Určete a graficky znázorněte definiční obor funkce Příklad 1. z =
x− y − y − x2 2 ln( x + y − 1) 2
Řešení: Vypíšeme omezující podmínky pro jednotlivé části funkce. Jmenovatel zlomku musí být ≠ 0 , logaritmická funkce je definovaná pro argument > 0 a sudá odmocnina je definovaná pouze z nezáporných hodnot. Tedy ln( x 2 + y 2 − 1) ≠ 0 ∧ x2 + y2 −1 > 0 ∧ y − x2 ≥ 0 . Soustavu nerovnic řešíme tak, že vyřešíme každou nerovnici zvlášť a potom určíme průnik jednotlivých částí roviny. Každou nerovnici upravíme na tvar, z něhož určíme křivku tvořící hranici a rozhodneme o tom, která polorovina nerovnici vyhovuje. Například tak, že zvolíme libovolný bod, který neleží na hraniční křivce a dosadíme jeho souřadnice do nerovnice. Pokud nerovnost platí, je řešením polorovina, ve které bod leží, když ne, je řešením polorovina opačná. 1) ln( x 2 + y 2 − 1) ≠ 0 platí, pokud x 2 + y 2 − 1 ≠ 1
x2 + y2 ≠ 2 Této podmínce vyhovují všechny body [x, y ] ∈ R 2 kromě těch, které leží na kružnici se středem v počátku a poloměrem r = 2 .
2) x 2 + y 2 − 1 > 0 ⇔ x 2 + y 2 > 1 Hraniční křivkou je kružnice se středem v bodě [0,0] a poloměrem r = 1 . Ještě je třeba rozhodnout, jestli nerovnici vyhovují body uvnitř nebo vně kružnice. Když do nerovnice dosadíme například bod [0,0] , dostaneme 0 > 1 . Protože vztah neplatí, znamená to, že střed kružnice nevyhovuje, proto je řešením vnějšek kruhu. Můžeme tedy říct, že této podmínce vyhovují všechny body [x, y ] ∈ R 2 ležící vně kruhu se středem v počátku a poloměrem r = 1 . (Body na kružnici tvořící hranici nevyhovují.)
y
0
1
x
3) y − x 2 ≥ 0 ⇔ y ≥ x 2 Hraniční křivkou je parabola s vrcholem v bodě [0,0] a osou v ose y. Zvolíme si například bod [1,0] , který leží na ose x vně paraboly a dosadíme jeho souřadnice do nerovnice. Dostaneme nerovnost 0 ≥ 1 , která neplatí, což znamená, že zvolený bod nevyhovuje. Podmínku tedy splňují všechny body [x, y ] , které leží nad parabolou s vrcholem v počátku a osou v ose y („uvnitř“) . y
x
0
Na závěr určíme průnik vyhovujících částí roviny: y
0
1
x
Příklad 2. z = y ⋅ 4 − x 2 − y 2 + arcsin( x + y ) Řešení: Omezující podmínky pro jednotlivé části funkce jsou dvě: Výraz pod odmocninou musí být nezáporný a funkce arkussinus je definovaná na intervalu − 1,1 .
Tedy:
4 − x2 − y2 ≥ 0
∧
−1 ≤ x + y ≤ 1.
1) 4 − x 2 − y 2 ≥ 0 ⇔ − x 2 − y 2 ≥ −4 ⇔ x 2 + y 2 ≤ 4 Hraniční křivkou je kružnice se středem v bodě [0,0] a poloměrem r = 2 , podmínce vyhovují body uvnitř. (Dosadíme-li například [0,0] , potom 0 ≤ 4 , což platí.) 2) Nerovnost − 1 ≤ x + y ≤ 1 si rozepíšeme na dvě části a obě upravíme. −1 ≤ x + y ∧ x + y ≤ 1 −1− x ≤ y y ≤ 1− x Hranici tvoří přímky. První podmínce vyhovují body poloroviny ležící „nad“ přímkou y = − x − 1 (včetně hranice), druhé podmínce body ležící „pod“ přímkou y = − x + 1 (včetně hranice). Celkem jde tedy o pás mezi těmito přímkami. D(f): y
0
1
2
x
Příklad 3. z = x − y 2 + x 2 − 4 Řešení: Protože sudá odmocnina je definovaná pouze pro nezáporný argument, musí platit x − y2 ≥ 0 ∧ x2 − 4 ≥ 0. 1) x − y 2 ≥ 0 ⇔ − y 2 ≥ − x ⇔ y 2 ≤ x Hranici tvoří parabola s v vrcholem v bodě [0,0] a osou totožnou s osou x. Zvolíme například bod [− 1,0] a dosadíme do nerovnice. Potom 0 ≤ −1 . Protože nerovnost neplatí, řešením jsou body ležící napravo od paraboly („uvnitř“). 2) x 2 − 4 ≥ 0 ⇔
x2 ≥ 4
Nerovnici odmocníme … x ≥ 2 (!!) Víme, že při odstraňování absolutní hodnoty je třeba rozlišit dva případy. Je-li výraz v absolutní hodnotě nezáporný, jeho znaménko se nemění, je-li výraz záporný, bude mít po odstranění absolutní hodnoty znaménko opačné. V našem případě tedy musíme uvažovat dvě možnosti: a) Je-li x ≥ 0 ⇒ x ≥ 2 b) Je-li x < 0 ⇒ − x ≥ 2 , tedy x ≤ −2 .
