Diferenciální počet – příklad 1 y Dokažte, že funkce F (x, y) = xn f , kde f je spojitě diferencovatelná funkce, vyhovuje vztahu x2 x
Řešení: Označme u =
∂F ∂F + 2y = nF ; ∂x ∂y
x 6= 0
y . Pak je F (x, y) = xn f (u) a platí x2 2y ∂u =− 3 ∂x x
a
1 ∂u = 2. ∂y x
Podle věty o derivaci složené funkce je df ∂u ∂F = nxn−1 f (u) + xn = nxn−1 f (u) − 2xn−3 yf 0 (u) ∂x du ∂x ∂F df ∂u = xn = xn−2 f 0 (u) ∂y du ∂y Tedy platí x
∂F ∂F + 2y = nxn f (u) − 2xn−2 yf 0 + 2xn−2 yf 0 = nxn f (u) = nF . ∂x ∂y
Ukažte, že každá funkce F (x, y), která má spojité parciální derivace a jejíž hodnota závisí pouze na vzdálenosti bodu (x, y) od počátku, vyhovuje rovnici y
∂F ∂F −x =0 ∂x ∂y
Řešení: Podle zadání je funkce F (x, y) = f (r), kde r = počátku souřadnic. Protože ∂r x =p , 2 ∂x x + y2
p
x2 + y 2 je vzdálenost bodu [x; y] od
∂r y =p , 2 ∂y x + y2
je podle věty o derivování složené funkce ∂F df ∂r x = =p f 0 (r) , 2 ∂x dr ∂x x + y2 Tedy platí y
∂F df ∂r y = =p f 0 (r) . 2 ∂y dr ∂y x + y2
∂F yx xy ∂F −x =p f 0 (r) − p f 0 (r) = 0 . 2 2 ∂x ∂y x +y x2 + y 2
y vyhovuje rovnici Určete, jaká funkce tvaru F (x, y) = f x, x x
∂F ∂F +y =F ∂x ∂y
Typeset by AMS-TEX 1
y Řešení: Jedná se o derivace složené funkce F (x, y) = f (u, v), kde u = x a v = . Protože parciální x derivace jsou ∂u ∂u ∂v y ∂v 1 = 1, = 0, =− 2, = , ∂x ∂y ∂x x ∂y x platí pro derivace funkce F (x, y) vztahy ∂v ∂f y ∂f = − ∂x ∂u x2 ∂v ∂v 1 ∂f = . ∂y x ∂v
∂f ∂u ∂f ∂F = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂F ∂f ∂u ∂f = + ∂y ∂u ∂y ∂v
Po dosazení do dané rovnice dostaneme y ∂f ∂f ∂f ∂f 1 ∂f x − 2 +y =x =u =f. ∂u x ∂v x ∂v ∂u ∂u Nechť F (x, y) = f (ρ, ϕ), kde x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ jsou polární souřadnice v rovině a funkce f má spojité parciální derivace. Vyjádřete v polárních souřadnicích 2
|grad F | =
∂F ∂x
2
+
∂F ∂y
2
Řešení: Jedná se o derivace složené funkce. Kdybychom chtěli počítat přímo derivace, které potřebujeme k dosazení do daného vztahu, tj. ∂F ∂f ∂ρ ∂f ∂ϕ = + , ∂x ∂ρ ∂x ∂ϕ ∂x dostaneme derivace, které neumíme počítat přímo z definičního vztahu. Proto najdeme ∂f ∂F ∂x ∂F = + ∂ρ ∂x ∂ρ ∂y ∂f ∂F ∂x ∂F = + ∂ϕ ∂x ∂ϕ ∂y
∂y ∂F ∂F = cos ϕ + sin ϕ ∂ρ ∂x ∂y ∂y ∂F ∂F = −ρ sin ϕ + ρ cos ϕ . ∂ϕ ∂x ∂y
Hledané parciální derivace pak najdeme jako řešení této soustavy. Tím dostaneme ∂F ∂f sin ϕ ∂f = cos ϕ − , ∂x ∂ρ ρ ∂ϕ
∂F ∂f cos ϕ ∂f = sin ϕ + . ∂y ∂ρ ρ ∂ϕ
Jestliže tyto derivace dosadíme do daného vztahu, dostaneme
∂F ∂x
2
+
∂F ∂y
2
=
∂f ∂ρ
2 +
1 ρ2
∂f ∂ϕ
2 .
Nechť F (x, y) = f (ρ, ϕ), kde x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ jsou polární souřadnice v rovině a funkce f má spojité parciální derivace. Vyjádřete v polárních souřadnicích x
∂F ∂F −y . ∂y ∂x
2
Řešení: Jedná se o derivace složené funkce. Kdybychom chtěli počítat přímo derivace, které potřebujeme k dosazení do daného vztahu, tj. ∂F ∂f ∂ρ ∂f ∂ϕ = + , ∂x ∂ρ ∂x ∂ϕ ∂x dostaneme derivace, které neumíme počítat přímo z definičního vztahu. Proto najdeme ∂f ∂F ∂x ∂F = + ∂ρ ∂x ∂ρ ∂y ∂F ∂x ∂F ∂f = + ∂ϕ ∂x ∂ϕ ∂y
∂y ∂F ∂F = cos ϕ + sin ϕ ∂ρ ∂x ∂y ∂F ∂F ∂y = −ρ sin ϕ + ρ cos ϕ . ∂ϕ ∂x ∂y
Hledané parciální derivace pak najdeme jako řešení této soustavy. Tím dostaneme ∂F ∂f sin ϕ ∂f = cos ϕ − , ∂x ∂ρ ρ ∂ϕ
∂F ∂f cos ϕ ∂f = sin ϕ + . ∂y ∂ρ ρ ∂ϕ
Jestliže tyto derivace dosadíme do daného vztahu, dostaneme x
∂F ∂F ∂f −y = . ∂y ∂x ∂ϕ
Dokažte, že všechny normály ke grafu funkce F (x, y) = f atelná funkce, protínají osu z.
