ŘEŠENÍ MINITESTŮ JčU - Cvičení z matematiky (doc. RNDr. Nýdl, CSc & spol.)
pro
zemědělské
obory
Minitest MT11
1. Je dána funkce f(x,y,z) = x2 + y3 + 2z2. Potom pro funkční hodnoty f(1,0,0), f(0,-1,0) a f(0,0,-1) platí: (A) f(1,0,0)
což je možnost (B).
3 3 2. Je dána funkce dvou proměnných g(x1,x2) = 8- x 1 -x 2 . Kolik ze zadaných bodů A1 = [-2;1], A2 = [-1;3], A3 = [2;-1], A4 = [2;2] leží v definičním oboru funkce g? (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4.
I zde by stačilo dosadit jako v předchozím příkladu postupně body A1 až A4. Když by nám vyšlo číslo, znamenalo by to, že ten daný bod do definičního oboru patří. Když by vyšlo něco zakázaného, v tomto případě mínus pod odmocinou, tak by ten bod do definičního oboru samozřejmě nepatřil. Tento postup samozřejmě doporučuji v písemce, kde jde o čas a kde je třeba si práci co nejvíce zjedodušit. My si ale ukážeme určení definičního oboru u funkce více proměnných. V podstatě postupujeme stejně jako u jedné proměnné. Ovšem s tím rozdílem, že když nemáme žádná omezení,
je definiční obor nikoliv D(f) = ℝ , ale D(f) = ℝ2 pro funkci 2 proměnných, ( ℝ2 je množina všech možnách bodů [x1, x2], kde x 1 , x 2 ∈ ℝ . Jinými slovy rovina.) D(f) = ℝ3 pro funkci 3 proměnných, ( ℝ3 je obdobně množina všech bodů o souřadncích [x1,x2,x3] našeho trojrozměrného vesmíru/prostoru.) D(f) = ℝ4 pro funkci 4 proměnných. (Tentokrát ℝ4 jsou všechny možné body o libovolných souřadnicích [x1,x2,x3,x4], kde x 1 ∈ ℝ , x 2 ∈ ℝ , atd., takže něco jako kompletní historie nekonečného trojrozměrného prostoru od x4 = mínus věčnost po x4 = plus věčnost.) A tak dále formálě zapsáno takhle jednoduše: D(f) = ℝ n = {[x1, ..., xn], x1, ..., xn ∈ ℝ } pro funkci n proměnných. Když oproti tomu vyjde definiční obor omezený, bude to u funkce dvou proměnných nějaký rovinný obrazec - i nekonečný (třeba "čtvrtrovina" x ∈ (0; ∞) & y ∈ (-∞; 1〉 nebo třeba pás x ∈ 〈-1;1〉 & y ∈ ℝ , klidně i vnitřek paraboly x ∈ ℝ & y > (x - 2)2 + 8; u funkce tří proměnných pak nějaké konečné nebo nekonečné těleso, např. půlpostor (nad rovinou o rovnici 1 3 1.x + 0.y + 2.z - 3 = 0): x ∈ ℝ , y ∈ ℝ , z > - 2 x + 2 . Obrázek ukazuje jednak, jak ten půlprostor přibližně vypadá, hlavně ale, jak je těžké něco malovat, když máme více než dva rozměry:
1 3 Poznámka: vymyslet funkci s takovým definičním oborem nedá moc práce. Tak třeba ln(z + 2 x - 2 ) dává podmínku: 1 3 z+ 2 x- 2 >0 /- ,+ 1 3 z > - 2 x + 2 . A to je ono.
