 z 0, 1 = z 2 z = 0 = 2 z 0, 1 = 0 2z + z + z 2 z 2 = 0 = 2 z 0, 1 = 0. 2 d 2 z0, 1 = 2 z 2 0, 1 d z 0, 1 dd + 2 z 2 0, 1 d2 = d 2. 17

18 2 z Určete derivaci 0; 0 funkce z,, která je řešením rovnice z 2 2z 4 = 0 v okolí bodu 0; 0; 2. Řešení: Funkce z = z, je dána jako spojité řešeni rovnice F,, z, = z 2 4 = 0. Nejjednodušší je vřešit kvadratickou rovnici a napsat z, = ± Protože nás zajímá funkce, pro kterou platí z0, 0 = 2, musíme volit znaménko plus. Ted z, = , = , 2 2 z = = 2 z 0, 0 = 1. 3/2 Jiná možnost je najít derivaci pomocí vět o implicitních funkcích. Postupně dostaneme z + z = 0, z + z = 0 = 0, 0 = 0, 0 = 1. A derivací prvního vztahu podle dostaneme a po dosazení = = 0, z0, 0 = 2, Zjistěte, zda soustava rovnic z + + z 2 z = 0 0, 0 = 0, 0 = 1, dostaneme opět e u+v + 2uv = 1, e u v u 1 + v = 2 má v okolí bodu 1; 2; 0; 0 řešení ve tvaru u,, v, a určete du1, 2, dv1, 2. Řešení: Funkce u = u, a v = v, jsou dán jako spojitá řešení soustav rovnic F,, u,, v, = e u,+v, + 2u, v, 1 = 0, G,, u,, v, = e u, v, u, 2 = 0, 1 + v, 2 z 0, 0 = 1. které splňují podmínk u1, 2 = v1, 2 = 0. Protože F 1, 2, 0, 0 = G1, 2, 0, 0 = 0, mohli b funkce u, a v, eistovat. Abchom našli diferenciál du1, 2 a dv1, 2 stačí najít všechn parciální rovnice prvního řádu. T bchom mohli najít tak, že bchom derivovali oba definiční vztah podle a. Ale také lze diferenciál najít přímo. Vezmeme úplné diferenciál obou definičních vztahů a získáme soustavu e u+v d + e u+v du + dv + 2vdu + 2udv = 0, e u v d + e u v du dv du 1 + v + udv 1 + v 2 2d = 0. 18

19 Kdž do této soustav dosadíme = 1, = 2 a u = v = 0, dostaneme soustavu d + du + dv = 0, d + 2du dv du 2d = 0 pro neznámé du a dv. Její řešení, a ted i hledané diferenciál jsou du1, 2 = 1 3 d, dv1, 2 = d d. Dokažte,že funkce z,, která je implicitně definována rovnicí 2 sin + 2 3z 2 + 3z = 0 vhovuje vztahu + = 1. Řešení: Uvažujme funkci u = + 2 3z. Pak má daná rovnice tvar 2 sin u u = 0, která má tři řešení třeba si nakreslete její graf u k, k = 1, 2, 3.. Jedná se ted o jednu z funkcí + 2 3z = u k z = u k. V každém případě je Ted ve všech případech platí rovnost = 1 3, = = = 1. Dokažte, že funkce z,, která je určena implicitně rovnicí + z z 2 = 0, vhovuje rovnici + = z. Řešení: Daná rovnice má tvar a 2 + b 2 = 0. Ale jediné řešení této rovnice je a = b = 0. Ted musí platit + z = 0, + z = 0 = z =. A protože =, =, je + = 2 = z. 19