p x2 + y 2 , kde f je spojitě diferencov-
Řešení: Parametrické rovnice přímky, která prochází bodem [x0 ; y0 ; z0 ] a je rovnoběžná s vektorem (a, b, c) jsou x = x0 + at , y = y0 + bt , z = z0 + ct , t ∈ R a osa z má rovnici x = y = 0. Přímka tedy protíná osu z, pokud existuje řešení soustavy rovnic 0 = x0 + at ,
0 = y0 + bt .
h p i Nechť je x0 ; y0 ; z0 = f x20 + y02 libovolný bod plochy, která je dána rovnicí z = F (x, y) = f (r), p kde r = x2 + y 2 . Vektor normály k této ploše je úměrný vektoru n=
∂F ∂F , , −1 . ∂x ∂y
Podle věty o derivování složené funkce je ∂F df ∂r y f 0 (r) . = =p ∂y dr ∂y x2 + y 2
∂F df ∂r x f 0 (r) , = =p ∂x dr ∂x x2 + y 2
Za vektor normály v bodě [x0 ; y0 ; z0 ] lze zvolit např. vektor n= kde r0 =
q 0
0
x0 f (r0 ), y0 f (r0 ), −
x20
+
y02
,
p
x20 + y02 . Parametrické rovnice normály jsou q x = x0 + x0 f 0 (r0 ) t ,
y = y0 + y0 f 0 (r0 ) t , 3
z = z0 −
x20 + y02 t ,
t ∈ R.
Protože soustava rovnic
x0 + x0 f 0 (r0 )t = 0 ,
y0 + y0 f 0 (r0 )t = 0
−1 má za předpokladu f 0 (r0 ) 6= 0, tj. když není normála rovnoběžná s osou z, řešení t = − f 0 r0 , protíná normála osu z. Ukažte, že funkce F (x, y) = yf (x2 − y 2 ), kde f má spojitou derivaci, vyhovuje rovnici 1 ∂F 1 ∂F F + = 2 x ∂x y ∂y y Řešení: Označme u = x2 − y 2 a F (x, y) = yf (u). Podle věty o derivaci složené funkce je df ∂u ∂F =y = 2xyf 0 (u) , ∂x du ∂x
∂F df ∂u =f +y = f (u) − 2y 2 f 0 (u) . ∂y du ∂y
Jestliže dosadíme tyto výrazy do dané rovnice, dostaneme f (u) 1 ∂F 1 ∂F 1 F (x, y) + = 2yf 0 (u) + f − 2y 2 f 0 (u) = = . x ∂x y ∂y y y y2
Ukažte, že každá funkce F (x, y) = vyhovuje vztahu
y , kde f je nenulová funkce mající spojitou derivaci, f (x2 − y 2 ) y2
∂F ∂F + xy − xF = 0 ∂x ∂y
Řešení: Najdeme derivace složené funkce F (x, y) = podílu a derivaci složené funkce je
y , kde u = x2 − y 2 . Podle vět o derivaci f (u)
y df ∂u 2xy 0 ∂F =− 2 =− 2 f (u) ∂x f (u) du ∂x f (u) ∂F df ∂u f (u) + 2y 2 f 0 (u) = f (u) − y f −2 (u) = . ∂y du ∂y f 2 (u) Po dosazení do dané rovnice dostaneme 2
−
2xy 3 f 0 (u) f (u) + 2y 2 f 0 (u) xy + xy − = 0. f f 2 (u) f (u)
Do rovnice
∂F ∂F − (x − y) =0 ∂x ∂y p y zaveďte nové proměnné u = ln x2 + y 2 , v = arctg . x (x + y)
Řešení: Najdeme parciální derivace funkce F (x, y) = f (u, v), kde u = ln Protože platí x ∂u = 2 , ∂x x + y2
∂u y = 2 , ∂y x + y2
∂v −y = 2 , ∂x x + y2 4
p
y x2 + y 2 a v = arctg . x
∂v x = 2 , ∂y x + y2
je podle věty o derivaci složené funkce ∂F ∂f ∂u ∂f = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂F ∂f ∂u ∂f = + ∂y ∂u ∂y ∂v
∂v 1 ∂f ∂f = 2 x − y ∂x x + y2 ∂u ∂v ∂v 1 ∂f ∂f = 2 y + x . ∂y x + y2 ∂u ∂v
Po dosazení do dané rovnice získáme ∂f x−y ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f x −y − 2 y +x = − = 0. ∂u ∂v x + y2 ∂u ∂v ∂u ∂v
∂F x+y ∂F (x + y) − (x − y) = 2 ∂x ∂y x + y2
Ukažte, že funkce
F (x, y) = ey f
x2
ye 2y2
,
kde f je libovolná diferencovatelná funkce, vyhovuje rovnici (x2 − y 2 )
∂F ∂F + xy = xyF . ∂x ∂y
Řešení: Nejprve nalezneme derivace složené funkce F (x, y) = ey f (u), kde u = y exp ∂u x = exp ∂x y
x2 2y 2
,
∂u y 2 − x2 = exp ∂y y2
x2 2y 2
x2 . Protože 2y 2
,
je podle věty o derivaci součinu a složené funkce 2 xey x ∂F y df ∂u =e = exp f 0 (u) ∂x du ∂x y 2y 2 2 2 2 ∂F x y y df ∂u y y y −x = e f (u) + e = e f (u) + e exp f 0 (u) . ∂y du ∂y y2 2y 2 A po dosazení dostaneme 2 2 2 2 ∂F x(x2 − y 2 ) y x x ∂F 0 y y y −x 0 + xy = e exp f (u) + xy e f (u) + e exp f (u) = (x − y ) ∂x ∂y y 2y 2 y2 2y 2 = xyey f (u) = xyF (x, y) . 2