To by rozhodně jako úvod stačilo. Zpět k našemu příkladu: 3 3 g(x1,x2) = 8 - x 1 - x 2 Zakázáno je mínus pod odmocninou, takže: 3 3 8 - x1 - x2 ≥ 0 / -8 3
3
- x 1 - x 2 ≥ -8 x 31 + x 32 ≤ 8
/ .(-1) a nezapomeneme změnit znamení nerovnosti
x 32 ≤ 8 - x 31
/
3
/ -x13
x2 ≤ 8 - x A to už je vlastně výsledek. Zapíšeme ho, jak se sluší a patří: 3 3 D(g) = {[x1,x2] ∈ ℝ2 , x2 ≤ 8 - x1 } čti: "Definiční obor funkce g je množina všech možných bodů 3 1
3
o reálných souřadnicích [x1,x2] takových, že x2 ≤ 8 - x1 ." Věren Komenského odkazu jsem Vám to namaloval do obrázku, ale zapotil jsem se při tom, to 3
zas jo:
Ke spočítání příkladu ovšem stačí ověřit postupně u všech zadaných bodů, zda platí nerovnost, která nám vyšla. A1 = [-2;1]: 3 3 1 ≤ ? 8 - - 2 3 1 ≤ ? 88 1≤?
3 16 , ano, platí, protože 3 8 = 2, 3 27 = 3 a tudíž 3 16 je někde mezi 2 a 3, tedy víc než 1.
A2 = [-1;3]: 3 3 3 ≤ ? 8 - - 1 3 3 ≤ ? 9 , ne, protože
3 9 je méně než 3.
A3 = [2; -1]: 3 3 -1 ≤ ? 8 - 2 3 -1 ≤ ? 0 , ano. A4 = [2;2]: 3 3 2 ≤ ? 8 - 2 3 2 ≤ ? 0 , ne, dvojka je víc než nula. Vyšlo to fifty-fifty: 2 body patří do definičního oboru funkce g, 2 nepatří. Je to možnost (C).
3. Který z následujících bodů je funkce z = ex(x + y2)? (A) [0; -1] (B) [0; 1] (C) [1; 0] (E) žádný z uvedených
stacionárním
bodem
(D) [-1; 0]
Jako u funkce jedné proměnné je stacionární bod tam, kde je nulová derivace, je u funkcí několika proměnných stacionární bod tam, kde jsou všechny parciální derivace nulové (myslí se samozřejmě první derivace podle každé z proměnných). Takže budeme potřebovat první derivace. Do nich budeme pak dosazovat (za x a za y) souřadnice zadaných bodů, až vyjde (nebo také nevyjde) nula.
Nuže:
∂z x 2 x 2 ∂ x = ... derivace součinu ... = (e )`.(x + y ) + e .(x + y )` = = ex.(x + y2) + ex.1 = ex(x + y2 + 1) ∂z ∂ ( e x ( x y 2 )) = ... raději si to rozepíšem ... = ... a roznásobíme ... ∂y ∂y x x 2 ∂ = ∂ y ( x e e y ) = ... ex je pro nás teď konstanta (tj. číslo) ... = 0 + ex.2y = 2yex
Prověříme bod [0; -1]: ∂z 0 2 ∂ x (0; -1) = e (0 + (-1) + 1) = 1.(1 + 1) = 2 ≠ 0 ∂z Do ∂ y už nemá smysl dosazovat - tento bod není stacionární. Teď bod: [0;1] : ∂z 0 2 ∂ x (0;1) = e (0 + 1 + 1) = 1.2 ≠ 0 Totéž jako u prvního bodu. Ani tento to není. A co [1; 0]? ∂z 1 2 ∂ x (1;0) = e (1 + 0 + 1) = e.2 = 2e ≠ 0. Zase do derivace podle y nemá smysl dosazovat, když už ta podle x je nenulová, takže ani tento to není. Zbývá [-1; 0]: ∂z 1 -1 2 ∂ x (-1;0) = e (-1 + 0 + 1) = e .0 = 0 ∂z -1 ∂ y (-1;0) = 2.0.e = 0 Bingo! Tahle je zlatovláska! Výsledek tedy zní (D).
