5 Derivace sloˇzené funkce, Taylorův vzorec

Stejně jako u funkce jedné proměnné potřebujeme u funkcí více proměnných určit parciální derivace složené funkce. To je obsahem prvního odstavce, kde také ukážeme použití odvozených vzorců. Druhý odstavec této kapitoly je věnován Taylorovu vzorci pro funkci více proměnných. Podrobnější srovnání s funkcí jedné proměnné provedeme v každém odstavci zvlášť.

5.1 Parciální derivace složených funkcí

Vzorce pro parciální derivace složených funkcí jsou jedním z nejdůležitějších nástrojů řešení rovnic matematické fyziky. Tyto rovnice jsou tzv. parciální diferenciální rovnice – to jsou rovnice, které obsahují parciální derivace neznámé funkce a jejichž řešení jsou funkce dvou či více proměnných. Odvozené vzorce umožňují transformovat tyto rovnice na jednodušší tvar, z něhož buď již umíme najít řešení, nebo alespoň můžeme vyvodit řadu důležitých vlastností řešení rovnice.

Na úvod připomeňme, jak se derivuje složená funkce jedné proměnné. Nechť funkce u = g(x) má derivaci v bodě x₀. Označme u₀ = g(x₀). Má-li funkce y = f(u) derivaci v bodě u₀, pak složená funkce y = F(x) = f(g(x)) má derivaci v bodě x₀ a platí: y

(x₀) = f

(u₀)g

(x₀).

Nyní odvodíme podobné vztahy pro parciální derivace složené funkce dvou proměnných. Bude nás především zajímat případ, kdy vnější funkce f není explicitně zadána (obvykle je to hledané řešení parciální diferenciální rovnice).

Věta 5.1. Nechť funkce u = u(x,y), v = v(x,y) mají parciální derivace prvního řádu v bodě [x₀,y₀], označme u₀ = u(x₀,y₀), v₀ = v(x₀,y₀). Je-li funkce z = f(u,v) diferencovatelná v bodě [u₀,v₀], pak složená funkce z = F(x,y) = f(u(x,y),v(x,y)) má parciální derivace 1. řádu v bodě [x₀,y₀] a platí:

∂F- ∂f- ∂u- ∂f- ∂v- ∂x (x0,y0) = ∂u (u0,v0)∂x(x0,y0)+ ∂v(u0,v0)∂x (x0,y0) ∂F ∂f ∂u ∂f ∂v ---(x0,y0) = ---(u0,v0)---(x0,y0)+ ---(u0,v0)--(x0,y0). ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y

(5.1)

Zkráceně píšeme

zx = zuux + zvvx, zy = zuuy + zvvy

(5.2)

nebo také

∂z-= ∂z-∂u-+ ∂z∂v-, ∂z-= ∂z-∂u-+ ∂z-∂v. ∂x ∂u ∂x ∂v∂x ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y

(5.3)

Důkaz. Dokážeme pouze první vzorec v (5.1 ), druhý se dokáže zcela analogicky. Vyjdeme přímo z deﬁnice parciální derivace.

∂F- F-(x0 +-t,y0)−-F-(x0,y0) ∂x (x0,y0) = lit→m0 t = f (u(x + t,y ),v(x + t,y )) − f(u(x ,y ),v(x ,y )) = lim ------0-----0-----0-----0---------0--0-----0-0--. t→0 t

(5.4)

Označíme-li u(t) = u(x₀ + t,y₀), v(t) = v(x₀ + t,y₀), z diferencovatelnosti funkce f plyne existence funkce splňující (4.3) takové, že

f(u(t),v(t))− f (u0,v0) = = fu(u0,v0)(u(t)− u0) + fv(u0,v0)(v(t)− v0)+ τ (u(t)− u0, v(t)− v0).

Dosazením tohoto vztahu do (5.4 ) dostáváme

	(x₀,y₀) = lim_t0
	= f_u(u₀,v₀)lim_t0+
	+ f_v(u₀,v₀)lim_t0 + lim_t0 =
	= f_u(u₀,v₀)u_x(x₀,y₀) + f_v(u₀,v₀)v_x(x₀,y₀) + lim_t0.

K dokončení důkazu nyní stačí ukázat, že poslední limita je nulová:

	lim_t0 = lim_t0
	=
	= lim_t0 = 0.

