Príklady na precvičovanie – funkcia určená implicitne
Intuitívna predstava funkcie jednej premennej určenej implicitne je nasledovná.
Máme rovnicu:
F(x, y) = 0,
a bod A = [x0, y0] taký, že F(x0, y0) = 0. Zoberme si nejaké okolie bodu x0 a
postupne dosadzujme do danej rovnice za x body z tohto okolia. Ak za x zvolíme
nejaké konkrétne číslo, tak uvedená rovnica sa stane rovnicou s jednou
neznámou y – cítime preto, že y bude nejako určené výberom konkrétneho x
tak, aby platila uvedená rovnica (pre rôzne x môžeme vo všeobecnosti očakávať
rôzne y). Ak platí, že pre každé x z nejakého okolia bodu x0 existuje
práve jedno y také, že
F(x, y) = 0,
potom hovoríme, že rovnicou F(x, y) = 0 a bodom A = [x0, y0] je určená
implicitne funkcia y = y(x). Táto funkcia je reprezentovaná priradením „ku
každému x existuje práve jedno y . Jej definičný obor dané okolie bodu x0.
Podobne možno uvažovať i funkciu dvoch (viac) premenných určenú implicitne.
Opäť máme nejakú rovnicu tvaru
F(x, y, z) = 0
a bod A = [x0, y0, z0] taký, že F(x0, y0, z0) = 0. Potom ak konkrétne zvolíme
x, y, premenná z už bude istým spôsobom určená – ako riešenie rovnice
F(x, y, z) = 0 so známymi x, y. Preto ak platí, že pre každú dvojicu (x, y) z
nejakého okolia bodu [x0, y0] existuje práve jedno z také, že
F(x, y, z) = 0,
potom hovoríme, že rovnicou F(x, y, z) = 0 a bodom A = [x0, y0, z0] je určená
implicitne funkcia dvoch premenných z = z(x, y).
Dosť často sa pracuje so spojitými, resp. so spojito diferencovateľnými
implicitnými funkciami. Postačujúce podmienky pre existenciu práve jednej
spojito diferencovateľnej implicitnej funkcie sú nasledovné.
• pre funkciu jednej premennej:
– F(x, y) je spojitá na okolí bodu A = [x0, y0],
– F(A) = 0,
1
– F′
x(x, y), F′
y(x, y) sú spojité na okolí bodu A a F′
y(A) ̸= 0.
• pre funkciu dvoch premennej:
– F(x, y, z) je spojitá na okolí bodu A = [x0, y0, z0],
– F(A) = 0,
– F′
x(x, y, z), F′
y(x, y, z), F′
z(x, y, z) sú spojité na okolí bodu A a
F′
z(A) ̸= 0.
Riešené príklady
Príklad 1
Overte, že rovnicou x3
+y3
−6xy = 0 a bodom A = [3, 3] je implicitne určená
práve jedna spojito diferencovateľná funkcia y = y(x) a nájdite jej prvú a
druhú deriváciu v bode x0 = 3.
Riešenie:
V našom prípade funkcia F(x, y) je:
F(x, y) = x3
+ y3
− 6xy.
Funkcia F je iste spojitá na celom R, pričom F(3, 3) = 0. Ďalej parciálne
derivácie F′
y = 3y2
− 6x a F′
x = 3x2
− 6y sú spojité na okolí bodu A a platí
F′
y(3, 3) = 9 ̸= 0. Preto podľa úvodnej poznámky existuje na istom okolí bodu
x0 = 3 práve jedna spojito diferencovateľná funkcia y = y(x) spĺňajúca:
x3
+ (y(x))3
− 6xy(x) = 0, y(3) = 3.
Jej prvú deriváciu y′
zistíme tak, že rovnicu v zadaní derivujeme podľa premennej
x, pričom berieme do úvahy, že y = y(x) je funkciou premennej x:
x3
+ y3
− 6xy = 0 / d/dx,
3x2
+ 3y2
y′
− 6y − 6xy′
= 0.