4. Je dána funkce f(x1,x2) = ln(x1 - x2). Určete hodnotu ∂2 f (2;1). ∂ x1 ∂ x2
(A) 0 (E) -2
(B) 1
(C) -1
(D) 2
Chce se po nás druhá derivace - smíšená - napřed podle x1, potom podle x2. Někdo by se mohl zaseknout na tom, podle které proměnné má derivovat napřed. Takovým z Vás prozradím tajemství: Je to jedno! Ano u všech funkcí, se kterými se kdy setkáte, to vyjde nastejno. Derivujeme poprvé: ∂ ln ( x - x ) 1 2 = ...Vnitřní funkce je z = x1 - x2, její derivace podle x1 je 1. Derivace vnější funkce ∂ x1
je (lnz)` =
=
...
1 1 = 1. x - x = x - x 1 2 1 2 A derivujeme podruhé: 1 ∂ ∂ x 2 x 1 - x 2 = ... Vnitřní funkce je zase z = x1 - x2, její derivace podle x2 je -1. Vnější funkce je
= z -1. Její derivace podle z je -1.z -2 =
zde
1 = -1. - ( x - x ) 2 1 2
=
...
1 ( x1 - x 2 ) 2
Nyní už jen dosadíme x1 = 2, x2 = 1: 1 ∂2 f (2;1) = = 2 =1 ∂ x1 ∂ x2 1
-
Možnost (B).
5. Určete rovnici tečné roviny grafu elementární funkce dvou proměnných z = -x2 + 2x - y2 + 6y - 5 v bodě A = [2;0]. (A) z = 2x + 6y - 9 (B) z = -2x + 6y - 1 (C) z = - 2x - 6y - 1 (D) z = 2x - 6y - 9 (E) žádná z uvedených možností Je na to vzoreček. V nepovinné části za výsledkem si ukážeme, že je zcela analogický ke vzorečku pro tečnu grafu jedné proměnné. Ten vzoreček pro tečnou rovinu ke grafu funkce 2 proměnných f(x, y) v bodě A = [ax, ay] je:
Potřebujeme parciální derivace. Opatříme si je: ∂f 2 2 = ∂ ( - x 2x - y 6y - 5 ) = -2x + 2 ∂ x ∂x Před dosazením připomínám zadaný bod A: [2;0]. ∂f dosazení: ( A ) = -2.2 + 2 = -4 + 2 = -2 ∂x
∂f 2 2 = ∂ ( - x 2x - y 6y - 5 ) = -2y + 6 ∂y ∂y ∂f dosazení: ( A ) = -2.0 + 6 = 6 ∂y
Také budeme potřebovat f(A). Zase připomenu zadání: f : z = -x2 + 2x - y2 + 6y - 5; Tedy: f (A) = -22 + 2.2. - 02 + 6.0 - 5 = -4 + 4 - 5 = -5
f(A) = f(2;0).
Teď už můžeme dosadit do rovnice tečné roviny. (Pozn.: Když se podíváte na nabízené výsledky, vidíte všude rovnice ve tvaru z = něco s x a s y. Když se podíváte na funkci f, vidíte také rovnici tvaru z = něco s x a s y. Proto také před to píšeme "f:" Jak bude vidět v nepovinné části tohoto příkladu, v rovině zabráníme zmatku tím, že zavádíme druhou funkci t. (t nikoliv proto, že české slovo tečna na něj začíná, ale podle cizího slova tangenta) Pro odlišení, že jsme v prostoru, označíme my zde tu druhou funkci písmenkem τ (Toto řecké písmenko je tau. Důvod, proč se obvykle volí zrovna tau je stejný jako u toho té, ačkoliv by samozřejmě bylo poetičtější, kdyby to bylo podle pana Tau.)) ∂f ∂f τ: z = ( A )( x - a x ) ( A )( y - a y ) f ( A ) ∂x ∂y τ: z = -2(x - 2) + 6(y - 0) - 5 ...roznásobíme τ: z = -2x + 4 + 6y - 5 ...a odečteme čísla τ: z = -2x + 6y - 1
MOŽNOST (B)
Nepovinná část pro zvýdavé: V mém pojednání o zjištění rovnice tečny ke grafu funkce f jedné proměnné je ostup volený co nejnázorněji, abyste pochopili, jak a proč se co dělá. Bylo by také možné Vám rovnou předhodit vzorec a tečka. Jen byste nevěděli, proč to tak je, a bez taháku byste byli ztraceni - někteří i s tahákem. Tady jsem tuto možnost zvolil, protože u prostorového grafu je už většina lidí s představivostí v úzkých, tak jákápak názornost?! Nicméně, když si odvodíme vzorec pro případ jedné proměnné, zjistíme, že je to fakt na jedno brdo. Mějme tedy na chvilku funkci y = f(x). K ní chceme v bodě x = a najít tečnu. To je lineární funkce, která prochází stejným bodem [a, f(a)] a má v tom bodě stejný sklon jako funkce f. Lineární funkce má obecně tvar t:
y = Ax + B
;
A, B jsou čísla.