V posledním výpočtu jsme využili faktu, že lim_t0u(t) = u₀,lim_t0v(t) = v₀, neboť funkce u(t) = u(x₀ + t,y₀),v(t) = v(x₀ + t,y₀) jsou spojité v bodě t = 0 – to plyne z existencí parciálních derivací funkcí u,v v bodě t = 0 a pro funkci jedné proměnné plyne z existence derivace spojitost. □

Příklad 5.1. i) Je dána funkce z = e^u sinv, kde u = xy a v = x + y. Vypočtěte z_x a z_y.

Řešení. Protože vnitřní i vnější složky mají spojité parciální derivace v celém ², má složená funkce parciální derivace v každém bodě tohoto prostoru. Dosazením do (5.2 ) dostáváme

u u zx = zuux + zvvx = (e sin v)y + (e cosv), zy = zuuy + zvvy = (eu sin v)x + (eucosv).

Zbývá dosadit za u a v, u = xy a v = x + y a dostaneme

xy xy zx = e (ysin(x+ y) + cos(x + y)), zy = e (x sin(x + y)+ cos(x + y)).

ii) Pomocí transformace do nových nezávisle proměnných u = x + y, v = x − y najděte všechny diferencovatelné funkce f : ² splňující rovnost

fx(x,y) + fy(x,y) = 0.

(5.5)

Řešení. Označme z = f(x,y). Pak z_x = z_uu_x + z_vv_x = z_u + z_v, z_y = z_uu_y + z_vv_y = z_u −z_v. Dosazením dostáváme z_u + z_v + z_u −z_v = 2z_u = 0, tedy z_u = 0. To znamená, že funkce z = z(u,v) nezávisí na proměnné u, a tedy z(u,v) = g(v), kde g je libovolná diferencovatelná funkce jedné proměnné. Dosazením za v vidíme, že všechny diferencovatelné funkce dvou proměnných, které splňují (5.5 ), jsou tvaru f(x,y) = g(x−y), kde g je libovolná diferencovatelná funkce jedné proměnné.

iii) Proveďte totéž jako v předchozím příkladě zavedením polárních souřadnic = arctg , r = ∘ ------- x2 + y2 do rovnice

yf (x,y) − xf (x,y) = 0. x y

(5.6)

Řešení. Vypočtěme nejprve parciální derivace funkcí r a :

x y rx = ∘--------, ry = ∘--------, x2 + y2 x2 + y2 ϕ = − ---y---, ϕ = ---x---. x x2 + y2 y x2 + y2

Označíme-li opět z = f(x,y) a dosadíme-li do vzorečků pro derivace složené funkce prvního řádu, dostáváme

z_x =	z_r − z,
z_y =	z_r + z,

což po dosazení do (5.6 ) a úpravě dává rovnici z = 0, a tedy z(r,

) = h(r). Všechny funkce dvou proměnných splňující rovnici (5.6) jsou tedy tvaru f(x,y) = h( ∘ ------- x2 + y2

), kde h je libovolná diferencovatelná funkce jedné proměnné.

Na předchozích příkladech vidíme, že zavedením nových nezávisle proměnných můžeme dosáhnout značného zjednodušení dané parciální diferenciální rovnice, což se velmi často využívá především při řešení diferenciálních rovnic popisujících různé fyzikální děje. Protože tyto rovnice jsou většinou 2. řádu (obsahují parciální derivace 2. řádu neznámé funkce), zvláště důležité jsou vzorce pro parciální derivace 2. řádu složených funkcí.

Dříve než si tyto vzorce pro parciální derivace 2. řádu uvedeme, připomeňme opět pro srovnání vzorec pro derivace 2. řádu složené funkce jedné proměnné. Derivováním rovnosti y

= f

(u(x))g

(x) dostáváme

Věta 5.2. Nechť funkce u = u(x,y), v = v(x,y) mají parciální derivace 2. řádu v bodě [x₀,y₀], označme u₀ = u(x₀,y₀), v₀ = v(x₀,y₀). Má-li funkce z = f(u,v) spojité parciální derivace 2. řádu v bodě [u₀,v₀], pak složená funkce z = F(x,y) = f(u(x,y),v(x,y)) má parciální derivace 2. řádu v bodě [x₀,y₀] a platí:

zxx =zuuu2x + 2zuvuxvx + zvvv2x + zuuxx + zvvxx zxy =zuuuxuy + zuvvyux + zvuuyvx + zvvvyvx + zuuxy + zvvxy zyy =zuuu2y + 2zuvuyvy + zvvv2y + zuuyy + zvvyy.