2
Ukažte, že funkce F (x, y, z) = xn f rovnici x
y z , , kde f je spojitě diferencovatelná funkce, vyhovuje ax by
∂F ∂F ∂F +y +z = nF . ∂x ∂y ∂z
Řešení: Jedná se o parciální derivace funkce F (x, y, z) = xn f (u, v), kde u = y ∂u =− 2, ∂x ax
∂v = 0, ∂x
∂u 1 = , ∂y ax
∂v z =− 2, ∂y by 5
∂u = 0, ∂z
y z a v = . Protože ax by ∂v 1 = , ∂z by
je podle věty o derivaci součinu a věty o derivaci složené funkce ∂F yxn−2 ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v n−1 n = nx f +x + = nxn−1 f − ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x a ∂u n−1 n ∂F ∂f ∂u ∂f ∂v x ∂f x z ∂f = xn + = − 2 ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y a ∂u by ∂v n ∂f ∂u ∂f ∂v x ∂f ∂F = xn + = ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z by ∂v Po dosazení do dané rovnice dostaneme n−1 ∂F ∂F xn z ∂f xn z ∂f ∂F yxn−2 ∂f x ∂f n−1 +y +z = x nx +y − 2 + = x f− ∂x ∂y ∂z a ∂u a ∂u by ∂v by ∂v = nxn f (u, v) = nF (x, y, z) . y z xy Ukažte, že funkce F (x, y, z) = ln x + xf , , kde f je spojitě diferencovatelná funkce, vyz x x hovuje vztahu ∂F ∂F xy ∂F x +y +z =F+ ∂x ∂y ∂z z Řešení: Označme u =
y z a v = . Pak je podle věty o derivaci složené funkce x x
∂f (u, v) y ∂f z ∂f =− 2 −− 2 , ∂x x ∂u x ∂v
∂f (u, v) 1 ∂f = , ∂y x ∂u
∂f (u, v) 1 ∂f = . ∂z x ∂v
Z toho dostaneme y ln x y y ∂f z ∂f ∂F = + +f − −− ∂x z z x ∂u x ∂v ∂F x ln x ∂f = + ∂y z ∂u ∂F xy ln x ∂f =− + . ∂z z2 ∂v Když dosadíme tyto derivace do dané rovnice, dostaneme x
∂F ∂F ∂F y ln x y y ∂f z ∂f x ln x ∂f xy ln x ∂f +y +z =x + +f − − +y + +z − + = ∂x ∂y ∂z z z x ∂u x ∂v z ∂u z2 ∂v xy xy ln x xy + + xf (u, v) = + F (x, y, z) . = z z z
Napište Taylorův rozvoj funkce f (x, y) = ex ln(1 + y) v bodě (0, 0). Řešení: Protože je
dk ex = ex a pro ` ≥ 1 platí (dokáže se indukcí) dxk d` ln(1 + y) (−1)`−1 (` − 1)! = , dy ` (1 + y)` 6
je
∂kf (x, y) = ex ln(1 + y) , ∂xk
Z toho dostanu
`−1 ∂ k+` f (` − 1)! x (−1) (x, y) = e ∂xk ∂y ` (1 + y)`
∂ k+` f (0, 0) = ∂xk ∂y `
pro ` > 0 .
0 pro ` = 0 , (−1)`−1 (` − 1)! pro ` > 0 .
Tedy n–tý diferenciál funkce f (x, y) v bodě [0; 0] je n
d f (0, 0; x, y) =
n X n `=0
n
X ∂nf n! n−` ` xn−` y ` (0, 0) x y = ` · (n − `)! ` ∂xn−` ∂y ` `=1
A Taylorův rozvoj funkce f (x, y) v bodě [0; 0] je podle definice Tf (x, y) =
∞ ∞ X n ∞ ∞ X X 1 n (−1)`−1 n−` ` X X (−1)`−1 k ` d f (0, 0; x, y) = x y = x y . n! ` · (n − `)! ` · k! n=0 n=1 `=1
k=0 `=1
Nechť funkce f a g mají spojité derivace druhého řádu. Dokažte, že funkce F (x, y) = xf (x + y) + yg(x + y) vyhovuje rovnici ∂2F ∂2F ∂2F − 2 + = 0. ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 Řešení: Máme najít druhé derivace funkce F (x, y) = xf (u) + yg(u), kde u = x + y. Protože ∂u ∂u = = 1, ∂x ∂y jsou podle věty o derivaci složené funkce první derivace rovny ∂F = xf 0 + g + yg 0 ∂y
∂F = f + xf 0 + yg 0 , ∂x a pro druhé derivace snadno dostaneme ∂F = 2f 0 + xf 00 + yg 00 , ∂x2
∂F = f 0 + xf 00 + g 0 + yg 00 , ∂x∂y
∂F = xf 00 + 2g 0 + yg 00 ∂y 2
A po dosazení do dané rovnice získáme ∂2F ∂2F ∂2F − 2 + = 2f 0 + xf 00 + yg 00 − 2 f 0 + xf 00 + g 0 + yg 00 + xf 00 + 2g 0 + yg 00 = 0 . 2 2 ∂x ∂x∂y ∂y Laplaceův operátor 4f =
∂2f ∂2f ∂2f + + . . . + ∂x21 ∂x22 ∂x2n
v Rn vyjádřete pro funkci, která závisí pouze na vzdálenosti bodu x = (x1 , . . . , xn ) od počátku souřadnicové soustavy, tj. q f (x1 , . . . xn ) = F (r) ,
r=
7
x21 + x22 , . . . + x2n .
