MB152 Diferenciálny a integrálny počet, skupina 10, 8. cvičenie, 25.11.2020
Funkcie viacerých premenných
Príklad 1. Nájdite definičný obor funkcie
arcsin
x − y + 1
x + y − 2
.
Musíme zaistiť splnenie nasledujúcich dvoch podmienok:
−1 ≤
x − y + 1
x + y − 2
≤ 1, x + y − 2 = 0.
Začnime prvou z nich:
−1 ≤
x − y + 1
x + y − 2
⇔ −x − y + 2 ≤ x − y + 1 ⇔
1
2
≤ x,
x − y + 1
x + y − 2
≤ 1 ⇔ x − y + 1 ≤ x + y − 2 ⇔
3
2
≤ y.
Pozrime sa, ktoré dvojice (x, y) porušujú druhú podmienku:
x + y − 2 = 0 ⇔ y = −x + 2.
Všimnime si, že bod [1
2
, 3
2
] spĺňa poslednú rovnicu. Keďže normálový vektor (1, 1) priamky
y = −x + 2 smeruje do množiny {(x, y) | 1
2
≤ x, 3
2
≤ y}, majú tieto dve množiny jediný
spoločný bod, ktorým je [1
2
, 3
2
]. To znamená, že definičný obor funkcie f(x, y) je
D(f) = (x, y) ∈ R2 1
2
≤ x,
3
2
≤ y
1
2
,
3
2
. v
Obr. 1: Príklad 1
1
Príklad 2. Nájdite definičný obor funkcie
f(x, y) = (−4x2 + 24x − y2 − 32)(4y2 − x2 + 6x − 13).
Druhá odmocnina je definovaná len pre nezáporné čísla. Preto musia mať zátvorky pod
odmocninou rovnaké znamienko, alebo aspoň jedna z nich musí byť nulová. Definičný obor
funkcie f(x, y) je tým pádom určený disjunkciou nasledujúcich dvoch podmienok:
1. −4x2
+ 24x − y2
− 32 ≤ 0 & 4y2
− x2
+ 6x − 13 ≤ 0,
2. −4x2
+ 24x − y2
− 32 ≥ 0 & 4y2
− x2
+ 6x − 13 ≥ 0.
Každá z rovností −4x2
+24x−y2
−32 = 0 a 4y2
−x2
+6x−13 = 0 definuje krivku rozdeľujúcu
rovinu R2
na niekoľko častí, podľa toho, či daný bod (x, y) spĺňa nerovnosť > alebo <. Preto
sa pokúsime tieto krivky charakterizovať:
−4x2
+ 24x − y2
− 32 = 0 ⇔ −4(x2
− 6x + 8) − y2
= 0 ⇔ −4((x − 3)2
− 1) − y2
= 0
⇔ −4(x − 3)2
− y2
= −4 ⇔ (x − 3)2
+
y2
4
= 1.
Prvá rovnosť teda určuje elipsu so stredom v bode [3, 0], ktorej poloosi majú dĺžky 1 a 2.
Nerovnosť−4x2
+ 24x − y2
− 32 ≥ 0 spĺňajú body v jej vnútri a na obvode a naopak nerovnosti
−4x2
+ 24x − y2
− 32 ≤ 0 vyhovojú body naokolo tejto elipsy a opäť na jej obvode.
4y2
− x2
+ 6x − 13 = 0 ⇔ 4y2
− (x2
− 6x + 13) = 0 ⇔ 4y2
− ((x − 3)2
+ 4) = 0
⇔ 4y2
− (x − 3)2
= 4 ⇔ y2
−
(x − 3)2
4
= 1.
Druhá rovnosť určuje hyperbolu so stredom v bode [3, 0]. Vrcholy jej vetiev sa nachádzajú v
bodoch [3, 1] a [3, −1]. Dosadením bodu [3, 0] do výrazu 4y2
− x2
+ 6x − 13 dostaneme číslo
−4, čo znamená, že body medzi vetvami hyperboly spĺňajú nerovnosť 4y2
− x2
+ 6x − 13 ≤ 0,
zataľčo tie ostatnú spĺňajú opačnú nerovnosť. v
Obr. 2: Príklad 2
2
Príklad 3. Pomocou rezov rôznymi rovinami načrtnite graf funkcie
f(x, y) = x2
− y2
.