(5.7)

Funkce z a její parciální derivace mají argument (u₀,v₀), funkce u,v a jejich parciální derivace mají argument (x₀,y₀).

Důkaz. Dokážeme pouze rovnost pro z_xx, důkaz zbývajících dvou vzorců je zcela analogický. Platí

z_xx =	(z_x) = (z_uu_x + z_vv_x) = (z_uu_x) + (z_vv_x) =
=	(z_u)u_x + z_uu_xx + (z_v)v_x + z_vv_xx =
=	(z_uuu_x + z_uvv_x)u_x + z_uu_xx + (z_vuu_x + z_vvv_x)v_x+
+	z_vv_xx = z_uuu_x² + z_uvv_xu_x + z_vvv_x² + z_vuu_xv_x + z_uu_xx + z_vv_xx =
=	z_uuu_x² + 2z_uvu_xv_x + z_vvv_x² + z_uu_xx + z_vv_xx.

K výpočtu

z_u a

z_v jsme využili skutečnosti, že z_u = z_u(u(x,y),v(x,y)) a z_v = z_v(u(x,y),v(x,y)) jsou opět složené funkce proměnných x,y, a proto můžeme k výpočtu jejich derivací využít vztahů (5.1 ), ve kterých místo z dosadíme z_u, resp. z_v. □

Příklad 5.2. i) Pomocí transformace do nových nezávisle proměnných u = x + ay, v = x − ay najděte obecné řešení tzv. vlnové rovnice

2 a zxx − zyy = 0

(tato rovnice popisuje např. chvění struny na hudebním nástroji, z(x,y) udává velikost výchylky struny ve vzdálenosti x od jednoho z bodů upevnění struny v čase t = y).

Řešení. Využitím vzorečků pro parciální derivace 1. a 2. řádu dostáváme

zx = zuux + zvvx = zu + zv, zy = zuuy + zvvy = azu − azv, 2 2 2 zxx = zuu + 2zuv + zvv, zyy = a zuu − 2a zuv + a zvv.

Dosazením a úpravou obdržíme rovnici z_uv = 0, kterou řešíme takto: Označíme-li z_u(u,v) = w(u,v), pak řešením rovnice w_v = 0 je libovolná funkce nezávisející na v, tedy w = w(u). Řešení rovnice z_u = w(u) je tvaru z(u,v) = ∫ w(u)du + g(v) (podobně jako při hledání kmenové funkce je „integrační konstantou“ funkce g(v) proměnné v, viz odst. 4.3). Označíme-li f(u) = ∫ w(u)du, dostáváme řešení rovnice ve tvaru z(u,v) = f(u) + g(v) a po dosazení za u a v

z(x,y) = f(x+ ay)+ g(x − ay),

kde f,g jsou libovolné funkce jedné proměnné mající derivaci 2. řádu.

Je-li ještě zadána počáteční poloha a rychlost chvějící se struny, tj. je daná dvojice funkcí , jedné proměnné popisující počáteční stav struny, pak dvojice počátečních podmínek

z(x,0) = ϕ(x), zy(x,0) = ψ(x),

určuje jednoznačně funkci z(x,y) popisující chvění struny, viz např. [T-S].

ii) Pomocí transformace nezávisle proměnných u = xy, v = najděte všechny funkce dvou proměnných splňující rovnici

x2zxx + y2zyy − 2xyzxy + xzx + yzy = 0.

Řešení. Podobně jako v předchozím příkladu

1 x zx = zuux + zvvx = zuy + zv-, zy = zuuy + zvvy = zux− zv--2, y y z = y2z + 2z + z -1, z = xyz − x-z + z − -1z , xx uu uv vvy2 xy uu y3 vv u y2 v x2 x2 x zyy = x2zuu − 2-2zuv +-4zvv + 2zv-3. y y y

