x + F F x F (x, f(x)).

Transkript

1 I. Funkce dvou více reálných proměnných 8. Implicitně dné funkce. Budeme se zbývt úlohou, kdy funkce není zdná přímo předpisem, který vyjdřuje závislost její hodnoty n hodnotách proměnných. Jeden z možných popisů je ten, že funkce je dná jko řešení rovnice či soustvy rovnic. Tkovou funkci nzýváme implicitně zdnou. Uvedeme podmínky, kdy má tková rovnice jediné řešení ukážeme jké vlstnosti tohoto řešení umíme nlézt. Probereme si tři zákldní možnosti pro implicitní zdání funkce. 1. Funkce je řešením rovnice F (x, y) = 0. Hledáme funkci y = f(x), která je řešením rovnice F (x, y) = 0, tedy funkci, která splňuje rovnici ( ) F (x, f(x)) = 0. Je-li bod (, b) D F tkový, že F (, b) = 0 funkce F má spojité prciální derivce v okolí bodu (, b) (, b) 0, pk existují kldná čísl ε, δ tková, že rovnice F (x, y) = 0 má jediné řešení y (b ε, b + ε) pro x ( δ, + δ). Řešení rovnice F (x, y) = 0 je v okolí ( δ, +δ) (b ε, b+ε) funkcí y = f(x), x ( δ, +δ). Funkce y = f(x) má v uvedeném intervlu spojité derivce tkového řádu, jkého řádu má spojité prciální derivce funkce F (x, y). Její derivce spočteme derivováním rovnice ( ) podle proměnné x, kde derivujeme podle vzorce (3) z odstvce 7 pro derivci složené funkce. Ve vzorci volíme g(x) = x, h(x) = f(x) dostneme pro derivci funkce y = f(x) rovnici + f (x) = + f (x) = 0. Odtud dostneme pro hodnotu derivce funkce y = f(x) vzorec ( ) f (x) = (x, f(x)) (x, f(x)). Vzorec pro derivci 2. vyšších řádů dostneme derivováním vzorce ( ). Všimněme si, že vzorec ( ) má jednu neznedbtelnou nevýhodu. Abychom mohli pomocí něj určit derivce funkce y = f(x), musíme ji znát. To ovšem v tomto přípdě není splněno. Známe ovšem hodnotu f() = b neboť F (, b) = 0. Můžeme ze vzorce ( ) určit derivci v bodě tedy lineární proximci funkce y = f(x) v okolí bodu. Je tedy f () = (, b) (, b) f(x). = b + f ()(x ), x ( δ, + δ). Výpočet druhé vyšší derivce proximci funkce f pomocí Tylorov polynomu vyššího stupně ukážeme v úlohách. Řešené úlohy. 58

2 1. Úloh: Určete první druhou derivci funkce y = f(x), která je řešením rovnice x 2 + 2xy y 2 = 4. Funkce F (x, y) = x 2 + 2xy y 2 4 má spojité prciální derivce tk uvžovná rovnice má řešení tvru y = f(x) v okolí kždého bodu, který rovnici splňuje, pokud budeme moci spočítt její derivci. Rovnici pro derivci hledné funkce získáme derivováním zdné rovnice, pokud budeme respektovt postup v odstvci 1, když předpokládáme, že je řešení do rovnice doszeno. Řešení y = f(x) splňuje rovnici ( ) x 2 + 2xf(x) f 2 (x) = 4 jejím derivováním podle proměnné x dostneme vzth Odtud dostneme, že pokud je ovšem f(x) x 0. 2x + 2f(x) + 2xf (x) 2f(x)f (x) = 0. ( ) f (x) = x + f(x) f(x) x, Derivci f (x) dostneme derivováním vzthu ( ) nebo derivujeme rovnici pro první derivci, kde z derivci f (x) dosdíme vyjádření ( ). Dostneme rovnici f (x) = (1 + f (x))(f(x) x) (x + f(x))(f (x) 1) (f(x) x) 2 = 2(x 2 + 2xf(x) f 2 (x)) (x f(x)) 3 = když při poslední úprvě použijeme rovnici ( ). 8 (x f(x)) 3, Poznámk. Zápis je dosti nepřehledný. Při výpočtu volíme obvykle toto zjednodušení. Místo symbolu f(x) používáme pouze písmeno y, le nesmíme při derivování zpomenout, že y je funkce tedy její derivce podle proměnné x jsou y = f (x), y = f (x) td. V této symbolice je tedy y = x + y y x y = 8 (x y) 3. V dlším textu této kpitoly budeme již tento zkrácený zápis používt. 2. Úloh: Určete první dvě derivce funkce y = f(x), která je řešením rovnice x 3 + y 3 3xy 1 = 0 npište proximci tohoto řešení v okolí bodu x 0 = 0 pomocí Tylorov polynomu druhého stupně, je-li y(0) = 1. Funkce F (x, y) = x 3 + y 3 3xy 1 má spojité derivce všech řádů tudíž vzth pro derivci hledného řešení získáme derivováním zdné rovnice, kde respektujeme skutečnost, že y je funkce proměnné x. Dostneme rovnici 3x 2 + 3y 2 y 3y 3xy = 0. 59