Z tejto rovnice vyjadríme y′
:
3x2
− 6y + (3y2
− 6x)y′
= 0,
y′
=
6y − 3x2
3y2 − 6x
.
2
Pre y′
(3) platí:
y′
(3) =
6y(3) − 3 · 32
3(y(3))2 − 6 · 3
=
6 · 3 − 3 · 32
3 · 32 − 6 · 3
= −1.
Podobne druhú deriváciu y′′
dostameme tak, že buď opäť zderivujeme rovnicu
3x2
+ 3y2
y′
− 6y − 6xy′
= 0
podľa x a následne vyjadríme y′′
alebo priamo zderivujeme odvodený výraz
pre y′
. V oboch prípadoch dostaneme:
y′′
=
6y′
− 6x − y′
(6yy′
− 6)
3y2 − 6x
.
V bode x0 = 3 platí (využijeme zistenie, že y′
(3) = −1):
y′′
(3) = −
16
3
.
Príklad 2
Nájdite všetky prvé parciálne derivácie funkcie z = z(x, y) určenej implicitne
rovnicou
ez
+ x2
y + z + 5 = 0
a bodom A = [1, −6, 0].
Riešenie:
Predpokladáme, že taká funkcia z = z(x, y) jednoznačne existuje (overte si
to :)). Parciálne derivácie z′
x, z′
y nájdeme derivovaním danej rovnice podľa x,
resp. podľa y (nesmieme zabudnúť, že z = z(x, y), a preto rovnicu derivujeme
podľa jednotlivých premenných parciálne):
ez
+ x2
y + z + 5 = 0 / ∂/∂x,
ez
z′
x + 2xy + z′
x = 0,
z′
x = −
2xy
ez + 1
.
Podobne:
ez
+ x2
y + z + 5 = 0 / ∂/∂y,
3
ez
z′
y + x2
+ z′
y = 0,
z′
y = −
x2
ez + 1
.
Poznamenajme, že odvodené výrazy pre z′
x a z′
y platia len na nejakom malom
okolí bodu [1, −6].
Príklad 3
Nájdite dz(1, 1), kde funkcia z = z(x, y) je určená implicitne rovnicou
x5
+ y5
+ z5
− x − y − z = 0
a bodom A = [1, 1, 1].
Riešenie:
Potrebujeme zistiť z′
x(1, 1), z′
y(1, 1). Poznamenajme, že nakoľko funkcia z =
z(x, y) je určená implicitne rovnicou a bodom A v zadaní, platí z(1, 1) = 1.
Postupujeme ako v predchádzajúcom príklade – rovnicu parciálne derivujeme
podľa x, resp. podľa y:
x5
+ y5
+ z5
− x − y − z = 0 / ∂/∂x,
5x4
+ 5z4
z′
x − 1 − z′
x = 0,
z′
x =
1 − 5x4
5z4 − 1
,
z′
x(1, 1) =
1 − 5
5 − 1
= −1.
Podobne:
x5
+ y5
+ z5
− x − y − z = 0 / ∂/∂y,
5y4
+ 5z4
z′
y − 1 − z′
y = 0,
z′
y =
1 − 5y4
5z4 − 1
,
z′
y(1, 1) =
1 − 5
5 − 1
= −1.
Teda prvý diferenciál funkcie z v bode [1, 1] bude:
dz(1, 1) = z′
x(1, 1)(x − 1) + z′
y(1, 1)(y − 1) = −x − y + 2.
4
Príklad 4
Nájdite rovnicu dotyčnice a normály v bode A ku grafu funkcie y = y(x)
určenej implicitne rovnicou
y4
− 4x4
− 6xy = 0
a bodom A = [1, 2].