Dosadíme do rovnice a po úpravě dostáváme

	z_uu(x²y² + x²y² − 2x²y²) + z_uv(2x² − 2x²) + z_vv( + + 2)+
	+ z_u(−2xy + xy + xy) + z_v( + 2 −) = 4z_vv + z_v = 0,

odtud z_vv + 1- 2v

z_v = 0. Řešením této rovnice je z_v(u,v) = f√(u)- v

, kde f je libovolná (diferencovatelná) funkce jedné proměnné, a odtud z(u,v) = 2f(u) √ -- v

+ g(u), kde g je libovolná funkce jedné proměnné se spojitou druhou derivací, což po dosazení za u,v dává

∘ -- z(x,y) = 2f(xy) x+ g(xy). y

Přesvědčte se zkouškou, že tato funkce je opravdu řešením dané rovnice.

iii) Transformujte tzv. Laplaceovu rovnici1 v ²

zxx + zyy = 0

do polárních souřadnic x = r cos

, y = r sin

, za předpokladu, že funkce z má spojité parciální derivace 2. řádu.

Řešení. Podle (5.2 ) platí

z_r	= z_x x_r + z_y y_r = z_x cos + z_y sin,
z	= z_x x + z_y y = −z_x r sin + z_y r cos.

Pro derivace 2. řádu dostáváme

z_rr	= z_xxx_r² + 2z_xy x_ry_r + z_yy y_r² + z_x x_rr + z_y y_rr =
	= z_xx cos² + z_xy sin2 + z_yy sin²,
z	= z_xxx² + 2z_xyxy + z_yyy² + z_x z + z_y y =
	= z_xxr² sin² − z_xyr² sin2 + z_yyr² cos² − z_xr cos − z_yr sin.

Vynásobíme-li vzorec pro z_rr výrazem r² a sečteme se vzorcem pro z, dostáváme

	r²z_rr + z = r²z_xx(cos² + sin²) + r²z_yy(cos² + sin²)+
	+ z_xy(sin2 − sin2) − r[z_x cos + z_y sin] =
	= r²(z_xx + z_yy) − rz_r.

Laplaceova rovnice v polárních souřadnicích má tedy tvar

2 r zrr + zϕϕ + rzr = 0.

Poznámka 5.2. Ve všech řešených příkladech, které jsme zde uvedli, byla transformace do nových proměnných dána již v zadání. V rovnicích matematické fyziky se vyšetřují rovnice typu

a(x,y)z + 2b(x,y)z + c(x,y)z + f(x,y,z,z ,z ) = 0. xx xy yy x y

Chceme-li najít řešení této rovnice, je třeba ji vhodnou transformací do nových nezávisle proměnných zjednodušit – převést na tzv. kanonický tvar. Tuto „vhodnou“ transformaci najdeme prostřednictvím řešení obyčejné diferenciální rovnice

a(x,y)y′2 − 2b(x,y)y′ + c(x,y) = 0.

Podrobnější informace o tomto postupu lze nalézt například v [T-S].

Doposud jsme uvažovali pouze funkce dvou proměnných, ale situace pro funkce více proměnných je zcela analogická, včetně důkazu následujícího tvrzení.

Věta 5.3. Nechť je dána funkce f : ^m a m-tice funkcí g_i : ⁿ , které mají spojité parciální derivace 2. řádu. Označme u_k = g_k(x₁,…,x_n),k = 1,…,m. Pak pro složenou funkci F(x₁,…,x_n) = f(g₁(x₁…,x_n),…,g_m(x₁,…,x_n)) platí

∂ ∑m ∂ ∂ ---F (x1 ...,xn) = ---f(u1,...,um) ---gk(x1,...,xn) ∂xi k=1 ∂uk ∂xi

(5.8)

m -∂2-F (x ,...,x ) = ∑ -∂2--f(u) ∂--g(x)-∂-g (x)+ ∂xixj 1 n k,l=1 ∂ukul ∂xi k ∂xj l n 2 +∑ -∂-f(u)-∂---gk(x), k=1 ∂uk ∂xixj

(5.9)

kde i,j = 1,2,…,n a ve vzorci (5.9 ) je u = (u₁…,u_n), x = (x₁,…,x_n).