3 Odtud získáme, že y = y x2 y 2 x y (0) = 1, když použijeme skutečnosti, že y(0) = 1. Poznmenejme, že sndno ověříme, že bod (0, 1) splňuje dnou rovnici. Pro derivci druhého řádu dostneme y = (y ) = (y 2x)(y 2 x) (y x 2 )(2yy 1) (y 2 x) 2 = 6x 2 y 2 2xy 4 2xy + 2x 3 2x 4 2y 4 (y 2 x) 3 y (0) = 0. Přibližné vyjádření řešení v okolí bodu x 0 = 0 dostneme ze vzorce y(x). = y(0) + y (0)x y (0)x 2 = 1 + x. 3. Úloh: Určete první dvě derivce funkce y = f(x), která je řešením rovnice ln x 2 + y 2 rctg( y x ) = 0 vyčíslete jejich hodnoty v bodě x 0 = 1, je-li y(1) = 0. Derivováním dné rovnice získáme rovnici pro derivci jejího řešení, pokud lze výpočet provést. Dostneme Po úprvě dostneme 1 2x + 2yy x2 + y 2 x2 + y xy y = 0, x 0. 2 x 2 + y2 x + yy xy + y = 0 y = x + y, pro x y. x y Derivováním tohoto vzthu dostneme pro druhou derivci rovnici y = (1 + y )(x y) (x + y)(1 y ) (x y) 2 = Pro x = 1 dostneme doszením hodnoty y(1) = 0, y (0) = 1, y (0) = 2. 2x (x y) 2, x y. 60

4 4. Úloh: Určete první dvě derivce funkce y = f(x), která je řešením rovnice je-li y(π) = 0. sin y + e x xy 2 = e π, Ověříme, že bod (π, 0) splňuje dnou rovnici. Jejím derivováním získáme vzth pro derivci řešení. Je y cos y + e x y 2 2xyy = 0 odtud plyne y = y2 e x cos y 2xy, cos y 2xy. Doszením x = π, y(π) = 0 dostneme y (π) = e π. Derivováním vzorce pro y dostneme y = (2yy e x )(cos y 2xy) (y 2 e x )( y sin y 2y 2xy ) (cos y 2xy) 2. Po doszení hodnot x = π, y(π) = 0 y (π) = e π dostneme odtud y (π) = 2πe 2π e π. 5. Úloh: Npište rovnici tečny normály v bodě (1, 2) ke křivce popsné rovnicí x 4 + y 4 x 3 y 3 = 9. Pomocí věty o derivci implicitně zdné funkce vypočteme derivci funkce y = f(x), která je řešením dné rovnice v okolí bodu x 0 = 1, pro které je f(1) = 2. Tím zároveň ověříme, že dná rovnice má řešení v předpokládném tvru. Pro derivci dostneme rovnici 4x 3 + 4y 3 y 3x 2 y 3 3x 3 y 2 y = 0. Dosdíme hodnty x = 1, y = 2 dostneme odtud, že y (1) = 1. Rovnice tečny ke grfu funkce v dném bodě je y 2 = x 1 x y + 1 = 0 rovnice normály ke grfu v tomto bodě má tvr y 2 = (x 1) x + y 3 = Úloh: Určete lokální extrémy funkce y = f(x), která je definovná implicitně rovnicí y 3 2xy + x 2 = 0. Hledáme body, ve kterých dná rovnice definuje funkci y = f(x), ve kterých má tto funkce stcionární body, tj. f (x) = 0. Derivci hledné funkce opět získáme derivováním zdné rovnice. Pro derivci dostneme podmínku 3y 2 y 2y 2xy + 2x = 0, 61