Riešenie:
Keďže poznáme bod A = [1, 2], ktorým daná dotyčnica prechádza, stačí nájsť
jej smernicu, t.j. y′
(1). Platí:
y4
− 4x4
− 6xy = 0 / d/dx,
4y3
y′
− 16x3
− 6y − 6xy′
= 0,
y′
=
16x3
+ 6y
4y3 − 6x
,
y′
(1) =
28
26
=
14
13
.
Pri dosadzovaní sme využili y(1) = 2. Potom smernicový tvar rovnice dotyčnice
je:
y − 2
x − 1
= y′
(1) =
14
13
=⇒ 14x − 13y + 12 = 0.
Rovnica normály má tvar:
y − 2
x − 1
= −
1
y′(1)
=
−13
14
=⇒ 13x + 14y − 41 = 0.
Príklad 5
Určte lokálne extrémy funkcií z = z(x, y) určených implicitne rovnicou:
x2
+ y2
+ z2
+ 2x − 2y − 4z − 10 = 0.
Riešenie:
Nájdeme stacionárne body daných funkcií z (zámerne píšeme množné číslo,
5
pretože, ako uvidíme, daných funkcií bude viac; k rovnici totiž nie je zadaný
bod, ktorý by hľadanú implicitnú funkciu bližšie určoval). Prvé parciálne
derivácie budú (nájdeme ich podobne ako v predchádzajúcich príkladoch):
z′
x =
−2 − 2x
2z − 4
, z′
y =
2 − 2y
2z − 4
.
Ľahko vidíme, že obe derivácie sa nulujú práve vtedy, keď x = −1 a y = 1.
Dosadením do pôvodnej rovnice v zadaní potom máme:
z2
− 4z − 12 = 0.
Teda z = −2 alebo z = 6. Máme teda jeden bod [x, y] = [−1, 1], ktorý je
stacionárnym bodom pre dve funkcie z1 = z1(x, y) a z2 = z2(x, y) určené
implicitne rovnicou v zadaní a bodmi A1 = [−1, 1, −2] a A2 = [−1, 1, 6].
Dobre si to premyslite. Je potrebné si uvedomiť, že každý z bodov A1 a A2
skutočne určuje inú implicitnú funkciu, nejedná sa o tú istú funkciu. Vidno
to z toho, že funkcia z1(−1, 1) = −2 a funkcia z2(−1, 1) = 6. Funkcie z1 a z2
majú teda v tom istom bode [−1, 1] rôzne hodnoty. Vyšetrime charakter teraz
stacionárneho bodu [−1, 1] funkcií z1, z2. Potrebujeme zistiť druhé parciálne
derivácie funkcií z1, z2 v bode [−1, 1]. Preto parciálne derivujeme výrazy pre
z′
x, z′
y podľa premenných x, y:
z′′
xx =
4(x + 1)z′
x − 4(z − 2)
(2z − 4)2
,
z′′
xy =
4(x + 1)z′
y
(2z − 4)2
=
4(y − 1)z′
x
(2z − 4)2
,
z′′
yy =
4(y − 1)z′
y − 4(z − 2)
(2z − 4)2
.
V prípade funkcie z1 máme (pri výpočte využijeme, že z′
1x
(−1, 1) = 0 a
z′
1y
(−1, 1) = 0):
z′′
1xx
(−1, 1) =
1
4
, z′′
1xy
(−1, 1) = 0, z′′
1yy
(−1, 1) =
1
4
.
Príslušná Hessova matica má teda tvar:
H1(−1, 1) =
( 1
4
0
0 1
4
)
> 0
6
Je pozitívne definitná, a preto funkcia z1 má v bode [−1, 1] ostré lokálne
minimum s hodnotou z1(−1, 1) = −2. Podobne v prípade funkcie z2 dostaneme(pri
výpočte opäť využijeme, že z′
2x
(−1, 1) = 0 a z′
2y
(−1, 1) = 0):
z′′
2xx
(−1, 1) = −
1
4
, z′′
2xy
(−1, 1) = 0, z′′
2yy
(−1, 1) = −
1
4
.