A udává sklon t, takže musí být: A = f `(a), protože f `(a) udává zase sklon funkce f v tom bodě a. B dopočítáme tak, aby bod [a, f(a)] ležel na grafu t. x = a, y = f(a) ⇒ neboli:
f(a) = A.a + B f(a) = f `(a).a + B
/ -f `(a).a,
B = f(a) - f `(a).a Toto B dosadíme zpět do předpisu pro t a ten učešeme: t:
y = f `(a).x + f(a) - f `(a).a / přerovnat y = f `(a).x - f `(a)a + f(a) / vytknout derivaci A tečna vypadá takto: y = f `(a) (x - a) + f (a) ∂f ∂f Kdežto tečná rovina takto: z = ∂ x ( A )( x - a x ) ∂ y ( A )( y - a y ) f ( A ) . ... Dobré, ne?
6. Pomocí totálního diferenciálu funkce 3 f(x,y,z) = xlny + 9 x - 2z15 v bodě A = [8, 1, -1] odhadněte hodnotu f(8,4; 0,98; -1,11). (A) 23,41 (B) 23,42 (C) 23,43 (D) 23,44 (E) žádný z uvedených výsledků není správný Použijeme vzoreček: f ( x , y , z ) =˙ f ( A) + ( x - x A ) .
∂f ∂f ∂f ( A ) + ( y - yA ) . ( A ) + ( z - z A ). ∂x ∂y ∂z
Popořádku si opatříme vše, co budeme potřebovat: 3
f (A) = 8.ln1 + 9 8 - 2(-1)15 = = 8.0 + 9.2 - 2.(-1) = 18 + 2 = = 20 1
15 3 ∂ x. ln y ∂f ∂ z ∂ x +9 -2 = ∂x = ∂x ∂x ∂x 2
1 -3 x -0= 3 3 = lny + 3 2 x = lny + 9.
∂f ∂ x (A) = ln1 +
3 3 3 =0+ 4 = 4 64 3
1
3 ∂ x. ln y ∂f ∂ z 15 ∂ x +9 -2 = ∂y = ∂y ∂y ∂y x = y + 9.0 - 2.0 = x = y
∂f 8 (A) = ∂y 1 =8 1
15 ∂ x. ln y ∂f ∂ x 3 - 2 ∂ z = = + 9 ∂z ∂z ∂z ∂z = 0 + 0 - 2.15.z14 = = -30z14 ∂f 14 ∂ z (A) = -30.(-1) = -30.1 = -30
x - xA = 8,4 - 8 = 0,4;
y - yA = 0,98 - 1 = -0,02;
z - zA = -1,11 - (-1) = -0,11
Teď tedy dosadíme: 3 f(8,4; 0,98; -1,11) =˙ 20 + 0,4. 4 + (-0,02).8 + (-0,11).(-30) = = 20 + 0,3 - 0,16 + 3,3 = 23,6 -0,16 = = 23,44 Možnost (D).