Řešení: Jedná se o derivaci složené funkce. Protože pro každé k = 1, 2, . . . , n je ∂r xk xk =p 2 , = 2 2 ∂xk r x1 + x2 + . . . + xn platí
∂f dF ∂r xk 0 = · = F . ∂xk dr ∂xk r
Pro druhou derivaci dostanu (počítám ji jako součin tří funkcí) ∂2f ∂ 1 0 F0 x2k 0 x2k 00 = x F = − F + 2 F . k ∂x2k ∂xk r r r3 r Tedy hledaný Laplaceův operátor je 4f =
n 0 X F k=1
x2 x2 − 3k F 0 + 2k F 00 r r r
=
nF 0 r2 r2 n−1 0 − 3 F 0 + 2 F 00 = F 00 + F . r r r r
Výraz ∂2f ∂2f +y 2 ∂x ∂x∂y přetransformujte pro funkci F (u, v) = f (x, y), kde y u = y, v = . x x
Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace složené funkce. Podle věty o derivování složených funkcí platí ∂f ∂F ∂u ∂F = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂f ∂F ∂u ∂F = + ∂y ∂u ∂y ∂v
∂v y ∂F =− 2 ∂x x ∂v ∂v ∂F 1 ∂F = + ∂y ∂u x ∂v
Podobně zjistíme, že druhé derivace jsou ∂2f 2y ∂F y ∂ ∂f 2y ∂F y2 ∂ 2 f = − = 3 + 4 2 3 2 ∂x x ∂v x ∂x ∂v x ∂v x ∂v 2 ∂2f ∂ ∂F 1 ∂F y ∂2F y ∂2F 1 ∂F = + =− 2 − 3 − 2 ∂x∂y ∂x ∂u x ∂v x ∂u∂v x ∂v 2 x ∂v Když tyto derivace dosadíme do dané rovnice, dostaneme ∂2f 2y ∂F y2 ∂ 2 f y ∂2F y ∂2F 1 ∂F ∂2f =x + 4 +y − 2 − − 2 = x 2 +y ∂x ∂x∂y x3 ∂v x ∂v 2 x ∂u∂v x3 ∂v 2 x ∂v y ∂F y2 ∂ 2 F = 2 − 2 x ∂v x ∂u∂v Ze vztahů u = y a v =
y u plyne x = a y = u. jestliže dosadíme dostaneme výsledek x v x
2 ∂2f v 2 ∂F ∂2f 2 ∂ F + y = − v . ∂x2 ∂x∂y u ∂v ∂u∂v
8
Ukažte, že je-li funkce f (x, y) řešením rovnice ∂2f ∂2f + = 0, ∂x2 ∂y 2 pak funkce F (u, v) = f (x, y), kde u= je řešením rovnice
x2
x , + y2
v=
−y + y2
x2
∂2F ∂2F + = 0, 2 ∂u ∂v 2
Řešení: Nejprve nalezneme první parciální derivace složené funkce. Protože ∂u y 2 − x2 = 2 , ∂x x2 + y 2
∂v 2xy = 2 , 2 ∂x x + y2
∂v y 2 − x2 = 2 , ∂y x2 + y 2
∂u −2xy = 2 , 2 ∂y x + y2
jsou první parciální derivace rovny ∂F ∂u ∂F ∂v y 2 − x2 ∂F 2xy ∂F ∂f = + = + 2 2 2 2 2 2 ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v x +y x +y ∂f ∂F ∂u ∂F ∂v −2xy ∂F y 2 − x2 ∂F = + = + . 2 2 ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y x2 + y 2 ∂u x2 + y 2 ∂v Výpočet druhých derivací je, jak to už bývá, trochu pracnější. Ale když se to umí, tak se hned napíše 2 y 2 − x2 ∂ 2 F 4xy y 2 − x2 ∂2f = + 4 4 2 ∂x2 x2 + y 2 ∂u x2 + y 2 4xy y 2 − x2 4x2 y 2 ∂2F ∂2f = − 4 4 2 ∂y 2 x2 + y 2 ∂u x2 + y 2
∂2F 4x2 y 2 + 4 ∂u∂v x2 + y 2 2 y 2 − x2 ∂2F + 4 ∂u∂v x2 + y 2
2x x2 − 3y 2 ∂F 2y y 2 − 3x2 ∂2F + + 3 3 ∂v 2 ∂u x2 + y 2 x2 + y 2 2x x2 − 3y 2 ∂F 2y y 2 − 3x2 ∂2F − − 3 3 ∂v 2 ∂u x2 + y 2 x2 + y 2
A když tyto výrazy sečteme dostaneme rovnost ∂2f ∂2f 1 0= + 2 = 2 2 2 ∂x ∂y x + y2
∂2F ∂2F + 2 ∂u ∂v 2
,
ze které plyne dokazované tvrzení. Výraz x2
2 ∂2f 2∂ f − y ∂x2 ∂y 2
vyjádřete pro funkci F (u, v) = f (x, y), kde u = xy ,
Řešení: Protože
∂u = y, ∂x
∂v 1 = , ∂x y
v=
x . y
∂u = x, ∂y 9
∂v x =− 2, ∂y y
∂F ∂v ∂F ∂v
platí podle věty o derivaci složené funkce pro parciální derivace každé funkce g(x, y) = G(u, v) vztah ∂G ∂u ∂G ∂g = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂g ∂G ∂u ∂G = + ∂y ∂u ∂y ∂v
∂G 1 ∂G ∂v =y + ∂x ∂u y ∂v ∂v ∂G x ∂G =x − 2 ∂y ∂u y ∂v
Tedy pro funkci F (u, v) = f (x, y) jsou první parciální derivace rovny ∂f ∂F 1 ∂F =y + , ∂x ∂u y ∂v
∂f ∂F x ∂F =x − 2 . ∂y ∂u y ∂v
Pro druhé parciální derivace pak dostaneme 2 1 ∂2F ∂2f ∂ ∂F 1 ∂ ∂F ∂2F 2 ∂ F + = y + = y + 2 ∂x2 ∂x ∂u y ∂x ∂v ∂u2 ∂u∂v y 2 ∂v 2 ∂2f ∂ ∂F x ∂ ∂F 2x ∂F ∂2F 2x2 ∂ 2 F x2 ∂ 2 F 2x ∂F =x − 2 + 3 = x2 − 2 + 4 + 3 2 2 2 ∂y ∂x ∂u y ∂x ∂v y ∂v ∂u y ∂u∂v y ∂v y ∂v Po dosazení do daného výrazu dostaneme 2 2 ∂2f 2x ∂F 2∂ f 2 ∂ F − y = 4x − . 2 2 ∂x ∂y ∂u∂v y ∂v
x2
