I. Funkce dvou a více reálných proměnných 8. Implicitně dané funkce. Budeme se zabývat úlohou, kdy funkce není zadaná přímo předpisem, který vyjadřuje závislost její hodnoty na hodnotách proměnných. Jeden z možných popisů je ten, že funkce je daná jako řešení rovnice či soustavy rovnic. Takovou funkci nazýváme implicitně zadanou. Uvedeme podmínky, kdy má taková rovnice jediné řešení a ukážeme jaké vlastnosti tohoto řešení umíme nalézt. Probereme si tři základní možnosti pro implicitní zadání 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 (a, b) ∈ DF takový, že F (a, b) = 0 a funkce F má spojité parciální derivace v okolí bodu (a, b) a ∂F (a, b) 6= 0, pak existují kladná čísla ε, δ taková, že rovnice ∂y F (x, y) = 0 má jediné řešení y ∈ (b − ε, b + ε) pro x ∈ (a − δ, a + δ). Řešení rovnice F (x, y) = 0 je v okolí (a − δ, a + δ) × (b − ε, b + ε) funkcí y = f (x), x ∈ (a − δ, a + δ). Funkce y = f (x) má v uvedeném intervalu spojité derivace takového řádu, jakého řádu má spojité parciální derivace funkce F (x, y). Její derivace spočteme derivováním rovnice (♣) podle proměnné x, kde derivujeme podle vzorce (3) z odstavce 7 pro derivaci složené funkce. Ve vzorci volíme g(x) = x, h(x) = f (x) a dostaneme pro derivaci funkce y = f (x) rovnici ∂F ∂x ∂F 0 ∂F ∂F 0 + f (x) = + f (x) = 0. ∂x ∂x ∂y ∂x ∂y Odtud dostaneme pro hodnotu derivace funkce y = f (x) vzorec (♠)
0
f (x) =
∂F (x, f (x)) ∂x − ∂F . (x, f (x)) ∂y
Vzorec pro derivaci 2. a vyšších řádů dostaneme derivováním vzorce (♠). Všimněme si, že vzorec (♠) má jednu nezanedbatelnou nevýhodu. Abychom mohli pomocí něj určit derivace funkce y = f (x), musíme ji znát. To ovšem v tomto případě není splněno. Známe ovšem hodnotu f (a) = b neboť F (a, b) = 0. Můžeme ze vzorce (♠) určit derivaci v bodě a a tedy lineární aproximaci funkce y = f (x) v okolí bodu a. Je ∂F
(a, b) (a, b) ∂y
∂x f 0 (a) = − ∂F
a tedy
. f (x) = b + f 0 (a)(x − a), x ∈ (a − δ, a + δ).
Výpočet druhé a vyšší derivace a aproximaci funkce f pomocí Taylorova polynomu vyššího stupně ukážeme v úlohách. Řešené úlohy.
58
1. Úloha: Určete první a druhou derivaci funkce y = f (x), která je řešením rovnice x2 + 2xy − y 2 = 4. Funkce F (x, y) = x2 + 2xy − y 2 − 4 má spojité parciální derivace a tak uvažovaná rovnice má řešení tvaru y = f (x) v okolí každého bodu, který rovnici splňuje, pokud budeme moci spočítat její derivaci. Rovnici pro derivaci hledané funkce získáme derivováním zadané rovnice, pokud budeme respektovat postup v odstavci 1, když předpokládáme, že je řešení do rovnice dosazeno. Řešení y = f (x) splňuje rovnici x2 + 2xf (x) − f 2 (x) = 4
(♣)
a jejím derivováním podle proměnné x dostaneme vztah 2x + 2f (x) + 2xf 0 (x) − 2f (x)f 0 (x) = 0. Odtud dostaneme, že (♠)