Graf funkcie budeme rezať rovinami x = x0. Pre pevne zvolené x = x0 ∈ R určuje predpis
f(x0, y) = x2
0 − y2
funkciu jednej premennej, ktorej graf je prienikom roviny x = x0 a grafu
funkcie f(x, y). Graf funkcie f(x0, y) = x2
0 − y2
vieme jednoducho nakresliť, je to prevrátená
parabola, ktorej vrchol je posunutý do bodu x2
0. Vrcholy týchto parabol teda v rovine y = 0
tvoria opäť parabolu z = x2
. Ak zjednotíme grafy funkcií f(x0, y), z ktorých každý leží v rovine
x = x0, dostaneme graf funkcie f(x, y): v
Obr. 3: Príklad 3
Príklad 4. Pomocou vrstevníc načrtnite graf funkcie
f(x, y) =
x + y
1 + x2 + y2
.
Vrstevnica funkcie f na úrovni c ∈ R je množina {(x, y) ∈ D(f) | f(x, y) = c}. V prípade,
že c = 0, má vrstevnica funkcie f tvar y = −x. Ďalej predpokladajme, že c = 0.
x + y
1 + x2 + y2
= c,
x + y = c(1 + x2
+ y2
),
c x2
−
x
c
+ c y2
−
y
c
= −c,
c x −
1
2c
2
−
1
4c2
+ c y −
1
2c
2
−
1
4c2
= −c,
c x −
1
2c
2
+ c y −
1
2c
2
= −c +
1
2c
=
1 − 2c2
2c
,
x −
1
2c
2
+ y −
1
2c
2
=
1 − 2c2
2c2
=
1
2c2
− 1.
Z poslednej rovnice sme okrem iného schopní dopočítať obor hodnôt funkcie f. Ľavá strana
rovnice je nezáporná:
0 ≤
1
2c2
− 1 ⇒ 1 ≤
1
2c2
⇒ c2
≤
1
2
⇒ |c| ≤
1
√
2
.
3
Obr. 4: Príklad 4
To znamená, že obor hodnôt funkcie f je interval [− 1√
2
, 1√
2
] a nemá zmysel uvažovať c mimo
tohto intervalu. Vrstevnice funkcie f sú kružnice so stredom v bode [ 1
2c
, 1
2c
] a polomerom
1
2c2 − 1. v
Limita
Príklad 5. Vypočítajte limitu
lim
(x,y)→(0,2)
tan2
(xy)
x sin(xy)
.
Najprv uskutočníme pár úprav:
lim
(x,y)→(0,2)
tan2
(xy)
x sin(xy)
= lim
(x,y)→(0,2)
sin(xy)
x cos2(xy)
= lim
(x,y)→(0,2)
sin(xy)
xy
·
y
cos2(xy)
.
Druhý zlomok určuje spojitú funkciu v bode [0, 2] takže platí
lim
(x,y)→(0,2)
y
cos2(xy)
=
2
cos2(0 · 2)
= 2.
Na výpočet limity prvého zlomku môžeme použiť vetu o limite zloženej funkcie na strane 121
z prednášky [2]:
lim
(x,y)→(0,2)
sin(xy)
xy
t = xy
lim
(x,y)→(0,2)
t = lim
(x,y)→(0,2)
xy = 0 = lim
t→0
sin t
t
= 1.
V konečnom dôsledku platí
lim
(x,y)→(0,2)
sin(xy)
xy
·
y
cos2(xy)
= lim
(x,y)→(0,2)
sin(xy)
xy
· lim
(x,y)→(0,2)
y
cos2(xy)
= 1 · 2 = 2.
v
Príklad 6. Vypočítajte limitu
lim
(x,y)→(0,0)
xy2
x2 + y2
.
Použijeme transformáciu do polárnych súradníc. Zavedieme premenné r a ϕ, ktorých vzťah s
pôvodnými premennými x a y je daný rovnicami x = r cos ϕ a y = r sin ϕ. Hodnota premennej
r je vzdialenosť bodu [x, y] od počiatku [0, 0], zatiaľčo hodnota premennej ϕ je uhol medzi
spojnicou bodov [x, y] a [0, 0] a kladnou časťou osi x meraný proti smeru hodinových ručičiek.
4
lim
(x,y)→(0,0)
xy2
x2 + y2
x = r cos ϕ, y = r sin ϕ
(x, y) → (0, 0) ⇒ r → 0+ = lim
r→0+
r cos ϕ · r2
sin2
ϕ
r2 cos2 ϕ + r2 sin2
ϕ
= lim
r→0+
r3
cos ϕ · sin2
ϕ
r2
= lim
r→0+
r
→0
cos ϕ · sin2
ϕ
ohraničená
= 0.