Protože z definičních vztahů plyne x =
x2
√
r uv a y =
u je transformovaný výraz v
∂2f ∂2F ∂F ∂2f − y 2 2 = 4uv − 2u . 2 ∂x ∂y ∂u∂v ∂v
Dokažte, že funkce f (x, y) = ln x2 + y 2 vyhovuje rovnici ∂2f ∂2f + = 0. ∂x2 ∂y 2 Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f (x, y) = ln(x2 + y 2 ). Její první derivace jsou ∂f x = 2 , ∂x x + y2
∂f y = 2 . ∂y x + y2
Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou ∂f ∂ ∂f = = ∂x2 ∂x ∂x ∂ ∂f ∂2f = = ∂y 2 ∂y ∂y
∂ x y 2 − x2 = ∂x x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 ∂ y x2 − y 2 = 2 2 2 ∂y x + y (x + y 2 )2
Jejich sečtením pak ověříme dokazovanou rovnost. Dokažte, že funkce f (x, y) =
y y 2 − a2 x2
10
vyhovuje rovnici
2 ∂2f 2∂ f − a = 0. ∂x2 ∂y 2
Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f (x, y) = ∂f 2a2 xy = 2 , ∂x (y − a2 x2 )2
y2
y . Její první derivace jsou − a2 x2
∂f y 2 + a2 x 2 =− 2 . ∂y (y − a2 x2 )2
Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou ∂2f ∂ ∂f = = ∂x2 ∂x ∂x ∂2f ∂ ∂f = = ∂y 2 ∂y ∂y
∂ 2a2 y(y 2 + 3a2 x2 ) 2a2 xy = 2 2 2 2 ∂x (y − a x ) (y 2 − a2 x2 )3 ∂ y 2 + a2 x2 2y(y 2 + 3a2 x2 ) − 2 = 2 2 2 ∂y (y − a x ) (y 2 − a2 x2 )3
Jejich dosazením do daného vztahu pak ověříme dokazovanou rovnost. Ukažte, že funkce
1
f (x, y, z) = p
x2
vyhovuje rovnici
+ y2 + z2
∂2f ∂2f ∂2f + 2 + 2 = 0. 2 ∂x ∂y ∂z
1 Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f (x, y, z) = p . x2 + y 2 + z 2 derivace jsou ∂f −y = 3/2 , ∂y 2 x + y2 + z2
∂f −x = 3/2 , ∂x 2 x + y2 + z2
∂f −z = 3/2 . ∂z 2 x + y2 + z2
Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou ∂ ∂f = 2 ∂x ∂x ∂f ∂ = ∂y 2 ∂y ∂ ∂f = ∂z 2 ∂z
∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z
∂ = ∂x ∂ = ∂y ∂ = ∂z
!
−x x2 + y 2 + z 2 −y x2 + y 2 + z 2 −z x2 + y 2 + z 2
3/2
=
2x2 − y 2 − z 2 5/2 x2 + y 2 + z 2
=
−x2 + 2y 2 − z 2 5/2 x2 + y 2 + z 2
=
−x2 − y 2 + 2z 2 5/2 x2 + y 2 + z 2
!
3/2 ! 3/2
Jejich sečtením pak získáme dokazovanou rovnost. Ukažte, že funkce f (x, y, z) = ln
p
x2 + y 2 + z 2 vyhovuje rovnici
∂2f ∂2f ∂2f 1 + + = 2 . ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 x + y2 + z2
11
Její první
Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f (x, y, z) = ln derivace jsou ∂f y = 2 , ∂y x + y2 + z2
x ∂f = 2 , ∂x x + y2 + z2
p x2 + y 2 + z 2 . Její první
∂f z = 2 . ∂z x + y2 + z2
Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou ∂f ∂ = 2 ∂x ∂x ∂f ∂ = 2 ∂y ∂y ∂f ∂ = 2 ∂z ∂z
∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z
∂ = ∂x ∂ = ∂y ∂ = ∂z
x 2 x + y2 + z2 y 2 x + y2 + z2
z 2 x + y2 + z2
=
−x2 + y 2 + z 2 2 x2 + y 2 + z 2
=
x2 − y 2 + z 2 2 x2 + y 2 + z 2
=
x2 + y 2 − z 2 2 x2 + y 2 + z 2
Jejich sečtením pak získáme dokazovanou rovnost. Nechť f a g mají spojité derivace druhého řádu. Dokažte, že funkce F (x, y) = f vyhovuje rovnici x2
y x
+ xg
y x
2 ∂2F ∂2F 2∂ F + 2xy + y = 0. ∂x2 ∂x∂y ∂y 2
y Řešení: Označme u = . Pak pro každou diferencovatelnou funkci h(u) platí podle věty o derivaci x složené funkce ∂h(u) y ∂h(u) 1 = − 2 h0 (u) , = h0 (u) . ∂x x ∂y x Protože daná funkce je F (x, y) = f (u) + xg(u), jsou její první parciální derivace ∂F y y = − 2 f 0 + g − g0 , ∂x x x
∂F 1 = f 0 + g0 . ∂y x
Druhé parciální derivace funkce F (x, y) jsou y 2 00 y 2 00 2y 0 ∂2F = f + 3g + 3f ∂x2 x4 x x ∂2F y 00 y 00 1 = − 3 f − 2 g − 2 f0 ∂x∂y x x x ∂2F 1 1 = 2 f 00 + g 00 2 ∂y x x Jestliže dosadíme do daného vztahu, dostaneme 2
y 2 00 y 2 00 2y 0 f + 3g + 3f + x4 x x y 00 y 00 1 0 1 00 1 00 2 + 2xy − 3 f − 2 g − 2 f + y f + g = 0. x x x x2 x