Poznámka 5.3. i) Jsou-li funkce g_i ve Větě 5.3 lineární, pak všechny členy v druhé sumě v (5.9) jsou nulové (neboť druhá derivace lineární funkce je nulová). Metoda formálního vynásobení derivací prvního řádu a následná náhrada součinů prvních derivací odpovídajícími druhými derivacemi pak dává přímo vztahy pro druhou derivaci. Takto je tomu např. v Příkladu 5.2 i).

ii) Uvedli jsme si zde pouze vzorce pro parciální derivace složené funkce 1. a 2. řádu, které jsou potřeba v rovnicích matematické fyziky. Metodou stejnou jako v důkazu Věty 5.2 lze odvodit vztahy pro třetí a vyšší derivace, nebudeme je zde však již uvádět, neboť jsou formálně poměrně složité.

Příklad 5.3. i) Transformujte Laplaceovu rovnici v ³

uxx + uyy + uzz = 0

do sférických souřadnic x = r cos

sin

, y = r sin

sin

, z = r cos

Řešení. Mohli bychom postupovat podobně jako při řešení Příkladu 5.2 iii), zde však pro ilustraci různých možných metod postupujeme odlišně. Vyjádříme nejprve r,, pomocí x,y,z. Jednoduchými úpravami dostáváme

∘ ------- r = ∘x2-+-y2-+-z2, ϕ = arctg-y, ϑ = arctg-x2 +-y2. x z

Nyní vypočteme všechny potřebné parciální derivace funkcí r,

. Platí

	r_x = = , r_y = , r_z = ,
	r_xx = −, r_yy = −, r_zz = −,
	_x = , _y = −, _z = 0,
	_xx = , _yy = ,_zz = 0,
	_x = = = ,
	_y = , _z = = −,
	_xx = − 2 −,
	_yy = − 2 −,
	_zz = .

Podle vzorců pro derivace složené funkce

u_x	= u_rr_x + u_x + u_x = u_r + u + u,
u_y	= u_r − u + u,
u_z	= u_r − u,

	u_xx = u_rr + u + u + 2u_rxyr(x² + y²)+
	+ 2u_r − 2u + u_r−
	− u + u,

	u_yy = u_rr + u + u − 2u_r+
	+ 2u_r − 2u + u_r−
	− u + u,

	u_zz = u_rr + u − 2u_r+
	+ u_r + u.

Odtud

2 2 uxx + uyy + uzz = urr(x2 + y2 +z2)+ uϕϕ-x-+-y-+ ( r2 ) (x2 + y2)2 uϑϑ- --x2z2--- --y2z2--- 2 2 ---urϕ--- + r4 (x2 + y2)2 + (x2 + y2)2 + (x + y ) + 2r(x2 + y2)(xy− xy)+ ( 2 2 ∘ ------) +2 urϑ2- ∘-x-z---+ ∘-y-z---− z x2 + y2 + 2----uϕϑ---3(xyz − xyz)+ r x2 + y2 x2 + y2 r2(x2 + y2)2 (3 x2 +y2 + z2) uϕ +ur r − ----r3----- + (x2-+-y2)2(− 2xy+ 2xy)+ ( ) +u ϑ -∘--2z----− 2z∘x2--+-y2 + 2z∘x2-+-y2-−-∘--z----- = r2 x2 + y2 r4 r4 r2 x2 + y2 2 1 1 cotgϑ = urr + r ur + r2sin2-ϑuϕϕ + r2uϑϑ +-r2 uϑ.

ii) Určete řešení Laplaceovy rovnice v ³, které je sféricky symetrické, tj. závisí pouze na vzdálenosti od počátku.

Řešení. Nechť funkce u závisí pouze na proměnné r = ∘ ----------- x2 + y2 + z2 a nikoliv na proměnných a , tj. u = u(r) (tento předpoklad je „rozumný“ vzhledem k fyzikálnímu významu Laplaceovy rovnice). Pak všechny parciální derivace podle , jsou rovny nule a dostáváme rovnici

u + 2u = 0. rr r r

Položíme-li u_r = v, dostáváme dále rovnici v_r + 2 r

v = 0 a po úpravě r² v_r + 2rv = 0, což je ekvivalentní rovnici ∂- ∂r

(r²v) = 0. Řešením této rovnice je např. v(r) = − 1- r2

, a tedy u = 1 r

, tj.

u(x,y,z) = ∘----1------ x2 + y2 + z2

je jedním z řešení Laplaceovy rovnice (srov. Příklad 3.3 ii) ).