Fakt, že sa aj pôvodná limita rovná 0 je dôsledkom vety 2.13 na strane 17 v [3], respektíve vety
39 na strane 119 v [2]. v
Príklad 7. Vypočítajte nasledujúcu limitu alebo ukážte, že neexistuje:
lim
(x,y)→(∞,∞)
y2
x4 + x2y
.
Na prvý pohľad by sa mohlo zdať, že uvedená limita existuje a je rovná 0, keďže v zlomku
sa vyskytujú polynómy v premenných x a y, pričom v menovateli je polynóm vyššieho stupňa
ako v čitateli. Približovanie sa k bodu (∞, ∞) po priamkach y = kx, kde k ∈ [0, ∞), tomu
nasvedčuje:
lim
(x,y)→(∞,∞)
y2
x4 + x2y
y = kx
x → ∞
= lim
x→∞
k2
x2
x4 + kx3
= lim
x→∞
k2
x2 + kx
= 0.
Opak je však pravdou. Ak by sme sa k bodu (∞, ∞) približovali po krivke γ(t) = (x(t), y(t))
tak, že hodnoty premennej y by narastali rádovo rýchlejšie ako hodnoty premennej x, potom
by čitateľ mohol kompenzovať rýchly nárast menovateľa. Približujme sa preto k bodu (∞, ∞)
po parabolách y = kx2
, kde k ∈ [0, ∞):
lim
(x,y)→(∞,∞)
y2
x4 + x2y
y = kx2
x → ∞
= lim
x→∞
k2
x4
x4 + kx4
= lim
x→∞
k2
1 + k
=
k2
1 + k
.
Limitná hodnota závisí od spôsobu, akým sa k bodu (∞, ∞) približujeme, čo znamená, že limita
neexistuje. v
Príklad 8. Vypočítajte nasledujúcu limitu alebo ukážte, že neexistuje:
lim
(x,y)→(0,0)
x2
+ y2
x + y
.
Opäť sa môže zdať, že čitateľ by sa mal k nule v každom prípade blížiť rýchlejšie ako
menovateľ, čo by znamenalo, že uvedená limita je nulová. Na priamke y = 0 to skutočne platí:
lim
(x,y)→(0,0)
x2
+ y2
x + y
y = 0
x → 0
= lim
x→0
x2
x
= lim
x→0
x = 0.
5
Predstavme si jednotlivé funkcie. Funkcia z = x2
+ y2
nadobúda len kladné hodnoty a jej
vrstevnice x2
+ y2
= c sú sústredné kružnice s polomerom
√
c. Rezy rovinami x = 0 a y = 0 sú
paraboly f(0, y) = y2
, respektíve f(x, 0) = x2
. Graf funkcie z = x + y je rovina prechádzajúca
počiatkom, ktorej smerové vektory sú (1, 0, 1) a (0, 1, 1). Na priamke y = −x nadobúda funkcia
x + y nulové hodnoty. Ak by sme sa k bodu (0, 0) približovali po krivke, ktorá sa dostatočne
plocho dotýka priamky y = −x, mohol by sa menovateľ k nule blížiť aspoň tak rýchlo ako
čitateľ. Ako vhodná voľba sa ukazuje y = −ex
+ 1:
lim
(x,y)→(0,0)
x2
+ y2
x + y
y = −ex
+ 1
x → 0
= lim
x→0
x2
+ 1 − 2ex
+ e2x
x − ex + 1
l’Hosp.
−−−−→
|0
0 |
lim
x→0
2x − 2ex
+ 2e2x
1 − ex
l’Hosp.
−−−−→
|0
0 |
lim
x→0
2 − 2ex
+ 4e2x
−ex
= −4.
Potenciálna limitná hodnota opäť závisí od spôsobu približovania sa, preto limita neexistuje. v
Obr. 5: Príklad 8
Parciálna derivácia
Príklad 9. Spočítajte parciálne derivácie prvého rádu funkcie
f(x, y) = arctan
y
x
.