Hranici tvoří dvě přímky: x = −2 a x = 2 . Podmínce vyhovují body vně pásu ohraničeného těmito přímkami, body ležící na přímkách také. Definičním oborem je y
0
-2
x
2
Příklad 4. z = log( y 2 − 3x + 6) − 1 − y Řešení: Logaritmická funkce je definovaná pro argument > 0 a sudá odmocnina je definovaná pro nezáporné hodnoty. Takže podmínky, které musí platit jsou y 2 − 3x + 6 > 0 ∧ 1 − y ≥ 0 . 1) y 2 − 3 x + 6 > 0 Hraniční křivkou bude parabola, ale nejdříve musíme upravit abychom určili její vrchol a parametr. Připomeňme si rovnici ( y − n) 2 = 2 p ( x − m) . Členy obsahující y ponecháme na levé straně nerovnice, ostatní převedeme … y 2 > 3 x − 6 y 2 > 3( x − 2) Vytkneme konstantu u x … Jde tedy o parabolu s vrcholem v bodě V = [2,0] , její osa je totožná s osou x, ohnisko leží vpravo od vrcholu. Nerovnosti vyhovují body vně (nalevo), což ověříme například dosazením bodu [0,0] . Potom 0 > 3(0 − 2) , což platí.
2) 1 − y ≥ 0 ⇔ − y ≥ −1 ⇔ y ≤ 1 Platí pro všechny body ležící pod přímkou y = 1 včetně bodů na přímce. Definiční obor: y 1
0
2
x
Příklad 5. z = arctg( x − y ) + ln( x 2 − 2 x + y 2 − 2 y ) + y − x 3 Řešení: Musí platit x 2 − 2 x + y 2 − 2 y > 0 ∧
y − x3 ≥ 0 .
1) x 2 − 2 x + y 2 − 2 y > 0 Hraniční křivkou je kružnice. Nerovnici upravíme na středový tvar, abychom určili střed a poloměr. Středová rovnice kružnice je ( x − m) 2 + ( y − n) 2 = r 2 . Proto doplníme na
( x 2 − 2 x + 1) + ( y 2 − 2 y + 1) > 1 + 1 ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 > 2 Jde tedy o kružnici se středem S = [1,1] a r = 2 . Body splňující nerovnost leží vně. 2) y − x 3 ≥ 0 ⇔ y ≥ x 3 Hranici tvoří kubická parabola. Dosazením například bodu [0,3] zjistíme, že nerovnici vyhovují body nad křivkou (včetně). Definičním oborem je y
1 0
Příklad 6. z = ( x + 2 y ) ⋅ arccos Řešení: − 1 ≤
1
x
x − ln(4 − x 2 − y 2 ) 2 y
x ≤ 1 ∧ y2 ≠ 0 ∧ 4 − x2 − y2 > 0 . 2 y
1) První podmínku si rozepíšeme na dvě nerovnice − 1 ≤
x y2
∧
x ≤1 y2
− y2 ≤ x x ≤ y2 Křivkami tvořícími hranici jsou tedy paraboly s vrcholy v počátku a osami v ose x, nerovnostem vyhovují body vně parabol. 2) y 2 ≠ 0 ⇔ y ≠ 0 . Platí pro všechny body roviny, kromě bodů ležících na ose x. 3) 4 − x 2 − y 2 > 0 − x 2 − y 2 > −4 x 2 + y 2 < 4 platí pro body ležící uvnitř kružnice se středem S = [0,0] a poloměrem r = 2.
D(f) : y
2
0
Příklad 7. z =
1 4 − x2 + y
x
sin( x + y ) x2 + y2 + 2y
Řešení: y ≠ 0 ∧ 4 − x 2 ≥ 0 ∧ x 2 + y 2 + 2 y > 0 . 1) y ≠ 0 platí pro všechny body roviny kromě těch, které leží na ose x. 2) 4 − x 2 ≥ 0 − x 2 ≥ −4 x 2 ≤ 4 , když tuto nerovnici odmocníme, bude x ≤ 2 . Musíme tedy uvažovat dvě možnosti: c) Je-li x ≥ 0 ⇒ x ≤ 2 d) Je-li x < 0 ⇒ − x ≤ 2 , tedy x ≥ −2 . Hranici tvoří přímky x = 2 a x = −2 , podmínky splňují body ležící v pásu mezi nimi. 3) x 2 + y 2 + 2 y > 0 upravíme tak, abychom určili střed a poloměr kružnice tvořící hranici. x 2 + ( y + 1) 2 − 1 > 0 x 2 + ( y + 1) 2 > 1 ⇒ S = [0,−1] , poloměr r = 1 . Podmínce vyhovují body ležící vně kružnice. y
-2
0
1
2 x