5 odtud získáme vzth ( ) y = 2(y x) 3y 2 2x, pokud 3y2 2x 0. Hledáme bod, který splňuje zdnou rovnici v němž je součsně derivce rovn nule. Souřdnice tohoto bodu tedy splňují soustvu rovnic y x = 0, y 3 2xy + x 2 = 0. Tto soustv má dvě řešení x 1 = 1, y 1 = 1 x 2 = y 2 = 0. Druhé řešení nesplňuje podmínku ( ), budeme tudíž uvžovt jediný bod x = y = 1, tedy x = 1, y(1) = 1. O druhu lokálního extrému v tomto bodě rozhodneme podle znménk druhé derivce. Vzth pro druhou derivci získáme opětovným derivováním vzthu pro první derivci. Je tedy 6y(y ) 2 + 3y 2 y 2y 2y 2xy + 2 = 0 odkud vypočteme hodnotu y (1) když do rovnice dosdíme x = 1, y = 1, y = 0. Dostneme, že y (1) = 2 < 0 tudíž má funkce y = f(x) v bodě x = 1 lokální mximum. Neřešené úlohy Úloh: Určete derivci funkce y = f(x), která je řešením dné rovnice vypočtěte její hodnotu v uvedeném bodě. 1. x y + e x+y 2 = 0, x 0 = 1, y(1) = sin (xy) e xy x 2 y + 1 = 0, x 0 = 1, y(1) = 0. [y = ex+y +yx y 1 x y lnx+e x+y, y (1) = 0] [y = 2xy+yexy y cos (xy) x cos (xy) xe xy x 2, y (1) = 0] 3. x 4 y + xy 4 2x 2 y 2 = 32, x 0 = 2, y(2) = 2. [y = y4 +4xy 2 4x 3 y x 4 +4xy 3 4x 2 y, y (2) = 1] 2. Funkce je řešením rovnice F (x, y, z) = 0. Hledáme funkci z = f(x, y), která je řešením uvedené rovnice, tedy pltí ( ) F (x, y, f(x, y)) = 0 v nějkém okolí bodu z definičního oboru funkce F = F (x, y, z). O funkci F = F (x, y, z) předpokládáme, že má spojité prciální derivce v definičním oboru D F dále, že známe bod (, b, c) D F, pro který je splněn rovnice ( ), tedy F (, b, c) = 0 (, b, c) 0. Potom existují kldná čísl ε, δ tková, že pro x ( δ, + δ) y (b δ, b + δ) má rovnice ( ) jediné řešení z (c ε, c + ε). Toto řešení je funkcí z = f(x, y) 62