Príslušný hessián má tvar:
H2(−1, 1) =
(
−1
4
0
0 −1
4
)
< 0
Je negatívne definitný, a teda funkcia z2 má v bode [−1, 1] ostré lokálne maximum
s hodnotou z2(−1, 1) = 6.
Príklad 6
Určte všetky prvé parciálne derivácie funkcie z = z(x, y) určenej implicitne
rovnicou
x cos y + y cos z + z cos x = a,
kde a ∈ R je konštanta.
Riešenie:
Hľadaná funkcia z = z(x, y) je funkciou dvoch premenných x, y. Chceme
nájsť jej prvé parciálne derivácie, takže danú rovnicu derivujeme postupne
podľa premenných x, y:
x cos y + y cos z + z cos x = a / ∂/∂x,
cos y − y(sin z) · z′
x + z′
x cos x − z sin x = 0,
z′
x(cos x − y sin z) = z sin x − cos y,
z′
x =
z sin x − cos y
cos x − y sin z
.
Podobne podľa premennej y:
x cos y + y cos z + z cos x = a / ∂/∂y,
−x sin y + cos z − y(sin z) · z′
y + z′
x cos x = 0,
z′
y(cos x − y sin z) = x sin y − cos z,
7
z′
y =
x sin y − cos z
cos x − y sin z
.
Príklad 7
Nájdite body na krivke s rovnicou
x2
+ 2xy − y2
− 8 = 0,
v ktorých nie sú splnené predpoklady vety o existencii implicitnej funkcie
y = y(x).
Riešenie:
Nakoľko funkcia F(x, y) = x2
+2xy −y2
−8 je spojitá a má spojité parciálne
derivácie na celom svojom definičnom obore, jediný predpoklad, ktorý môže
byť porušený, je nenulovosť F′
y. Preto hľadajme body [x, y], ktoré vyhovujú
danej rovnici a zároveň nulujú parciálnu deriváciu F′
y:
F′
y = 2x − 2y = 0 =⇒ y = x.
Dosadení y = x do rovnice v zadaní dostaneme:
x2
+ 2x2
− x2
− 8 = 0 =⇒ x2
− 4 = 0 =⇒ x = ±2.
Hľadané body sú preto [2, 2] a [−2, −2].
Príklad 8
Určte rovnicu dotykovej roviny a normály k ploche s rovnicou
x2
2
− 3y + 2z2
= 0
v bode A =
[
2, 4
3
, −1
]
.
Riešenie:
Jedná sa o funkciu z = f(x, y) dvoch premenných x, y, ktorá je implicitne
určená rovnicou a bodom A v zadaní. Chceme nájsť rovnicu dotykovej roviny
a normály k jej grafu v bode A = [2, 4/3, −1]. K tomu potrebujeme určiť prvý
diferenciál funkcie f v bode [2, 4/3] (je potrebné si uvedomiť, že z = −1 je
hodnota funkcie f v bode [2, 4/3]), a teda prvé parciálne derivácie f′
x = z′
x
8
a f′
y = z′
y v bode [2, 4/3]. Derivujeme preto rovnicu v zadaní (nezabudnime,
že z = f(x, y) je chápaná ako funkcia premenných x, y):
x2
2
− 3y + 2z2
= 0 / ∂/∂x,
x + 4z · z′
x = 0,
z′
x = −
x
4z
=⇒ z′
x
(
2,
4
3
)
= −
2
4z
(
2, 4
3
) = −
2
4 · (−1)
=
1
2
.
Podobne:
x2
2
− 3y + 2z2
= 0 / ∂/∂y,
−3 + 4z · z′
y = 0,
z′
y =
3
4z
=⇒ z′
y
(
2,
4
3
)
=
3
4z
(
2, 4
3
) =
3
4 · (−1)
= −
3
4
.