f 0 (x) =
x + f (x) , f (x) − x
pokud je ovšem f (x) − x 6= 0. Derivaci f 00 (x) dostaneme derivováním vztahu (♠) nebo derivujeme rovnici pro první derivaci, kde za derivaci f 0 (x) dosadíme vyjádření (♠) . Dostaneme rovnici f 00 (x) =
(1 + f 0 (x))(f (x) − x) − (x + f (x))(f 0 (x) − 1) = (f (x) − x)2 2(x2 + 2xf (x) − f 2 (x)) 8 = , 3 (x − f (x)) (x − f (x))3
když při poslední úpravě použijeme rovnici (♣). Poznámka. Zápis je dosti nepřehledný. Při výpočtu volíme obvykle toto zjednodušení. Místo symbolu f (x) používáme pouze písmeno y, ale nesmíme při derivování zapomenout, že y je funkce a tedy její derivace podle proměnné x jsou y 0 = f 0 (x), y 00 = f 00 (x) atd. V této symbolice je tedy y0 =
x+y y−x
a y 00 =
8 . (x − y)3
V dalším textu této kapitoly budeme již tento zkrácený zápis používat. 2. Úloha: Určete první dvě derivace funkce y = f (x), která je řešením rovnice x3 + y 3 − 3xy − 1 = 0 a napište aproximaci tohoto řešení v okolí bodu x0 = 0 pomocí Taylorova polynomu druhého stupně, je-li y(0) = 1. Funkce F (x, y) = x3 + y 3 − 3xy − 1 má spojité derivace všech řádů a tudíž vztah pro derivaci hledaného řešení získáme derivováním zadané rovnice, kde respektujeme skutečnost, že y je funkce proměnné x. Dostaneme rovnici 3x2 + 3y 2 y 0 − 3y − 3xy 0 = 0.
59
Odtud získáme, že y0 =
y − x2 y2 − x
a y 0 (0) = 1,
když použijeme skutečnosti, že y(0) = 1. Poznamenejme, že snadno ověříme, že bod (0, 1) splňuje danou rovnici. Pro derivaci druhého řádu dostaneme y 00 = (y 0 )0 =
(y 0 − 2x)(y 2 − x) − (y − x2 )(2yy 0 − 1) = (y 2 − x)2
6x2 y 2 − 2xy 4 − 2xy + 2x3 − 2x4 − 2y 4 (y 2 − x)3
a y 00 (0) = 0.
Přibližné vyjádření řešení v okolí bodu x0 = 0 dostaneme ze vzorce 1 . y(x) = y(0) + y 0 (0)x + y 00 (0)x2 = 1 + x. 2
3. Úloha: Určete první dvě derivace funkce y = f (x), která je řešením rovnice y ln x2 + y 2 − arctg( ) = 0 x q
a vyčíslete jejich hodnoty v bodě x0 = 1, je-li y(1) = 0. Derivováním dané rovnice získáme rovnici pro derivaci jejího řešení, pokud lze výpočet provést. Dostaneme √
1 2x + 2yy 0 xy 0 − y √ − 2 = 0, x 6= 0. x + y2 x2 + y 2 x2 + y 2
Po úpravě dostaneme x + yy 0 − xy 0 + y = 0 ⇒ y 0 =
x+y , x−y
pro x 6= y.
Derivováním tohoto vztahu dostaneme pro druhou derivaci rovnici y 00 =
(1 + y 0 )(x − y) − (x + y)(1 − y 0 ) 2x = , x 6= y. 2 (x − y) (x − y)2
Pro x = 1 dostaneme dosazením hodnoty y(1) = 0, y 0 (0) = 1, y 00 (0) = 2.
60
4. Úloha: Určete první dvě derivace funkce y = f (x), která je řešením rovnice sin y + ex − xy 2 = eπ , je-li y(π) = 0. Ověříme, že bod (π, 0) splňuje danou rovnici. Jejím derivováním získáme vztah pro derivaci řešení. Je y 0 cos y + ex − y 2 − 2xyy 0 = 0 a odtud plyne y0 =
y 2 − ex , cos y − 2xy
cos y 6= 2xy.