7. Determinant Hessovy 3 f(p,q) = p - 3pq + 2q2 je roven (A) 24p - 9 (B) 24p + 9 (E) není žádný z uvedených
matice (C) 24p
funkce (D) 0
Hessova matice je čtvercová matice ze všech možných druhých derivací dané funkce. Je tedy takového řádu, kolik má funkce proměnných. Protože je dále derivace podle x a podle y stejná jako derivace podle y a podle x (a podobně i pro další nebo jinak pojmenované proměnné), je Hessova matice vždy symetrická. Pro dvě proměnné p, q vypadá takto:
2
∂ f 2 ∂p 2 ∂ f ∂q∂ p
2
∂ f ∂ p∂q ∂2 f ∂ q2
neboli
f ``
f ``
f ``
f ``
p
qp
pq q
Spočítáme ty druhé derivace: ∂f 2 ∂ p = 3p - 3q ∂2 f 2 = 6p ∂p ∂f ∂ q = -3p + 4q ∂2 f =4 ∂ q2
∂2 f ∂2 f = = -3 ∂ p ∂q ∂ q ∂ p
Máme vše. Podíváme se na ten determinant: |H(f)| neboli ∆2 =
= 6p.4 - (-3).(-3) = 24p - 9 Možnost (A).
8. Funkce z = x3 + y3 - 3xy má lokální maximum v bodě (A) [-1;-1] (B) [-1;1] (C) [1;-1] (D) [1;1] (E) v žádném z uvedených Plán postupu: Protože to vše budeme potřebovat, pořídíme si: - obě první parciální derivace z, - všechny čtyři, resp. tři druhé parciální derivace. Protože lokální maximum může být jen tam, kde jsou všechny (v našem případě obě) první derivace nulové, sestavíme a vyřešíme soustavu rovnic o 2 neznámých x, y: ∂ z = 0 ∂x ∂z = 0 ∂y Tím dostaneme bod (body) M, které jsou podezřelé z toho, že jsou maxima (nebo také minima anebo také ani jedno).
Pro každý z těch bodů určíme
I. II.
∂2 z (M ) ∆1 = ∂ x2 ∆2 =
∣
∣
f `` ( M )
f `` ( M )
f `` ( M )
f `` ( M )
x
yx
xy y
Podle toho, co z toho bude kladné a co záporné snad poznáme maximum. A teď hajdy podle plánu až do konce nebo dokud neselže: funkce:
z = x3 + y3 - 3xy
∂z 2 ∂ x = 3x - 3y, ∂2 z = 6x, ∂ x2
∂z 2 ∂ y = 3y - 3x ∂2 z ∂2 z = = - 3, ∂x∂ y ∂ y∂x
∂2 z = 6y ∂ y2
soustava rovnic: 3x2 - 3y = 0 / :3, +y 3y2 - 3x = 0 / :3, +x
~
x2 = y y2 = x
Třeba v té první rovnici máme vyjádřené y. Tak to dosadíme do druhé rovnice: (x2)2 = x / vzoreček na mocninu mocniny x4 = x / hádáme řešení ... hm, číslo, které když dáme na čtvrtou, dostaneme zase to samé číslo - tak taková čísla znám dvě: x1 = 1 12 = y1 y1 = 1
x2 = 0 / dosadíme zpět do první rovnice 02 = y2 y2 = 0
Dostali jsme tedy jen 2 stacionární body: A1 = [1;1] , A2 = [0;0]. Pokročíme k dalšímu bodu našeho programu: ∆1(1;1) = ∆2(1;1) =
∂2 z 2 (1;1) = 6.1 = 6 > 0 ∂x
∣
∣
6 −3 = −3 6 = 36 - 9 = 27 > 0
∂2 z ∆1(0,0) = 2 (0;0) = 6.0 = 0 ∂x
∆2(0;0) =
∣
∣
0 −3 = −3 0 = 0 - 9 = -9 < 0
Nyní, jak rozhodnout: Když ∆2 > 0 a zároveň ∆1 > 0, jde o minimum. To je zrovna případ bodu [1;1], takže ten není maximum. Když je ∆2 > 0 a zároveň ∆1 < 0, jde o maximum. Takový bod nemáme. A když konečně je ∆2 < 0, jako v případě druhého našeho stacionárního bodu [0;0], je to sedlový bod. Výsledek tedy je možnost (E) - funkce nemá maximum. Dokument je součástí projektu Matematiho matematické stránky.