Pre prvý diferenciál df(2, 4/3) máme:
df(2, 4/3) = z′
x
(
2,
4
3
)
(x − 2) + z′
y
(
2,
4
3
) (
y −
4
3
)
=
=
1
2
· (x − 2) −
3
4
·
(
y −
4
3
)
=
x
2
−
3y
4
.
Rovnica dotykovej roviny má potom tvar:
z − f(2, 4/3) = df(2, 4/3).
Avšak f(2, 4/3) = −1, preto po dosadení dostaneme:
z + 1 =
x
2
−
3y
4
=⇒ 2x − 3y − 4z − 4 = 0.
Normálový vektor tejto roviny je (2, −3, −4), preto parametrické vyjadrenie
normály platí:
x = 2 + 2t, y =
4
3
− 3t, z = −1 − 4t, t ∈ R.
9
Príklad 9
Určte lokálne extrémy funkcie z = z(x, y) určenej implicitne rovnicou
ln
√
x2 + y2 − arctg
y
x
= 0.
Riešenie:
Bavíme sa o funkcii y = y(x) jednej premennej x, ktorá je implicitne daná
uvedenou rovnicou. Jej lokálne extrémy sa budú nadobúdať v jej stacionárnych
bodoch. Preto nájdime deriváciu y′
a zistime, kedy bude nulová:
ln
√
x2 + y2 − arctg
y
x
= 0 / d/dx,
1
2
ln(x2
+ y2
) − arctg
y
x
= 0 / d/dx,
x + yy′
x2 + y2
−
1
1 + y2
x2
·
y′
x − y
x2
= 0,
x + yy′
x2 + y2
−
y′
x − y
x2 + y2
= 0,
x + yy′
− y′
x + y = 0 =⇒ y′
=
x + y
x − y
.
Nulovú hodnotu nadobúda y′
práve vtedy, keď y = −x. Po dosadení do
pôvodnej rovnice zistíme hodnotu x, a následne i hodnotu y:
ln
√
x2 + x2 − arctg
−x
x
= 0,
ln
√
2x2 − arctg(−1) = 0,
ln(
√
2|x|) = −
π
4
=⇒ |x| =
e−π
4
√
2
=⇒ x = ±
e− π
4
√
2
.
Máme teda dva stacionárne body ležiace na krivke v zadaní:
[
e−π
4
√
2
, −
e−π
4
√
2
]
,
[
−
e−π
4
√
2
,
e−π
4
√
2
]
.
Presvedčte sa (pomocou postačujúcich podmienok pre existenciu implicitnej
funkcie), že každým z týchto bodov je určená jediná implicitná funkcia.
10
To, či obidva body určujú tú istú funkciu alebo každý bod určuje inú funkciu,
v tomto momente nie je dôležité (prečo? :)). Pripomímane, ako správne
interpretovať to, čo sme práve dostali. Zistili sme, že v bode
x1 =
e−π
4
√
2
má istá jediná implicitná funkcia y = f(x) stacionárny bod a platí
f(x1) = f
(
e− π
4
√
2
)
= −
e−π
4
√
2
= y1.
Ďalej sme zistili, že v bode
x2 = −
e− π
4
√
2
má istá jediná implicitná funkcia y = g(x) stacionárny bod a platí
g(x2) = g
(
−
e−π
4
√
2
)
=
e−π
4
√
2
= y2.
Charakter týchto stacionárnych bodov vyšetríme pomocou druhej derivácie
y′′
. Platí:
y′
=
x + y
x − y
/ d/dx,
y′′
=
(1 + y′
)(x − y) − (x + y)(1 − y′
)
(x − y)2
.
Zaujíma nás y′′
(x1) a y′′
(x2). Avšak body x1 a x2 sú obidva stacionárnymi
bodmi implicitných funkcií, takže y′
(x1) = 0 = y′
(x2). Preto platí:
y′′
(x1) =
x1 − y1 − (x1 + y1)
(x1 − y1)2
=
−2y1
(x1 − y1)2
,
y′′
(x2) =
x2 − y2 − (x2 + y2)
(x2 − y2)2
=
−2y2
(x2 − y2)2
.