Dosazením x = π, y(π) = 0 dostaneme y 0 (π) = −eπ . Derivováním vzorce pro y 0 dostaneme y 00 =
(2yy 0 − ex )(cos y − 2xy) − (y 2 − ex )(−y 0 sin y − 2y − 2xy 0 ) . (cos y − 2xy)2
Po dosazení hodnot x = π, y(π) = 0 a y 0 (π) = −eπ dostaneme odtud y 00 (π) = 2πe2π − eπ . 5. Úloha: Napište rovnici tečny a normály v bodě (1, 2) ke křivce popsané rovnicí x4 + y 4 − x3 y 3 = 9. Pomocí věty o derivaci implicitně zadané funkce vypočteme derivaci funkce y = f (x), která je řešením dané rovnice v okolí bodu x0 = 1, pro které je f (1) = 2. Tím zároveň ověříme, že daná rovnice má řešení v předpokládaném tvaru. Pro derivaci dostaneme rovnici 4x3 + 4y 3 y 0 − 3x2 y 3 − 3x3 y 2 y 0 = 0. Dosadíme hodnty x = 1, y = 2 a dostaneme odtud, že y 0 (1) = 1. Rovnice tečny ke grafu funkce v daném bodě je y−2=x−1⇔x−y+1=0 a rovnice normály ke grafu v tomto bodě má tvar y − 2 = −(x − 1) ⇔ x + y − 3 = 0.
6. Úloha: Určete lokální extrémy funkce y = f (x), která je definovaná implicitně rovnicí y 3 − 2xy + x2 = 0. Hledáme body, ve kterých daná rovnice definuje funkci y = f (x), a ve kterých má tato funkce stacionární body, tj. f 0 (x) = 0. Derivaci hledané funkce opět získáme derivováním zadané rovnice. Pro derivaci dostaneme podmínku 3y 2 y 0 − 2y − 2xy 0 + 2x = 0, 61
a odtud získáme vztah (∗)
y0 =
2(y − x) , 3y 2 − 2x
pokud 3y 2 − 2x 6= 0.
Hledáme bod, který splňuje zadanou rovnici a v němž je současně derivace rovna nule. Souřadnice tohoto bodu tedy splňují soustavu rovnic y 3 − 2xy + x2 = 0.
y − x = 0,
Tato soustava má dvě řešení x1 = 1, y1 = 1 a podmínku (∗), budeme tudíž uvažovat jediný 1. O druhu lokálního extrému v tomto bodě derivace. Vztah pro druhou derivaci získáme první derivaci. Je tedy
x2 = y2 = 0. Druhé řešení nesplňuje bod x = y = 1, tedy x = 1, y(1) = rozhodneme podle znaménka druhé opětovným derivováním vztahu pro
6y(y 0 )2 + 3y 2 y 00 − 2y 0 − 2y 0 − 2xy 00 + 2 = 0 odkud vypočteme hodnotu y 00 (1) když do rovnice dosadíme x = 1, y = 1, y 0 = 0. Dostaneme, že y 00 (1) = −2 < 0 tudíž má funkce y = f (x) v bodě x = 1 lokální maximum.
Neřešené úlohy Úloha: Určete derivaci funkce y = f (x), která je řešením dané rovnice a vypočtěte její hodnotu v uvedeném bodě. 1. xy + ex+y − 2 = 0,
x0 = 1,
y(1) = −1. x+y
y−1
+yx 0 [y 0 = − exy lnx+e x+y , y (1) = 0]
2. sin (xy) − exy − x2 y + 1 = 0,
x0 = 1,
y(1) = 0. [y 0 =
3. x4 y + xy 4 − 2x2 y 2 = 32,
x0 = 2,
2xy+yexy −y cos (xy) , x cos (xy)−xexy −x2
y 0 (1) = 0]
y(2) = 2. [y 0 =
−y 4 +4xy 2 −4x3 y , x4 +4xy 3 −4x2 y
y 0 (2) = −1]
2. Funkce je řešením rovnice F (x, y, z) = 0. Hledáme funkci z = f (x, y), která je řešením uvedené rovnice, tedy platí (♣♣)
F (x, y, f (x, y)) = 0