6 má v uvedeném intervlu spojité derivce tkového řádu jké má spojité derivce funkce F (x, y, z). Prciální derivce funkce z = f(x, y) vypočteme derivováním rovnice ( ), kde prciální derivce počítáme obdobně jko ve vzorci 1 z odstvce 3. Pro prciální derivce řešení dostneme rovnice + + f = + f = f = + f = 0. Odtud získáme jejich vyjádření ve tvru ( ) pro f (x, y, f(x, y)) = (x, y, f(x, y)) (x, y, f(x, y)) x ( δ, + δ), y (b δ, b + δ). f (x, y, f(x, y)) = (x, y, f(x, y)) (x, y, f(x, y)) Řešené úlohy. 1. Úloh : Určete prciální derivce diferenciál prvního řádu funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice x 2 + y 2 + z 2 + 4xz = 2 nejdříve v obecném potom v bodě (1, 2), jestliže je f(1, 2) = 1. Jestliže dosdíme bod (1, 2, 1) do dné rovnice, zjistíme, že je rovnice splněn. Derivce hledného řešení získáme derivováním zdné rovnice podle proměnných x y. Pokud můžeme obě derivce vypočítt, jsou splněny předpokldy věty o implicitně dné funkci získáme její derivce v okolí bodu (x, y). Funkce F (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 + 4xz 2 má spojité prciální derivce všech řádů v R 3 tudíž pro derivce hledné funkce dostneme podmínky: 2x + 2z + 4z + 4x = 0 + 2z = x, z + 2x 0. 2x + z Obdobně dostneme podmínku pro derivci podle druhé proměnné. Je 2y + 2z + 4x = 0 = y, z + 2x 0. 2x + z Protože jsou obě derivce spojité je v obecném bodě dz = 1 ( (x + 2z)dx ydy). 2x + z Po doszení hodnot x = 1, y = 2, z = 1 dostneme (1, 2) = 1, (1, 2) = 2, dz(1, 2) = dx 2dy. 63

7 2. Úloh: Určete prciální derivce diferenciál funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice z 3 + 3xyz = 2, v obecném bodě npište lineární proximci této funkce v bodě (1, 1), jestliže f(1, 1) = 2. Postupem, který jsme popsli v odstvci 2 vypočteme derivce hledné funkce zároveň ověříme, zd řešení předepsného tvru existuje. Derivováním zdné rovnice postupně získáme: 3z 2 + 3yz + 3xy = 0 Z těchto rovnic vypočteme, že Je tedy = 3z 2 + 3xz + 3xy = 0. yz z 2 + xy, dz = = xz z 2 + xy, z2 + xy 0. z (ydx + xdy). z 2 + xy Po doszení hodnot x = 1, y = 1, z = 2 dostneme (1, 1) = 2 3, (1, 1) = 2 3, dz(1, 1) = 2 (dx dy). 3 Lineární proximcí funkce z = f(x, y) v okolí bodu (1, 1) je Tylorův polynom prvního stupně v bodě (1, 1). Protože je f(1, 1) = 2 je z = f(x, y). = (1(x 1) 1(y + 1)) = x 2 3 y. 3. Úloh: Určete prciální derivce funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice x z ln(z y ) = 0 nejprve v obecném bodě potom v bodě (0, 1), jestliže je f(0, 1) = 1. K výpočtu použijeme nyní vzorce ( ), kde F (x, y, z) = x ln( z ). Dostneme z y 1 = z x y z 2 z 1 y = z x + z, y z z y 2 = x y z 2 z 1 y = z2 x + z, z + x 0. Doszením hodnot x = 0, y = 1, z = 1 dostneme (0, 1) = 1, (0, 1) = 1. 64

8 4. Úloh: Určete diferenciál funkce z = f(x, y) v bodě (1, 2), je-li x 3 + y 3 + z 4 = x + z + 6 z = f(1, 2) = 2. K výpočtu derivcí funkce z = f(x, y) použijeme opět vzorec ( ), kde F (x, y, z) = x 3 + y 3 + z 4 x z 6. Dostneme = 1 3x2 4z 3 1, = 3y2 4z 3 1, 4z Doszením hodnot x = 1, y = 2, z = 2 získáme hodnoty prciálních derivcí v bodě (1, 2) je dz(1, 2) = 1 ( 2dx 12dy) Úloh: Určete diferenciál prvního druhého řádu funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice x yz + e z = 0 v obecném bodě v bodě ( 1, 2), jestliže je f( 1, 2) = 0. K výpočtu derivcí funkce z = f(x, y) použijeme opět vzorec ( ), kde F (x, y, z) = x yz + e z. Dostneme = 1 y e, z = z y e z, y ez 0. Prciální derivce druhého řádu získáme derivováním uvedených vyjádření, kde respektujeme, že z je funkcí proměnných x y z její derivce dosdíme dříve vypočítné vyjádření. Je tedy 2 z 2 = Je tedy ez (y e z ) = e z 2 (y e z ), 2 z 3 = (y ez ) z(1 e z ) = z2 e z 2 (y e z ) 2 (y e z ) 3 d 2 z = 2 z = ez (y e z ) 2 = ze z (y e z ) 3. dz = 1 (dx + zdy) y ez e z (y e z ) 3 (dx2 + 2zdxdy + z 2 dy 2 ). Dosdíme do obecného vyjádření hodnoty x = 1, y = 2, z = 0 dostneme dz( 1, 2) = dx, d 2 z( 1, 2) = dx 2. 65