A teraz pozor – nás zaujíma len znamienka y′′
(x1) a y′′
(x2), preto nemusíme
vyčísľovať celé druhé derivácie. Vidíme, že znamienka y′′
v bodoch x1 a x2
budú práve opačné ako znamienka y1 a y2. Nakoľko y1 < 0 a y2 > 0, platí:
y′′
(x1) > 0, y′′
(x2) < 0.
11
Preto v bode x1 nastáva lokálne minimum s hodnotou y1 a v bode x2 nastáva
lokálne maximum s hodnotou y2).
Všimnime si, že uvedený výsledok vôbec nezávisí od toho, či implicitné
funkcie f a g, určené bodmi [x1, y1] a [x2, y2], sú tie isté alebo rôzne. Jednoducho
funkcia určená bodom [x1, y1] má v x1 lokálne minimum s hodnotou
y1 a funkcia určená bodom [x2, y2] má v x2 lokálne maximum s hodnotou y2.
Príklad 10
Rozhodnite, či má funkcia určená implicitne rovnicou
z2
− xy + ln(x + y + z) = 0
lokálny extrém v bode A = [1, 1, −1].
Riešenie:
Jedná sa o implicitnú funkciu dvoch premenných z = z(x, y). Stačí nám zistiť
prvé a druhé parciálne derivácie z(x, y) podľa premenných x, y. Postupne dostaneme
(detailné výpočty pre jednoduchosť opomenieme, je to mechanická
záležitosť :)):
z′
x =
y(x + y + z) − 1
1 + 2z(x + y + z)
, z′
y =
x(x + y + z) − 1
1 + 2z(x + y + z)
.
Po dosadení x = 1, y = 1, z = −1 zistíme, že z′
x(1, 1) = 0 = z′
y(1, 1), teda
[1, 1] je stacionárny bod funkcie z = z(x, y) (platí z(1, 1) = −1). Pomocou
práve odvodených výrazov pre z′
x a z′
y vypočítame druhé parciálne derivácie
funkcie z(x, y) (dobré cvičenie na koncentráciu pri parciálnom derivovaní ;)):
z′′
xx = (z′
x)
′
x =
(
y(x + y + z) − 1
1 + 2z(x + y + z)
)′
x
=
=
y(1 + z′
x)
1 + 2z(x + y + z)
−
2[y(x + y + z) − 1] · [z + z′
x(x + y + 2z)]
[1 + 2z(x + y + z)]2
,
z′′
yy =
(
z′
y
)′
y
=
(
x(x + y + z) − 1
1 + 2z(x + y + z)
)′
y
=
=
x(1 + z′
y)
1 + 2z(x + y + z)
−
2[x(x + y + z) − 1] · [z + z′
y(x + y + 2z)]
[1 + 2z(x + y + z)]2
,
12
z′′
xy = (z′
x)
′
y =
(
y(x + y + z) − 1
1 + 2z(x + y + z)
)′
y
=
=
x + y + z + y(1 + z′
y)
1 + 2z(x + y + z)
−
2[y(x + y + z) − 1] · [z + z′
y(x + y + 2z)]
[1 + 2z(x + y + z)]2
.
Dosadením x = 1, y = 1, z = −1 a využitím toho, že z′
x(1, 1) = z′
y(1, 1) = 0,
dostaneme:
z′′
xx(1, 1) = −1, z′′
yy(1, 1) = −1, z′′
xy(1, 1) = −2.
Príslušná Hessova matica H(1, 1) má tvar:
H(1, 1) =
(
z′′
xx(1, 1) z′′
xy(1, 1)
z′′
yx(1, 1) z′′
yy(1, 1)
)
=
(
−1 −2
−2 −1
)
indefinitná.
Preto v bode [1, 1] nemá funkcia z = z(x, y) lokálny extrém.