v nějakém okolí bodu z definičního oboru funkce F = F (x, y, z). O funkci F = F (x, y, z) předpokládáme, že má spojité parciální derivace v definičním oboru DF a dále, že známe bod (a, b, c) ∈ DF , pro který je splněna rovnice (♣♣), tedy F (a, b, c) = 0 a ∂F (a, b, c) 6= ∂z 0. Potom existují kladná čísla ε, δ taková, že pro x ∈ (a − δ, a + δ) a y ∈ (b − δ, b + δ) má rovnice (♣♣) jediné řešení z ∈ (c − ε, c + ε). Toto řešení je funkcí z = f (x, y) a 62
má v uvedeném intervalu spojité derivace takového řádu jaké má spojité derivace funkce F (x, y, z). Parciální derivace funkce z = f (x, y) vypočteme derivováním rovnice (♣♣), kde parciální derivace počítáme obdobně jako ve vzorci 1 z odstavce 3. Pro parciální derivace řešení dostaneme rovnice ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂f ∂F ∂F ∂f + + = + =0 ∂x ∂x ∂y ∂x ∂z ∂x ∂x ∂z ∂x a
∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂f ∂F ∂F ∂f + + = + = 0. ∂y ∂y ∂y ∂y ∂z ∂y ∂y ∂z ∂y Odtud získáme jejich vyjádření ve tvaru
(♠♠)
∂F (x, y, f (x, y)) ∂f ∂x (x, y, f (x, y)) = − ∂F ∂x (x, y, f (x, y)) ∂z
a
∂F (x, y, f (x, y)) ∂f ∂y (x, y, f (x, y)) = − ∂F ∂y (x, y, f (x, y)) ∂z
pro x ∈ (a − δ, a + δ) , y ∈ (b − δ, b + δ). Řešené úlohy. 1. Úloha : Určete parciální derivace a diferenciál prvního řádu funkce z = f (x, y), která je řešením rovnice x2 + y 2 + z 2 + 4xz = 2 nejdříve v obecném a potom v bodě (1, 2), jestliže je f (1, 2) = −1. Jestliže dosadíme bod (1, 2, −1) do dané rovnice, zjistíme, že je rovnice splněna. Derivace hledaného řešení získáme derivováním zadané rovnice podle proměnných x a y. Pokud můžeme obě derivace vypočítat, jsou splněny předpoklady věty o implicitně dané funkci a získáme její derivace v okolí bodu (x, y). Funkce F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + 4xz − 2 má spojité parciální derivace všech řádů v R3 a tudíž pro derivace hledané funkce dostaneme podmínky: 2x + 2z
∂z ∂z x + 2z ∂z + 4z + 4x =0⇔ =− , ∂x ∂x ∂x 2x + z
z + 2x 6= 0.
Obdobně dostaneme podmínku pro derivaci podle druhé proměnné. Je 2y + 2z
∂z ∂z ∂z y + 4x =0⇔ =− , ∂y ∂y ∂y 2x + z
z + 2x 6= 0.
Protože jsou obě derivace spojité je v obecném bodě dz =
1 (−(x + 2z)dx − ydy). 2x + z
Po dosazení hodnot x = 1, y = 2, z = −1 dostaneme ∂z ∂z (1, 2) = 1, (1, 2) = −2, dz(1, 2) = dx − 2dy. ∂x ∂y
63
2. Úloha: Určete parciální derivace a diferenciál funkce z = f (x, y), která je řešením rovnice z 3 + 3xyz = 2, v obecném bodě a napište lineární aproximaci této funkce v bodě (1, −1), jestliže f (1, −1) = 2. Postupem, který jsme popsali v odstavci 2 vypočteme derivace hledané funkce a zároveň ověříme, zda řešení předepsaného tvaru existuje. Derivováním zadané rovnice postupně získáme: ∂z ∂z 3z 2 + 3yz + 3xy =0 ∂x ∂x a ∂z ∂z 3z 2 + 3xz + 3xy = 0. ∂y ∂y Z těchto rovnic vypočteme, že ∂z −yz = 2 , ∂x z + xy
∂z −xz = 2 , ∂y z + xy
z 2 + xy 6= 0.