9 6. Úloh: Určete rovnici tečné roviny ke grfu funkce z = f(x, y), která je definovná jko řešení rovnice 6xy x 2 + 4y 2 4zx 1 = 0 která je kolmá n přímku p : X = (2, 3, 4) + t(2, 1, 2). Hledáme bod, který je řešením dné rovnice v němž je normálový vektor ke grfu funkce násobkem směrového vektoru zdné přímky, tedy pltí (,, 1) = k(2, 1, 2), kde k je nějké číslo prciální derivce jsou dány vzorcem ( ), kde F (x, y, z) = 6xy x 2 + 4y 2 4xz 1. Odtud plyne, že ( ) 6y 2x 4z 4x = 2k, 6x + 8y 4x 6xy x 2 + 4y 2 4xz 1 = 0. = k, 1 = 2k. Jestliže dosdíme hodnotu k = 1 do prvních dvou rovnic v soustvě, dostneme 2 rovnice x + 3y 2z = 0, x + y = 0 y = x, z = x. Dosdíme tyto podmínky do poslední rovnice dostneme podmínku Získli jsme dvě řešení celé soustvy, x 2 = 1 x = 1, nebo x = 1. (x, y, z) = (1, 1, 1) (x, y, z) = ( 1, 1, 1), to znmená, že grf funkce, která je implicitně definovná rovnicí má tečné roviny poždovných vlstností v bodech (1, 1), ( 1, 1) f(1, 1) = 1, f( 1, 1) = 1. Rovnice tečných rovin tedy jsou τ 1 : 2(x 1) + (y + 1) + 2(z + 1) = 0 2x + y + 2z + 1 = 0 τ 2 : 2(x + 1) + (y 1) + 2(z 1) = 0 2x + y + 2z 1 = 0. Neřešené úlohy. 1. Úloh: Určete prciální derivce funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice x 2 + z 2 zx + xy 4 9 = 0 v obecném bodě v bodě (2, 1), jestliže je f(2, 1) = 3. [ = z 2x y4 2z x, = 4xy3 2z x, 2z x 0, (2, 1) = 1 2, (2, 1) = 2.] 66

10 2. Úloh: Určete prciální derivce funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice e z xyz = e v obecném bodě v bodě (1, 1), jestliže je f(1, 1) = 2. [ = yz e z xy, = xz, e z xy ez xy 0, (1, 1) = 2 e 2 +1, 2 (1, 1) =.] e Úloh: Určete diferenciál funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice v bodě (0, 2), jestliže je f(0, 2) = 1. [ = yz(x+z) z 3 z 2 (x+z)ln(x+z)+z 3 +xy(x+z), zln(x + z) xy z = 0 = xz(x+z) z 2 (x+z)ln(x+z)+z 3 +xy(x+z), dz(0, 2) = dx] 3. Funkce je řešením soustvy rovnic F (x, y, z) = 0, G(x, y, z) = 0. Hledáme funkce y = f(x), z = g(x), které jsou řešením uvedené soustvy, tedy pltí ( ) F (x, f(x), g(x)) = 0 G(x, f(x), g(x)) = 0 v nějkém okolí bodu z definičního oboru funkcí F (x, y, z) G(x, y, z). Předpokládáme, že funkce F G mjí spojité prciální derivce v okolí bodu (, b, c), který je řešením soustvy ( ). Jestliže je determint G (, b, c), G (, b, c), (, b, c) (, b, c) různý od nuly, pk v okolí bodu (, b, c) má soustv ( ) jediné řešení poždovného tvru y = f(x), z = g(x), x ( ε, + ε) pro nějké číslo ε > 0. Toto řešení má spojité derivce tkového řádu, jkého řádu mjí spojité prciální derivce funkce F G. Tyto derivce vypočteme z derivovné soustvy ( ). Pro derivce prvního řádu tedy pltí + f (x) + g (x) = 0 G + Gf (x) + G g (x) = 0. Vyjádření pro derivce f (x) g (x) získáme jko řešení uvedené soustvy. Podmínk poždující nenulovost determinntu zručuje, že tto soustv má jediné řešení. Derivce vyšších řádů dostneme opětovným derivováním této soustvy, nebo derivujeme vzth pro derivce prvního řádu. Pro ilustrci uvedeme příkld tkového výpočtu. Pro jednoduchost budeme opět znčit f(x) = y(x) g(x) = z(x). Řešené úlohy. 67