2 F ∂2F 2∂ F x + 2xy + y = x2 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 2∂
12
Jsou-li f a g funkce, které mají spojitou derivaci druhého řádu, dokažte, že funkce F (x, y) = vyhovuje rovnici 2∂
1 [f (ax + y) + g(ax − y)] y
2
F ∂ y = a2 2 ∂x ∂y
2 ∂F y . ∂y
Řešení: Označme u = ax + y a v = ax − y. Podle věty o derivaci složené funkce jsou první parciální derivace funkcí f (u) a g(v) rovny ∂f (u) = af 0 (u) , ∂x Protože F (x, y) =
∂g(v) = ag 0 (v) , ∂x
∂f (u) = f 0 (u) , ∂y
∂g(v) = −g 0 (v) . ∂y
f (u) + g(v) , je y a f 0 + g0 ∂F = , ∂x y
∂F f 0 − g0 f +g = − . ∂y y y2
Abychom dokázali danou rovnost, najdeme příslušné parciální derivace. Ty jsou a2 f 00 + g 00 ∂2F = ∂x2 y ∂ ∂F ∂ y2 = y f 0 − g 0 − f − g = y f 00 + g 00 . ∂y ∂y ∂y Spočtěte
je-li
∂2F ∂2F + = 4F , ∂x2 ∂y 2 x F (x, y) = xy + yf , y
kde f je funkce, která má spojité derivace druhého řádu. Řešení: Označme u = f (u) rovny
x . Podle věty o derivaci složené funkce jsou první parciální derivace funkce y ∂f (u) 1 = f0 , ∂x y
∂f (u) x = − 2 f0 . ∂y y
Tedy pro funkci F (x, y) = xy + yf (u) platí ∂F = y + f0 , ∂x
∂F x = x + f − f0 . ∂y y
Protože pro druhé parciální derivace dostaneme ∂2F f 00 = , ∂x2 y je 4F =
∂2F x2 00 = f , ∂y 2 y3 x2 + y 2 00 f . y3 13
Výraz ∂2f 1 ∂f ∂2f −y 2 − 2 ∂x ∂y 2 ∂y p p vyjádřete pro funkci F (u, v) = f (x, y), kde u = x − 2 y, v = x + 2 y. Řešení: Podle věty o parciálních derivacích složené funkce je ∂F ∂u ∂F ∂f = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂f ∂F ∂u ∂F = + ∂y ∂u ∂y ∂v
∂v ∂F ∂F = + ∂x ∂u ∂v 1 ∂F 1 ∂F ∂v = −√ +√ . ∂y y ∂u y ∂v
Pro potřebné druhé derivace dostaneme ∂2F ∂2f ∂ ∂f ∂ ∂F ∂ ∂F ∂2F ∂2F = = + = + 2 + ∂x2 ∂x ∂x ∂x ∂u ∂x ∂v ∂u2 ∂u∂v ∂v 2 2 ∂ f ∂ ∂f 1 ∂ ∂F 1 ∂ ∂F 1 ∂F 1 ∂F = = −√ +√ + 3/2 − 3/2 = ∂y 2 ∂y ∂y y ∂y ∂u y ∂x ∂v ∂u ∂v 2y 2y =
1 ∂2F 2 ∂2F 1 ∂2F 1 ∂F 1 ∂F − + + 3/2 − 3/2 2 2 y ∂u y ∂u∂v y ∂v ∂u ∂v 2y 2y
Po dosazení do daného výrazu pak dostaneme ∂2f ∂2f 1 ∂f ∂ 2 F ∂2F ∂2F 1 ∂2F 2 ∂2F 1 ∂2F 1 ∂F 1 ∂F −y 2 − = +2 + −y − + + 3/2 − 3/2 − ∂x2 ∂y 2 ∂y ∂u2 ∂u∂v ∂v 2 y ∂u2 y ∂u∂v y ∂v 2 ∂u ∂v 2y 2y 1 1 ∂F 1 ∂F ∂2F − −√ +√ =4 . 2 y ∂u y ∂v ∂u∂v
Jsou-li f a g funkce, které mají spojité derivace druhého řádu, ukažte, že funkce u(x, t) = f (x + at) + g(x − at) vyhovuje rovnici ∂2u ∂2u = a2 2 . 2 ∂t ∂x Řešení: Označme u = x + at a v = x − at. Máme najít druhé parciální derivace funkce u(x, t) = f (u) + g(v). Podle věty o parciálních derivacích složené funkce platí ∂u = f 0 (u) + g 0 (v) , ∂x ∂2u = f 00 (u) + g 00 (v) , ∂x2
∂u =af 0 (u) − ag 0 (v) , ∂t ∂ 2 u 2 00 ∂2u =a f (u) + a2 g 00 (v) = a2 2 . 2 ∂t ∂x
Spočtěte první dvě derivace funkce y(x), která je řešením rovnice ey + xy − e = 0 v okolí bodu (0, 1). 14
Řešení: Funkce y = y(x) je řešením rovnice F x, y(x) = ey(x) + xy(x) − e = 0 a splňuje podmínku 0 y(0) = 1. Protože protože F (0, 1) = 0, může taková funkce existovat. Abychom našli derivaci y (x), derivujeme rovnici F x, y(x) = 0 podle x. Dostaneme ey y 0 + y + xy 0 = 0 ⇐⇒ ey + x y 0 + y = 0 . To je vztah mezi x, y(x) a y 0 (x). V bodě x = 0, y = 1 je tato rovnice ey 0 (0) + 1 = 0 ⇐⇒ y 0 (0) = −e−1 . Protože je tato rovnice v uvažovaném bodě jednoznačně řešitelná, to je podmínka
∂F (0, 1) 6= 0, ∂y
funkce y = y(x) existuje. Abychom našli druhou derivaci y 00 (x), derivujeme rovnic pro první derivaci. Dostaneme rovnici ey + x y 00 + ey y 0 + 1 y 0 + y 0 = 0 . Když dosadíme do této rovnice známe hodnoty x = 0, y = 1, y 0 = −e−1 , dostaneme ey 00 (0) − e−1 = 0 ⇐⇒ y 00 (0) = e−2 . Určete dz a d2 z funkce z(x, y) definované rovnicí x + y + z 2 = ez v bodě (2; −1; 0).