Je tedy
−z (ydx + xdy). + xy Po dosazení hodnot x = 1, y = −1, z = 2 dostaneme dz =
∂z 2 (1, −1) = , ∂x 3
z2
∂z 2 (1, −1) = − , ∂y 3
2 dz(1, −1) = (dx − dy). 3
Lineární aproximací funkce z = f (x, y) v okolí bodu (1, −1) je Taylorův polynom prvního stupně v bodě (1, −1). Protože je f (1, −1) = 2 je 2 2 2 2 . z = f (x, y) = 2 + (1(x − 1) − 1(y + 1)) = + x − y. 3 3 3 3
3. Úloha: Určete parciální derivace funkce z = f (x, y), která je řešením rovnice x z − ln( ) = 0 z y nejprve v obecném bodě a potom v bodě (0, 1), jestliže je f (0, 1) = 1. K výpočtu použijeme nyní vzorce (♠♠), kde F (x, y, z) = 1 ∂z =− x z ∂x − z2 −
y1 zy
z = , x+z
y z
2 ∂z = − xz y ∂y − z2 −
y1 zy
=
Dosazením hodnot x = 0, y = 1, z = 1 dostaneme ∂z (0, 1) = 1, ∂x
64
∂z (0, 1) = 1. ∂y
x z
− ln( yz ). Dostaneme
z2 , x+z
z + x 6= 0.
4. Úloha: Určete diferenciál funkce z = f (x, y) v bodě (1, −2), je-li x3 + y 3 + z 4 = x + z + 6 a z = f (1, −2) = 2. K výpočtu derivací funkce z = f (x, y) použijeme opět vzorec (♠♠), kde F (x, y, z) = x3 + y 3 + z 4 − x − z − 6. Dostaneme ∂z 1 − 3x2 = 3 , ∂x 4z − 1
∂z −3y 2 = 3 , ∂y 4z − 1
4z 3 − 1 6= 0.
Dosazením hodnot x = 1, y = −2, z = 2 získáme hodnoty parciálních derivací v bodě (1, −2) a je 1 dz(1, 2) = (−2dx − 12dy). 31 5. Úloha: Určete diferenciál prvního a druhého řádu funkce z = f (x, y), která je řešením rovnice x − yz + ez = 0 v obecném bodě a v bodě (−1, 2), jestliže je f (−1, 2) = 0. K výpočtu derivací funkce z = f (x, y) použijeme opět vzorec (♠♠), kde F (x, y, z) = x − yz + ez . Dostaneme ∂z 1 = , ∂x y − ez
∂z z = , ∂y y − ez
y − ez 6= 0.
Parciální derivace druhého řádu získáme derivováním uvedených vyjádření, kde respektujeme, že z je funkcí proměnných x a y a za její derivace dosadíme dříve vypočítané vyjádření. Je tedy ∂z ez ∂x ez ∂2z = , = ∂x2 (y − ez )2 (y − ez )3
∂2z = ∂y 2
a
∂z (y ∂y
∂z − ez ) − z(1 − ez ∂y )
(y − ez )2
z 2 ez = (y − ez )3
z ∂z
e ∂y ∂2z zez = = . ∂x∂y (y − ez )2 (y − ez )3 Je tedy dz = a d2 z =
1 (dx + zdy) y − ez
ez (dx2 + 2zdxdy + z 2 dy 2 ). (y − ez )3
Dosadíme do obecného vyjádření hodnoty x = −1, y = 2, z = 0 a dostaneme dz(−1, 2) = dx,
65
d2 z(−1, 2) = dx2 .
6. Úloha: Určete rovnici tečné roviny ke grafu funkce z = f (x, y), která je definovaná jako řešení rovnice 6xy − x2 + 4y 2 − 4zx − 1 = 0 a která je kolmá na přímku p : X = (2, 3, 4) + t(2, 1, 2). Hledáme bod, který je řešením dané rovnice a v němž je normálový vektor ke grafu funkce násobkem směrového vektoru zadané přímky, tedy platí (−
∂z ∂z , − , 1) = k(2, 1, 2), ∂x ∂y
kde k je nějaké číslo a parciální derivace jsou dány vzorcem (♠♠), kde F (x, y, z) = 6xy − x2 + 4y 2 − 4xz − 1. Odtud plyne, že (∗)
6y − 2x − 4z = 2k, −4x
6x + 8y = k, −4x
1 = 2k.