Príklad 11
Rozhodnite, či plocha s rovnicou
x + y2
+ z3
+ z = 4
leží v okolí bodu A = [1, 1, 1] nad alebo pod dotykovou rovinou.
Riešenie:
Pri riešení tejto úlohy využijeme nasledovné pozorovanie. Ak je plocha v
okolí svojho bodu A pod dotykovou rovinou zostrojenou v A, tak je plocha
konkávna na danom okolí bodu A. Naopak, ak leží nad dotykovou rovinou,
tak je konvexná na danom okolí bodu A. Je to podobné ako pri funkciách
jednej premennej. Tam sa hráme, či sa graf funkcie nachádza nad dotyčnicou
alebo pod dotyčnicou. Spomeňme si, že v tomto prípade o konvexnosti, resp.
konkávnosti rozhodovala druhá derivácia funkcie. Nuž a v prípade funkcií viac
premenných budú o konvexnosti, resp, konkávnosti plochy (t.j. grafu funkcie
z(x, y)) rozhodovať druhé parciálne derivácie, konkrétne nič iné ako Hessova
matica H(x, y). Ak H(x, y) bude pozitívne definitná („kladná ), potom bude
plocha konvexná na okolí bodu A a bude ležať nad dotykovou rovinou. Ak
H(x, y) bude negatívne definitná („záporná ), bude plocha konkávna na okolí
bodu A a bude ležať pod dotykovou rovinou. Korektný dôkaz týchto úvah je
možné vykonať napr. pomocou Taylorovej vety.
13
Takže je treba vypočítať druhé parciálne derivácie implicitnej funkcie
z = z(x, y) v bode [1, 1] (platí z(1, 1) = 1). Postupne dostaneme:
x + y2
+ z3
+ z = 0 / ∂/∂x,
1 + 3z2
z′
x + z′
x = 0,
z′
x = −
1
3z2 + 1
=⇒ z′
x(1, 1) = −
1
4
.
x + y2
+ z3
+ z = 0 / ∂/∂y,
2y + 3z2
z′
y + z′
y = 0,
z′
y = −
2y
3z2 + 1
=⇒ z′
y(1, 1) = −
1
2
.
Pre druhé parciálne derivácie dostaneme:
z′
xx = (z′
x)
′
x =
(
−
1
3z2 + 1
)′
x
=
6zz′
x
(3z2 + 1)2
=⇒ z′′
xx(1, 1) = −
3
32
.
z′
yy =
(
z′
y
)′
y
=
(
−
2y
3z2 + 1
)′
y
=
12yzz′
y − 2(3z2
+ 1))
(3z2 + 1)2
=⇒ z′
yy(1, 1) = −
7
8
.
z′
xy = (z′
x)
′
y =
(
−
1
3z2 + 1
)′
y
=
6zz′
y
(3z2 + 1)2
=⇒ z′
xy(1, 1) = −
3
16
.
Hessova matica H(1, 1) má potom tvar:
H(1, 1) =
(
z′′
xx(1, 1) z′′
xy(1, 1)
z′′
yx(1, 1) z′′
yy(1, 1)
)
=
(
− 3
32
− 3
16
− 3
16
−7
8
)
< 0.
Matica H(1, 1) je negatívne definitná, a preto podľa úvodnej diskusie je plocha
v okolí bodu A konkávna, t.j. leží pod dotykovou rovinou.
Príklad 12
K elipsoidu s rovnicou
x2
+ 2y2
+ 3z2
= 21
14
určte všetky dotykové roviny rovnobežné s rovinou τ : x + 4y + 6z = 0.
Riešenie:
Nech A = [x0, y0, z0] je ľubovoľný bod na danom elipsoide, t.j. platí:
x2
0 + 2y2
0 + 3z2
0 = 21.
Odvodíme všeobecný tvar dotykovej roviny k danému elipsoidu v bode A.