Parciálna derivácia podľa premennej x sa uskutoční tak, že premennú y zvolíme pevne, teda
ju budeme chápať ako konštantu, čo nás privedie k funkcii jednej premennej, x, a tú zderivujeme
tak, ako to poznáme z diferenciálneho počtu funkcií jednej premennej. Rovnaký postup platí
pre parciálnu deriváciu podľa premennej y.
fx =
∂
∂x
arctan
y
x
=
1
1 + y
x
2 ·
∂
∂x
y
x
=
1
1 + y
x
2 ·
∂
∂x
yx−1
=
1
1 + y
x
2 · y
∂
∂x
x−1
=
1
1 + y
x
2 · y ·
−1
x2
=
−y
x2 + y2
,
fy =
∂
∂y
arctan
y
x
=
1
1 + y
x
2 ·
∂
∂y
y
x
=
1
1 + y
x
2 ·
∂
∂y
1
x
· y
=
1
1 + y
x
2 ·
1
x
·
∂
∂y
(y) =
1
1 + y
x
2 ·
1
x
=
x
x2 + y2
.
v
6
Príklad 10. Spočítajte parciálne derivácie prvého rádu funkcie
f(x, y) = xyx
.
Pri derivovaní podľa premennej x nie je zrejmé, ktorá funkcia je vonkajšia a ktorá vnútorná.
Preto použijúc exponenciálu a logaritmus upravíme predpis funkcie f:
fx =
∂
∂x
xyx
=
∂
∂x
eyx log x
= eyx log x
·
∂
∂x
(yx
· log x) = eyx log x
yx
log y · log x + yx
·
1
x
= yx
· xyx
· log y · log x +
1
x
= yx
· xyx−1
· (x · log y · log x + 1) ,
fy =
∂
∂y
xyx
= log x · xyx
·
∂
∂y
(yx
) = log x · xyx
· x · yx−1
= xyx+1
· yx−1
· log x.
v
Príklad 11. Spočítajte všetky parciálne derivácie do druhého rádu funkcie
f(x, y) = −x + e
x
1+xy = −x + exp
x
1 + xy
.
Počítajme:
fx(x, y) =
∂
∂x
−x + exp
x
1 + xy
= −1 + exp
x
1 + xy
·
(1 + xy) − xy
(1 + xy)2
= −1 + exp
x
1 + xy
·
1
(1 + xy)2
,
fy(x, y) =
∂
∂y
−x + exp
x
1 + xy
= exp
x
1 + xy
·
−x
(1 + xy)2
· x
= exp
x
1 + xy
·
−x2
(1 + xy)2
,
fxx(x, y) =
∂
∂x
(fx(x, y)) =
∂
∂x
e
x
1+xy ·
1
(1 + xy)2
+ e
x
1+xy ·
∂
∂x
1
(1 + xy)2
= exp
x
1 + xy
·
1
(1 + xy)2
·
1
(1 + xy)2
+ exp
x
1 + xy
·
−2y
(1 + xy)3
= exp
x
1 + xy
·
1
(1 + xy)4
+
−2y
(1 + xy)3
,
fxy(x, y) =
∂
∂y
(fx(x, y)) =
∂
∂y
e
x
1+xy ·
1
(1 + xy)2
+ e
x
1+xy ·
∂
∂y
1
(1 + xy)2
= exp
x
1 + xy
·
−x2
(1 + xy)2
·
1
(1 + xy)2
+ exp
x
1 + xy
·
−2x
(1 + xy)3
= exp
x
1 + xy
·
−x2
(1 + xy)4
+
−2x
(1 + xy)3
,
fyx(x, y) =
∂
∂x
(fy(x, y)) =
∂
∂x
e
x
1+xy ·
−x2
(1 + xy)2
+ e
x
1+xy ·
∂
∂x
−x2
(1 + xy)2
= exp
x
1 + xy
·
1
(1 + xy)2
·
−x2
(1 + xy)2
+ e
x
1+xy ·
−2x(1 + xy)2
+ 2x2
y(1 + xy)
(1 + xy)4
= exp
x
1 + xy
·
−x2
(1 + xy)4
+
−2x
(1 + xy)3
,
7
fyy(x, y) =
∂
∂y
(fy(x, y)) =
∂
∂y
e
x
1+xy ·
−x2
(1 + xy)2
+ e
x
1+xy ·
∂
∂y
−x2
(1 + xy)2
= exp
x
1 + xy
·
−x2
(1 + xy)2
·
−x2
(1 + xy)2
+ exp
x
1 + xy
·
2x3
(1 + xy)3
= exp
x
1 + xy
·
x4
(1 + xy)4
+
2x3
(1 + xy)3
.
Ak sú parciálne derivácie fxy a fyx spojité, potom podľa Schwarzovej vety platí fxy = fyx, takže
táto rovnosť v našom prípade nie je náhodná. v
Príklad 12. Spočítajte smerovú deriváciu funkcie f(x, y) = e−xy
v bode [1, −2] v smere vektora
u = (2, 1).