a 6xy − x2 + 4y 2 − 4xz − 1 = 0. Jestliže dosadíme hodnotu k = 21 do prvních dvou rovnic v soustavě, dostaneme rovnice x + 3y − 2z = 0, x + y = 0 ⇔ y = −x, z = −x. Dosadíme tyto podmínky do poslední rovnice a dostaneme podmínku x2 = 1 ⇔ x = 1, nebo x = −1. Získali jsme dvě řešení celé soustavy, (x, y, z) = (1, −1, −1) a (x, y, z) = (−1, 1, 1), to znamená, že graf funkce, která je implicitně definovaná rovnicí má tečné roviny požadovaných vlastností v bodech (1, −1), (−1, 1) a f (1, −1) = −1, f (−1, 1) = 1. Rovnice tečných rovin tedy jsou τ1 : 2(x − 1) + (y + 1) + 2(z + 1) = 0 ⇔ 2x + y + 2z + 1 = 0 a τ2 : 2(x + 1) + (y − 1) + 2(z − 1) = 0 ⇔ 2x + y + 2z − 1 = 0.
Neřešené úlohy. 1. Úloha: Určete parciální derivace funkce z = f (x, y), která je řešením rovnice x2 + z 2 − zx + xy 4 − 9 = 0 v obecném bodě a v bodě (2, 1), jestliže je f (2, 1) = 3. ∂z [ ∂x =
z−2x−y 4 , 2z−x
∂z ∂y
=
−4xy 3 , 2z−x
2z − x 6= 0,
66
∂z (2, 1) ∂x
= − 12 ,
∂z (2, 1) ∂y
= −2.]
2. Úloha: Určete parciální derivace funkce z = f (x, y), která je řešením rovnice ez − xyz = e2 + 2 v obecném bodě a v bodě (1, −1), jestliže je f (1, −1) = 2. ∂z [ ∂x =
yz , ez −xy
∂z ∂y
=
xz , ez −xy
∂z (1, −1) ∂x
ez − xy 6= 0,
=
−2 , e2 +1
∂z (1, −1) ∂y
=
2 .] e2 +1
3. Úloha: Určete diferenciál funkce z = f (x, y), která je řešením rovnice zln(x + z) −
xy =0 z
v bodě (0, 2), jestliže je f (0, 2) = 1. ∂z = [ ∂x
yz(x+z)−z 3 z 2 (x+z)ln(x+z)+z 3 +xy(x+z)
∂z ∂y
,
=
xz(x+z) , z 2 (x+z)ln(x+z)+z 3 +xy(x+z)
dz(0, 2) = dx]
3. Funkce je řešením soustavy rovnic F (x, y, z) = 0, G(x, y, z) = 0. Hledáme funkce y = f (x), z = g(x), které jsou řešením uvedené soustavy, tedy platí (♣♣♣)
F (x, f (x), g(x)) = 0 a G(x, f (x), g(x)) = 0
v nějakém okolí bodu z definičního oboru funkcí F (x, y, z) a G(x, y, z). Předpokládáme, že funkce F a G mají spojité parciální derivace v okolí bodu (a, b, c), který je řešením soustavy (♣♣♣). Jestliže je determinat
∂F (a, b, c), ∂y ∂G (a, b, c), ∂y
∂F (a, b, c) ∂z ∂G (a, b, c) ∂z
různý od nuly, pak v okolí bodu (a, b, c) má soustava (♣♣♣) jediné řešení požadovaného tvaru y = f (x), z = g(x), x ∈ (a − ε, a + ε) pro nějaké číslo ε > 0. Toto řešení má spojité derivace takového řádu, jakého řádu mají spojité parciální derivace funkce F a G. Tyto derivace vypočteme z derivované soustavy (♣♣♣). Pro derivace prvního řádu tedy platí ∂F + ∂F f 0 (x) + ∂F g 0 (x) = 0 ∂x ∂y ∂z ∂G + ∂G f 0 (x) + ∂G g 0 (x) = 0. ∂x ∂y ∂z Vyjádření pro derivace f 0 (x) a g 0 (x) získáme jako řešení uvedené soustavy. Podmínka požadující nenulovost determinantu zaručuje, že tato soustava má jediné řešení. Derivace vyšších řádů dostaneme opětovným derivováním této soustavy, nebo derivujeme vztah pro derivace prvního řádu. Pro ilustraci uvedeme příklad takového výpočtu. Pro jednoduchost budeme opět značit f (x) = y(x) a g(x) = z(x). Řešené úlohy.