Ak z0 ̸= 0, rovnicou v zadaní a bodom A je určená práve jedna implicitná
funkcia z = f(x, y) definovaná na okolí bodu [x0, y0] (zdôvodnite prečo :)).
Rovnica dotykovej roviny v bode A má potom tvar:
z − f(x0, y0) = df(x0, y0),
kde df(x0, y0) je prvý diferenciál funkcie f v bode [x0, y0]. Na jeho konštrukciu
potrebujeme zistiť prvé parciálne derivácie f′
x = z′
x a f′
y = z′
y v bode
[x0, y0]. Vypočítame ich derivovaním rovnice v zadaní podľa premenných x, y:
x2
+ 2y2
+ 3z2
= 21 / ∂/∂x,
2x + 6zz′
x = 0 =⇒ z′
x = −
x
3z
=⇒ z′
x(x0, y0) = −
x0
3z0
,
x2
+ 2y2
+ 3z2
= 21 / ∂/∂y,
4y + 6zz′
y = 0 =⇒ z′
y = −
2y
3z
=⇒ z′
x(x0, y0) = −
2y0
3z0
.
Potom máme:
df(x0, y0) = z′
x(x0, y0) · (x − x0) + z′
y(x0, y0) · (y − y0) =
= −
x0
3z0
· (x − x0) −
2y0
3z0
· (y − y0) = −
x0x
3z0
−
2y0y
3z0
+
x2
0 + 2y2
0
3z0
.
Po dosadení do rovnice dotykovej roviny, využití faktu, že f(x0, y0) = z0, a
po menších úpravách dostaneme:
z − z0 = −
x0x
3z0
−
2y0y
3z0
+
x2
0 + 2y2
0
3z0
,
3z0z − 3z2
0 = −x0x − 2y0y + x2
0 + 2y2
0,
15
x0x + 2y0y + 3z0z − (x2
0 + 2y2
0 + 3z2
0) = 0.
V poslednej rovnici však x2
0 +2y2
0 +3z2
0 = 21, preto finálna rovnica dotykovej
roviny v bode A má tvar:
x0 · x + 2y0 · y + 3z0 · z − 21 = 0.
Chceme, aby táto rovina bola rovnobežná s rovinou τ v zadaní. To znamená,
že normálové vektory oboch rovín sú rovnobežné. Normálový vektor dotykovej
roviny je (x0, 2y0, 3z0), normálový vektor roviny τ je (1, 4, 6). Tieto dva
vektory budú rovnobežné práve vtedy, keď ich súradnice budú v rovnakých
pomeroch, t.j. musí platiť:
x0 : 2y0 : 3z0 = 1 : 4 : 6.
Odtiaľto potom dostávame:
2y0
x0
= 4 =⇒ y0 = 2x0,
3z0
x0
= 6 =⇒ z0 = 2x0.
Tieto vyjadrenia súradníc y0 a z0 pomocou x0 dosadíme do rovnice v zadaní
a nájdeme hodnotu x0 (pripomíname, že bod A = [x0, y0, z0] leží na danom
elipsoide):
x2
0 + 2 · 4x2
0 + 3 · 4x2
0 = 21 =⇒ x2
0 = 1 =⇒ x0 = ±1.
K elipsoidu teda existujú práve dve dotykové roviny, ktoré sú rovnobežné s
rovinou τ. Jednak je to dotyková rovina k bodu A = [1, 2, 2] s rovnicou
x + 4y + 6z − 21 = 0,
a jednak dotyková rovina k bodu B = [−1, −2, −2] s rovnicou
x + 4y + 6z + 21 = 0.
Námet na ďalší príklad:
Odvoďte všeobecný tvar dotykovej roviny k elipsoidu v zadaní príkladu 12
v bode A = [x0, y0, z0] so z0 = 0. Získaný výsledok porovnajte s rovnicou
dotykovej roviny, ktorú sme odvodili v tomto príklade.
16