5.2 Taylorova věta

Nejprve připomeňme, co to je Taylorův polynom a Taylorova věta² pro funkci jedné proměnné. Nechť f :

, x₀,x

a h = x − x₀. Taylorův polynom (mnohočlen) stupně n

funkce f se středem v bodě x₀ je polynom

Taylorův polynom používáme k přibližnému výpočtu funkčních hodnot funkce f v okolí bodu x₀. Taylorova věta udává velikost chyby, které se dopustíme, aproximujeme-li funkci Taylorovým polynomem.

Obdobně je tomu u funkce více proměnných. Taylorův polynom funkce f :

ⁿ

je polynom více proměnných, který má s funkcí f v daném bodě x^∗ = [x₁^∗,…,x_n^∗]

ⁿ stejnou funkční hodnotu a stejnou hodnotu všech parciálních derivací až do řádu n, kde n je stupeň polynomu. Pro funkce dvou proměnných dostáváme toto tvrzení.

Důkaz Věty 5.4. Zaveďme pomocnou funkci jedné proměnné F(t) = f(x₀ + th,y₀ + tk). Platí F(1) = F(x₀ + h,y₀ + k) = F(x,y), F(0) = f(x₀,y₀). Pomocí Taylorova vzorce pro funkci jedné proměnné dostáváme

1 1 1 F (1) = F (0)+ F ′(0) +--F′′(0)+ ⋅⋅⋅+ --F(n)(0)+ --------F(n+1)(ϑ), 2! n! (n + 1)!

kde

(0,1). Pro výpočet derivací funkce F využijeme vztahů pro parciální derivace složených funkcí. Dostáváme

d ∂ ∂ F′(0) = --f(x0 + th, y0 + tk)∣t=0 =---f(x0,y0)h+ --f(x0,y0)k, dt ∂x ∂y

F(0) =	F(t)_t=0 = f(x₀ + th,y₀ + tk)_t=0 =
=	f_xx(x₀,y₀)h² + 2f_xy(x₀,y₀)hk + f_yy(x₀,y₀)k²

a analogicky obdržíme

m ( ) (m) ∑ m --∂mf--- m−j j F (0) = j ∂xm −jyj(x0,y0)h k . j=0

Stejně postupujeme i při výpočtu zbytku R_n. □

Příklad 5.4. i) Určete Taylorův polynom 2. stupně se středem v bodě [x₀,y₀] = [1,1] pro funkci f(x,y) = x y .

Řešení. Vypočteme nejprve všechny potřebné parciální derivace

f = 1-, f = − x-, f = 0, f = − 1-, f = 2x-. x y y y2 xx xy y2 yy y3

Podle Věty 5.4

T2(x, y) = f (1,1) + fx(1,1)(x − 1)+ fy(1,1)(y − 1)+ 1- 2 2 + 2 [fxx(1,1)(x− 1) + 2fxy(1,1)(x − 1)(y − 1)+ fyy(1,1)(y − 1) ] = = 1+ (x − 1)− (y − 1)− (x − 1)(y − 1)− (y − 1)2 = 2 = − y − xy + 2x+ 2y − 1.

ii) Pomocí Taylorova polynomu 2. stupně vypočtěte přibližně:

;

b) 1,04^2,02.

Výsledek porovnejte s hodnotou získanou pomocí diferenciálu z Příkladu 4.2 ii).

Řešení. a) Přibližnou hodnotu vypočteme pomocí Taylorova polynomu 2. stupně funkce z = f(x,y) = ∘ -2---2- x + y v bodě [x₀,y₀] = [3,4] a diferencemi h = −0,02, k = 0,05. Parciální derivace funkce z jsou

2 zx = ∘---x----, zy = ∘---y----, zxx =-----y-----, x2 + y2 x2 + y2 (x2 + y2)3∕2 xy x2 zxy = −--2----2-3∕2, zyy = --2---2-3∕2, (x + y ) (x + y )

Taylorův polynom je roven

T2(x, y) = f (3,4) + fx(3,4)(x − 3)+ fy(3,4)(y − 4)+ 1 + --[fxx(3,4)(x− 3)2 + 2fxy(3,4)(x − 3)(y − 4)+ fyy(3,4)(y − 4)2] = 2 = 5 + 1[3(x − 3)+4(y − 4)]+ -1-[16(x− 3)2− 24(x − 3)(y− 4)+9(y − 4)2]. 5 250

Odtud

∘(2,98)2-+-(4,05)2=.5 + 1(− 0,06 + 0,2)+ 5 -1-- +250 (16⋅0,0004− 24⋅0,001+ 9 ⋅0,0025) = 5,0281332.