11 1. Úloh : Určete derivce prvního druhého řádu funkcí y = y(x), z = z(x) která jsou řešením soustvy rovnic x 2 + 2xy 4y 2 + z + 16 = 0, x + y 2z + 1 = 0 nejdříve v obecném bodě potom v bodě ( 1), jestliže je y( 1) = 2 z( 1) = 1. Uvžujeme soustvu tvru ( ) x 2 + 2xy 4y 2 + z + 6 = 0, x + y 2z + 1 = 0. Funkce mjí spojité prciální derivce všech řádů v R 3 jejím derivováním podle proměnné x získáme vzthy pro drivce hledných funkcí. Je tedy Tto soustv má jediné řešení 2x + 2y + 2xy 4yy + z = 0, 1 + y 2z = 0. ( ) y (x) = 4x 4y 1 4x 16y + 1 z (x) = 10y 4x 16y + 1, pokud je 4x 16y Dosdíme hodnoty x = 1, y = 2, z = 1 dostneme y ( 1) = 1 7, z ( 1) = 4 7. Pro derivce druhého řádu získáme derivováním vzthů ( ) vzorce y (x) = ( 4 4y )(4x 16y + 1) + (4x + 4y + 1)(4 16y ) (4x 16y + 1) 2, z (x) = 10y (4x 16y + 1) + 10y(4 16y ) (4x 16y + 1) 2. Po doszení odpovídjících hodnot v bodě x = 1 dostneme y ( 1) = = 0, 138 z ( 1) = = Úloh: Určete derivce funkcí y = y(x), z = z(x), které jsou řešením soustvy rovnic x 2 + y 2 + z 2 = 3, x 2 + y 2 2z = 0 v obecném bodě v bodě x = 1, jestliže je y(1) = 1 z(1) = 1. Derivováním soustvy dostneme pro derivce řešení soustvu rovnic Tto soustv má řešení 2x + 2yy + 2zz = 0, 2x + 2yy 2z = 0. y (x) = x y, z (x) = 0, y 0. Pro derivce řešení v zdném bodě dostneme hodnoty y (1) = 1, z (1) = 0. 68

12 3. Úloh: Určete první druhou derivci funkcí y = y(x), z = z(x), které jsou řešením soustvy rovnic x 2 + y 2 + z 2 = 169, 2x + y z + 2 = 0 v obecném bodě v bodě x = 3, jestliže je y(3) = 4 z(3) = 12. Derivováním řešené soustvy získáme podmínky pro derivce řešení ve tvru soustvy 2x + 2yy + 2zz = 0, 2 + y z = 0. Tto soustv má řešení pokud je y + z 0. ( ) y (x) = x 2z y + z, z (x) = 2y x y + z, Po doszení souřdnic dného bodu dostneme, že y (3) = 27 16, z (3) = Derivováním vzthů z ( ) dostneme vyjádření pro druhé derivce řešení. Je y (x) = ( 1 2z )(y + z) + (x + 2z)(y + z ) (y + z) 2, z (x) = (2y 1)(y + z) (2y x)(y + z ) (y + z) 2. Po doszení z ( ) úprvě získáme, že y (x) = z (x) = 2x2 5y 2 5z 2 + 4xy 4xz 2yz (y + z) 3. Po doszení souřdnic dného bodu dostneme, že y (3) = z (3) = = 0,