67
1. Úloha : Určete derivace prvního a druhého řádu funkcí y = y(x), z = z(x) která jsou řešením soustavy rovnic x2 + 2xy − 4y 2 + z + 16 = 0,
x + y − 2z + 1 = 0
nejdříve v obecném bodě a potom v bodě (−1), jestliže je y(−1) = 2 a z(−1) = 1. Uvažujeme soustavu tvaru (♣♣♣) x2 + 2xy − 4y 2 + z + 6 = 0,
x + y − 2z + 1 = 0.
Funkce mají spojité parciální derivace všech řádů v R3 a jejím derivováním podle proměnné x získáme vztahy pro drivace hledaných funkcí. Je tedy 2x + 2y + 2xy 0 − 4yy 0 + z 0 = 0,
1 + y 0 − 2z 0 = 0.
Tato soustava má jediné řešení (∗) y 0 (x) =
−4x − 4y − 1 4x − 16y + 1
a z 0 (x) =
−10y , 4x − 16y + 1
pokud je 4x − 16y + 1 6= 0. Dosadíme hodnoty x = −1, y = 2, z = 1 a dostaneme 1 y 0 (−1) = , 7
4 z 0 (−1) = . 7
Pro derivace druhého řádu získáme derivováním vztahů (∗) vzorce y 00 (x) =
(−4 − 4y 0 )(4x − 16y + 1) + (4x + 4y + 1)(4 − 16y 0 ) , (4x − 16y + 1)2
−10y 0 (4x − 16y + 1) + 10y(4 − 16y 0 ) . (4x − 16y + 1)2 Po dosazení odpovídajících hodnot v bodě x = −1 dostaneme z 00 (x) =
1180 . 590 . = 0, 138 a z 00 (−1) = = 0.0688. 8575 8575
y 00 (−1) =
2. Úloha: Určete derivace funkcí y = y(x), z = z(x), které jsou řešením soustavy rovnic x2 + y 2 + z 2 = 3, x2 + y 2 − 2z = 0 v obecném bodě a v bodě x = 1, jestliže je y(1) = 1 a z(1) = 1. Derivováním soustavy dostaneme pro derivace řešení soustavu rovnic 2x + 2yy 0 + 2zz 0 = 0,
2x + 2yy 0 − 2z 0 = 0.
Tato soustava má řešení x y 0 (x) = − , y
z 0 (x) = 0,
y 6= 0.
Pro derivace řešení v zadaném bodě dostaneme hodnoty y 0 (1) = −1, 68
z 0 (1) = 0.
3. Úloha: Určete první a druhou derivaci funkcí y = y(x), z = z(x), které jsou řešením soustavy rovnic x2 + y 2 + z 2 = 169, 2x + y − z + 2 = 0 v obecném bodě a v bodě x = 3, jestliže je y(3) = 4 a z(3) = 12. Derivováním řešené soustavy získáme podmínky pro derivace řešení ve tvaru soustavy 2x + 2yy 0 + 2zz 0 = 0, 2 + y 0 − z 0 = 0. Tato soustava má řešení (∗)
y 0 (x) =
−x − 2z , y+z
z 0 (x) =
2y − x , y+z
pokud je y + z 6= 0. Po dosazení souřadnic daného bodu dostaneme, že y 0 (3) = −
27 , 16
z 0 (3) =
5 . 16
Derivováním vztahů z (∗) dostaneme vyjádření pro druhé derivace řešení. Je y 00 (x) = z 00 (x) =
(−1 − 2z 0 )(y + z) + (x + 2z)(y 0 + z 0 ) , (y + z)2 (2y 0 − 1)(y + z) − (2y − x)(y 0 + z 0 ) . (y + z)2
Po dosazení z (∗) a úpravě získáme, že y 00 (x) = z 00 (x) =
−2x2 − 5y 2 − 5z 2 + 4xy − 4xz − 2yz . (y + z)3
505 . Po dosazení souřadnic daného bodu dostaneme, že y 00 (3) = z 00 (3) = − 2048 = 0, 247.
69