V příkladu 4.1 ii) jsme pomocí diferenciálu dostali výsledek ∘ ------2-------2- (2,98) + (4,05)

≐5,028.
b) V Taylorově vzorci pro funkci z = x^y položme [x₀,y₀] = [1,2], h = 0,04,k = 0,02. Nejprve vypočtěme všechny potřebné parciální derivace. Platí z_x = yx^y−1, z_x(1,2) = 2, z_y = x^y lnx, z_y(1,2) = 0, z_xx = y(y−1)x^y−2, z_xx(1,2) = 2, z_xy = x^y−1+yx^y−1 lnx = x^y−1(1+y lnx),z_xy(1,2) = 1, z_yy = x^y lnxlnx = x^y ln²x,z_yy(1,2) = 0. Pak

T2(x, y) = 1 + 2(x− 1) + (x− 1)2 + (x − 1)(y − 1).

Odtud

. 1,042,02= 1+ 2 ⋅0,04 + 0,0016+ 0,0008 = 1,0824.

V Příkladu 4.1 ii) jsme pomocí diferenciálu obdrželi přibližný výsledek 1,04^2,02 ≐1,08.

iii) Mnohočlen P(x,y) = x³ + 3y³ + xy² + 2x² + xy + x− 2y napište jako polynom v proměnných u = x − 1,v = y + 2.

Řešení. Nechť T₃(x,y) Taylorův polynom 3. stupně funkce P se středem x₀ = 1,y₀ = −2. Pak ve zbytku R₃(x,y) vystupují 4. derivace funkce P, které jsou však všechny nulové, neboť P je polynom 3. stupně. Tedy T₃(x,y) = P(x,y) a stačí určit koeﬁcienty v T₃(x,y). Postupně dostáváme P(1 ,−2) = −20 P_x = 3x² + y² + 4x + y + 1,P_x(1,−2) = 10, P_y = 9y² + 2xy + x − 2,P_y(1,−2) = 31, P_xx = 6x + 4, P_xx(1,−2) = 10, P_xy = 2y + 1,P_xy(1,−2) = −3, P_yy = 18y + 2x, P_yy(1,−2) = −34, P_xxx = 6,P_xxy = 0, P_xyy = 2,P_yyy = 18. Odtud

T3(x, y) = − 14+ 10(x − 1) + 31(y + 2)+ 5(x − 1)2 − 3(x − 1)(y + 2)− 2 3 2 3 − 17(y + 2) + (x− 1) + (x− 1)(y + 2) + 3(y + 2).

Jestliže ve výsledku provedeme umocnění, po úpravě samozřejmě dostáváme polynom P. Tuto kontrolu výsledku necháváme čtenáři jako cvičení.

Zformulujme na závěr kapitoly ještě Taylorův vzorec pro obecný případ funkcí n proměnných. Důkaz tohoto tvrzení neuvádíme, neboť je v podstatě stejný jako pro dvě proměnné.

5.2. Diferenciální rovnice transformujte do nových proměnných u,v. V případech, kdy po transformaci vyjde jednoduchý výsledek, se pokuste najít jejich řešení:
a) z_xx − yz_yy − 1 2 z_y = 0, u = x − 2 √ -- y ,v = x + 2
b) y²z_xx + x²z_yy − 2xyz_xy − xz_x − yz_y = 0,u = ∘ ------- x2 + y2 ,v = xy
c) x²z_xx − (x² + y²)z_xy + y²z_yy = 0, u = x + y,v = 1 x + 1 y
d) z_xx − 2z_xy + z_yy = 0, u = x + y,v = -1-- x−y
e) xyz_xx − (x² + y²)z_xy + xyz_yy + yz_x + xz_y = 0, u = 1 2 (x² + y²), v = xy
f) xz_xx − yz_yy = 0, u = √ -- x + √-- y ,v = − √-- y
g) xz_xx + yz_xy + z_x = 0,u = x + y,v = xy+y-
h) x²z_xx − 2xyz_xy + y²z_yy + xz_x + yz_y = 0, u = xy, v = y
i) x²z_xx − y²z_yy = 0, u = xy, v = y x