Řešení: Předpokládejme, že existuje řešení rovnice F x, y, z(x, y) = x + y + z 2 (x, y) − ez(x,y) = 0, které splňuje podmínku z(2, −1) = 0. Protože F (2, −1, 0) = 0, může takové řešení existovat. Abychom našli dz a d2 z v bodě x = 2, y = −1, určíme všechny první a druhé parciální derivace funkce z = z(x, y) v tomto bodě. Ty najdeme tak, že derivujeme definiční rovnici F x, y, z(x, y) = 0 podle x a y. Tím dostaneme 1 + 2z − ez
∂z = 0, ∂x
1 + 2z − ez
∂z = 0. ∂y
(1)
∂F 6= 0, funkce z = z(x, y) existuje. Její první parciální derivace ∂z najdeme z (1), kde dosadíme x = 2, y = −1 a z = 0. Takto dostaneme
Protože v daném bodě je 2z +ez =
1−
∂z (2, −1) = 0 , ∂x
1−
∂z ∂z ∂z (2, −1) = 0 ⇐⇒ (2, −1) = (2, −1) = 1 . ∂y ∂x ∂x
Druhé parciální derivace získáme derivováním vztahu (1). To dává ∂z ∂z ∂2z ∂2z ∂2z · + 2z − ez = 0 =⇒ 1 − (2, −1) = 0 ⇐⇒ (2, −1) = 1 ∂x ∂x ∂x2 ∂x2 ∂x2 ∂2z ∂z ∂z ∂2z ∂2z · + 2z − ez = 0 =⇒1 − (2, −1) = 0 ⇐⇒ (2, −1) = 1 2 − ez ∂x ∂y ∂x∂y ∂x∂y ∂x∂y ∂z ∂z ∂2z ∂2z ∂2z 2 − ez · + 2z − ez = 0 =⇒ 1 − 2 (2, −1) = 0 ⇐⇒ 2 (2, −1) = 1 . 2 ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y 2 − ez
Tedy podle definice je ∂z ∂z (2, −1) dx + (2, −1) dy = dx + dy ∂x ∂y ∂2z ∂2z ∂2z 2 d2 z(2, −1) = (2, −1) dx + 2 (2, −1) dxdy + (2, −1) dy 2 = dx2 + 2dxdy + dy 2 . ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 dz(2, −1) =
15
Nechť f : R → R má spojitou derivaci. Dokažte, že funkce z(x, y), která je řešením rovnice ax + by + cz = f (x2 + y 2 + z 2 ) vyhovuje rovnici (cy − bz)
∂z ∂z + (az − cx) = bx − ay . ∂x ∂y
Řešení: Předpokládejme, že funkce z = z(x, y) je řešení rovnice F x, y, z(x, y) = ax + by + cz − f x2 + y 2 + z 2 (x, y) = 0. Označme u = x2 + y 2 + z 2 a derivujme definiční rovnici postupně podle proměnných x a y. Pomocí věty o derivaci složené funkce dostaneme vztahy ∂z ∂z ∂z ∂z 0 0 a+c − f (u) 2x + 2z = 0, b+c − f (u) 2y + 2z = 0, ∂x ∂x ∂x ∂y ze kterých plyne
∂z a − 2xf 0 (u) = , ∂x 2zf 0 (u) − c
∂z b − 2yf 0 (u) = . ∂y 2zf 0 (u) − c
Dosadíme-li tyto derivace do daného vztahu, dostaneme po kratších úpravách dokazovanou rovnost. Určete y 0 a y 00 pro funkci y(x), která je definována implicitně rovnicí ln
p
x2 + y 2 − arctg
y =0 x
v okolí bodu (1; 0). Řešení: Předpokládejme, že existuje hladká funkce y = y(x), která je řešením rovnice p y(x) F x, y(x) = ln x2 + y 2 (x) − arctg =0 x a platí pro ní y(1) = 0. Protože F (1, 0) = 0, může taková funkce existovat. Abychom našli její derivace, derivujeme definiční vztah. Tak dostaneme x + yy 0 −y + xy 0 − 2 = 0 ⇐⇒ x + y − (x − y)y 0 = 0 . 2 2 x +y x + y2
(1)
∂F (1, 0) = −1 6= 0, funkce y = y(x) existuje v okolí bodu x = 1, y = 0 a její derivaci ∂y najdeme z rovnice (1) v tomto bodě. Takto dostaneme
Protože
1 − y 0 (1) = 0 ⇐⇒ y 0 (1) = 1 . Druhou derivaci nalezneme derivováním rovnice (1). To dává vztah 1 + y 0 − 1 − y 0 y 0 − (x − y)y 00 = 0 , ze kterého v bodě x = 1, y = 0, y 0 = 1 plyne y 00 (1) = 2 . Určete y 0 a y 00 pro funkci y(x), která je definována implicitně rovnicí x3 + y 3 − 3xy = 0 . 16
Řešení: Máme najít první dvě derivace diferencovatelné funkce, která je zadána jako řešení rovnice F x, y(x) = x3 + y 3 (x) − 3xy(x) = 0. Když derivujeme definiční vztah, dostaneme pro první derivaci rovnici 3x2 + 3y 2 y 0 − 3y − 3xy 0 = 0 ⇐⇒ x2 − y − x − y 2 y 0 = 0 . (1) √ √ Mimo množinu, kde je x3 + y 3 − 3xy = 0 a x − y 2 = 0, tj. mimo body x = y = 0 a x = 3 4, y = 3 2, plyne z této rovnice x2 − y . (2) y0 = x − y2 Druhou derivaci nalezneme pomocí derivace rovnice (1). Po derivovaní dostaneme 2 x − y 0 + y(y 0 )2 0 0 0 2 00 00 2x − y − 1 − 2yy y − x − y y = 0 ⇐⇒ y = , x − y2 kde je funkce y 0 dána rovnicí (2). Určete dz a d2 z funkce z(x, y), která je řešením rovnice x z − ln = 0 z y v bodě (0; 1; 1). Řešení: Abychom našli první a druhý diferenciál funkce z = z(x, y) v daném bodě, najdeme její všechny první a druhé parciální derivace v tomto bodě. Funkce z = z(x, y) je dána v okolí bodu x z(x, y) x = 0, y = z = 1 implicitně rovnicí F x, y, z(x, y) = −ln = 0. Protože F (0, 1, 1) = 0, z(x, y) y může taková funkce existovat. Derivací definičního vztahu podle x a y dostaneme 1 x ∂z 1 ∂z − 2 − = 0, z z ∂x z ∂x
−
x ∂z 1 ∂z 1 − + = 0. z 2 ∂y z ∂y y
Pro zjednodušení dalších výpočtů vynásobím první rovnici z 2 6= 0 a druhou yz 2 6= 0. Po úpravě dostanu ∂z ∂z z − (x + z) = 0, z 2 − y(x + z) = 0. (1) ∂x ∂y Hodnoty prvních parciálních derivací najdeme jako řešení rovnic (1) v bodě x = 0, y = z = 1. Takto dostaneme ∂z (0, 1) = 1 , ∂x
∂z ∂z ∂z (0, 1) = 1 =⇒ dz(0, 1) = (0, 1) dx + (0, 1) dy = dx + dy . ∂y ∂x ∂y
Druhé parciální derivace najdu derivováním rovnic (1). Tím dostanu vztahy ∂z ∂z ∂2z ∂z − 1+ − (x + z) 2 = 0 =⇒ ∂x ∂x ∂x ∂x ∂z ∂z ∂z ∂2z − − (x + z) =0 =⇒ ∂y ∂x ∂y ∂x∂y ∂z ∂z ∂z ∂z ∂2z 2z − (x + z) −y − y(x + z) 2 = 0 =⇒ ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y
∂2z (0, 1) = −1 ∂x2 ∂2z (0, 1) = 0 ∂x∂y ∂2z (0, 1) = 0 . ∂y 2
A tedy druhý diferenciál je d2 z(0, 1) =
∂2z ∂2z ∂2z 2 (0, 1) dx + 2 (0, 1) dxdy + (0, 1) dy 2 = −dx2 . ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 17
∂2z (0; 0) funkce z(x, y), která je řešením rovnice x2 + y 2 + z 2 − 2xyz − 4 = 0 v ∂x∂y okolí bodu (0; 0; 2). Určete derivaci
Řešení: Funkce z = z(x, y) je dána jako spojité řešeni rovnice F x, y, z(x, y) = x2 + y 2 + z 2 − 4 = 0. Nejjednodušší je vyřešit kvadratickou rovnici a napsat z(x, y) = xy ±
p
4 − x2 − y 2 − x2 y 2 .