Máme dve možnosti ako postupovať:
• Priamo z definície platí fu(1, −2) = ϕ (0), kde ϕ(t) = f(1 + 2 · t, −2 + 1 · t). Počítajme:
ϕ(t) = f(1 + 2t, −2 + t) = e−(1+2t)(−2+t)
= e−2t2+3t+2
.
Ďalej platí
ϕ (t) = e−2t2+3t+2
= e−2t2+3t+2
· (−4t + 3),
ϕ (0) = 3e2
.
Výsledok je fu(1, −2) = 3e2
.
• Druhá možnosť je spočítať skalárny súčin gradientu funkcie f v bode [1−2] s vektorom (2, 1):
fu(1, −2) = (fx(1, −2), fy(1, −2)), (2, 1) .
Najprv spočítame parciálne derivácie:
fx(x, y) = −ye−xy
⇒ fx(1, −2) = 2e2
,
fy(x, y) = −xe−xy
⇒ fy(1, −2) = −e2
,
Takže pre smerovú deriváciu platí
fu(1, −2) = (2e2
, −e2
), (2, 1) = 4e2
− e2
= 3e2
,
čo je ten istý výsledok ako v predošlom prípade.
v
Príklad 13. Nájdite dotykovú rovinu ku grafu funkcie f(x, y) = x2
− xy + 2y2
v bode [1, 1, ?].
Rovnica dotykovej roviny v bode (x0, y0) ku grafu funkcie f má tvar
z = f(x0, y0) + fx(x0, y0)(x − x0) + fy(x0, y0)(y − y0).
V našom prípade je (x0, y0) = (1, 1). Stačí nám dopočítať funkčnú hodnotu a hodnoty parciálnych
derivácií v bode (1, 1):
f(1, 1) = 12
− 1 · 1 + 2 · 12
= 2,
fx(x, y) = 2x − y ⇒ fx(1, 1) = 1,
fy(x, y) = 4y − x ⇒ fx(1, 1) = 3.
Zostáva nám už len dosadiť:
z = f(1, 1) + fx(1, 1)(x − 1) + fy(1, 1)(y − 1),
z = 2 + (x − 1) + 3(y − 1),
z − x − 3y = −2. v
8
Obr. 6: Príklad 12
Obr. 7: Príklad 13
Príklad 14. Pomocou diferenciálu vhodnej funkcie určte približne hodnotu log(0, 972
+0, 052
).
Ako vhodná funkcia sa javí f(x, y) = log(x2
+ y2
), pretože v bode (1, 0) sme schopný
vypočítať funkčnú hodnotu presne a bod (0, 97, 0, 05), v ktorom odhadujeme funkčnú hodnotu
funkcie f, je relatívne blízko bodu (1, 0). Pre (x, y) dostatočne blízke (x0, y0) platí
f(x, y) ≈ f(x0, y0) + fx(x0, y0) dx + fy(x0, y0) dy
= f(x0, y0) + fx(x0, y0)(x − x0) + fy(x0, y0)(y − y0).
V našom prípade je (x0, y0) = (1, 0). Najprv vypočítame funkčnú hodnotu a hodnotu parciálnych
derivácií v bode (1, 0):
f(1, 0) = log(12
+ 02
) = 0,
fx(x, y) =
2x
x2 + y2
⇒ fx(1, 0) = 2,
fy(x, y) =
2y
x2 + y2
⇒ fx(1, 0) = 0.
Po dosadení dostávame
f(x, y) ≈ f(1, 0) + fx(1, 0)(x − 1) + fy(1, 0)y,
9
f(x, y) ≈ 2(x − 1),
f(0, 97, 0, 05) ≈ 2(0, 97 − 1) = 2 · (−0.03) = −0.06.
Presná hodnota je približne −0, 02530412809031697442972544394581. v
Obr. 8: Príklad 14
Literatúra
[1] HASIL, Petr a ZEMÁNEK, Petr. Sbírka řešených příkladů z matematické analýzy II, http:
//www.math.muni.cz/~zemanekp/files/SRPzMAII_FRMU.pdf
[2] HILSCHER, Roman Šimon, HASIL, Petr, VESELÝ, Michal a ZEMÁNEK, Petr. Přednášky
z matematické analýzy na FI, http://www.math.muni.cz/~hasil/Data/CZ/Teach/MU/
MB152/prednasky_MB152.pdf
[3] DOŠLÁ, Zuzana a DOŠLÝ, Ondřej. Diferenciální počet funkcí více proměnných
10