Protože nás zajímá funkce, pro kterou platí z(0, 0) = 2, musíme volit znaménko plus. Tedy p 4 − x2 − y 2 − x2 y 2 ,
∂z x(1 + y 2 ) =y− p , ∂x 4 − x2 − y 2 − x2 y 2 ∂2z 2xy xy(1 + x2 )(1 + y 2 ) ∂2z =1− p (0, 0) = 1 . − =⇒ 3/2 ∂x∂y ∂x∂y 4 − x2 − y 2 − x2 y 2 4 − x2 − y 2 − x2 y 2
z(x, y) = xy +
Jiná možnost je najít derivaci pomocí věty o implicitních funkcích. Postupně dostaneme (x − yz) + (z − xy)
∂z = 0, ∂x
(y − xz) + (z − xy)
∂z ∂z ∂z = 0 =⇒ (0, 0) = (0, 0) = 1 . ∂y ∂x ∂y
A derivací prvního vztahu podle y dostaneme −z − y
∂z + ∂y
a po dosazení x = y = 0, z(0, 0) = 2,
∂z ∂z ∂2z −x + (z − xy) =0 ∂y ∂x ∂x∂y
∂z ∂z ∂2z (0, 0) = (0, 0) = 1, dostaneme opět (0, 0) = 1. ∂x ∂y ∂x∂y
Zjistěte, zda soustava rovnic xeu+v + 2uv = 1 , u yeu−v − = 2x 1+v má v okolí bodu (1; 2; 0; 0) řešení ve tvaru u(x, y), v(x, y) a určete du(1, 2), dv(1, 2). Řešení: Funkce u = u(x, y) a v = v(x, y) jsou dány jako spojitá řešení soustavy rovnic F x, y, u(x, y), v(x, y) = xeu(x,y)+v(x,y) + 2u(x, y) · v(x, y) − 1 = 0 , u(x, y) G x, y, u(x, y), v(x, y) = yeu(x,y)−v(x,y) − − 2x = 0, 1 + v(x, y) které splňují podmínky u(1, 2) = v(1, 2) = 0. Protože F (1, 2, 0, 0) = G(1, 2, 0, 0) = 0, mohli by funkce u(x, y) a v(x, y) existovat. Abychom našli diferenciály du(1, 2) a dv(1, 2) stačí najít všechny parciální rovnice prvního řádu. Ty bychom mohli najít tak, že bychom derivovali oba definiční vztahy podle x a y. Ale také lze diferenciály najít přímo. Vezmeme úplné diferenciály obou definičních vztahů a získáme soustavu eu+v dx + xeu+v du + dv + 2vdu + 2udv = 0 , udv du + − 2dx = 0 . eu−v dy + yeu−v du − dv − 1 + v (1 + v)2 18
Když do této soustavy dosadíme x = 1, y = 2 a u = v = 0, dostaneme soustavu dx + du + dv = 0 ,
dy + 2(du − dv) − du − 2dx = 0
pro neznámé du a dv. Její řešení, a tedy i hledané diferenciály jsou du(1, 2) = − 13 dy ,
dv(1, 2) = −dx +
1 3
dy .
Dokažte,že funkce z(x, y), která je implicitně definována rovnicí 2 sin(x + 2y − 3z) − x − 2y + 3z = 0 vyhovuje vztahu
∂z ∂z + = 1. ∂x ∂y
Řešení: Uvažujme funkci u = x + 2y − 3z. Pak má daná rovnice tvar 2 sin u − u = 0, která má tři řešení (třeba si nakreslete její graf) uk , k = 1, 2, 3. . Jedná se tedy o jednu z funkcí x + 2y − 3z = uk ⇐⇒ z = V každém případě je
∂z 1 = , ∂x 3
1 3
x+
2 3
y−
1 3
uk .
∂z 2 = . ∂y 3
Tedy ve všech případech platí rovnost ∂z ∂z 1 2 + = + = 1. ∂x ∂y 3 3 Dokažte, že funkce z(x, y), která je určena implicitně rovnicí 2 z z 2 x+ + y+ = 0, y x vyhovuje rovnici x
∂z ∂z +y = z − xy . ∂x ∂y
Řešení: Daná rovnice má tvar a2 + b2 = 0. Ale jediné řešení této rovnice je a = b = 0. Tedy musí platit z z x + = 0 , y + = 0 =⇒ z = −xy . y x A protože
∂z ∂z = −y, = −x, je ∂x ∂y x
∂z ∂z +y = −2xy = z − xy . ∂x ∂y
19
