Řešené příklady - MATEMATIKA online

Parciální a směrové derivace, gradient
Řešené příklady
4. Parciální a směrové derivace, gradient
Příklad 4.1. Spočtěte parciální derivace prvního řádu funkce f .
a) f (x, y) = (x2 y + y)4 ;
x
b) f (x, y) = e y + xy ;
c) f (x, y, z) = ( yz )x .
Řešení.
a) fx0 = 4(x2 y + y)3 · 2xy = 8xy 4 (x2 + 1)3 , fy0 = 4(x2 y + y)3 · x2 = 4y 3 (x2 + 1)4 .
x
b) fx0 = e y
1
y
x
+ yxy−1 , fy0 = e y (− yx2 ) + ln x · xy .
c) fx0 = ( yz )x ln ( yz ), fy0 =
1
x−1
z x xy
= ( xy )( yz )x , fz0 = y x (−x)z −x−1 = −( xz )( yz )x .
Příklad 4.2. Spočtěte parciální derivace prvního řádu funkce f v bodě A.
p
a) f (x, y) = ln (x + x2 + y 2 ), A = [1, 2].
b) f (x, y) = (1 + logy x)3 , A = [e, e].
√
c) f (x, y, z) = arctg xy + z z , A = [1, 1, 2].
Řešení.
a) fx0 =
x+
fy0 =
x+
√1 2
x +y
(1 + 12 √ 2x
2
2
x +y
1
x +y 2 2
√1 2
√
2y
x2 +y 2
=
)=
2
√1 2
x+
x +y
√ 2 2
x +y +x
√
=√
2
2
2
x +y
y√
, fy0 (A)
x2 +y 2 +x x2 +y 2
=
1
, fx (A)
x2 +y 2
√1 ;
5
2√
.
5+ 5
b) Ze základních vztahů pro logaritmické funkce plyne, že logy x =
x 3
tvar f (x, y) = (1 + logy x)3 = (1 + ln
ln y ) . Odtud
fx0 = 3(1 + logy x)2 xln1 y ,
fx (A) = 3(1 + loge e)2 eln1 e = 12
e ;
−ln x
fy0 = 3(1 + logy x)2 yln
2y ,
=
ln x
ln y .
Zadanou funkci f přepíšeme na
−ln e
12
fy (A) = 3(1 + loge e)2 eln
2e = − e .
c) fx0 =
1
1+xy
·
1 √1
2 xy
· yxy−1 , fx0 (A) = 41 ;
fy0 =
1
1+xy
·
1 √1
2 xy
· xy ln x, fy0 (A) = 0;
fz0 = zz z−1 + ln z · z z = z z (ln z + 1), fz0 (A) = 4 + ln 16.
Příklad 4.3. Spočtěte všechny parciální derivace druhého řádu funkce f v bodě A.
a) f (x, y) = e2y sin x, A = [0, 0];
b) f (x, y) = arctg
x−y
x+y , A
= [3, 1];
y
c) f (x, y) = exe , A = [0, 0].
ÚM FSI VUT v Brně
11
Parciální a směrové derivace, gradient
Řešené příklady
Řešení.
a) fx0 = e2y cos x, fy0 = 2e2y sin x,
00
00
fxx
= −e2y sin x, fxx
(A) = 0,
00
2y
00
fyy = 4e sin x, fyy (A) = 0,
00
00
fxy
= 2e2y cos x, fxy
(A) = 2.
y
1
= x2 +y
· x+y−(x−y)
2,
2
(x+y)2
1+( x−y
x+y )
−2xy
−6
00
= (x2 +y2 )2 , fxx (A) = 100 ,
6
00
= (x−2xy
2 +y 2 )2 , fyy (A) = 100 ,
2
2
−y
8
00
= (xx2 +y
2 )2 , fxy (A) = 100 .
b) fx0 =
00
fxx
00
fyy
00
fxy
y
fy0 =
1
2
1+( x−y
x+y )
·
−1(x+y)−(x−y)
(x+y)2
=
−x
x2 +y 2 ,
y
c) fx0 = exe · ey , fy0 = exe · xey ,
y
00
00
fxx
= exe · (ey )2 , fxx
(A) = 1,
y
y
00
xey
y 2
00
fyy = e
· (xe ) + exe · (xey ) = exe · xey (xey + 1), fyy
(A) = 0,
y
y
y
00
xe
y
y
xe
y
xe
y
y
00
fxy = e
· xe · e + e
·e =e
· e (xe + 1), fxy (A) = 1.
000
Příklad 4.4. f (x, y) = xln (xy). Spočtěte fxyy
.
Řešení. f (x, y) = xln (xy), fx0 = ln (xy) + x ·
1
xy
00
=
· y = ln (xy) + 1, fxx
Příklad 4.5. f (x, y) = ln (1 + x + y). Spočtěte
1
xy
000
= 0.
· y = x1 , fxxy
∂ 136
∂ 79 x∂ 57 y .
Řešení. Funkce f (x, y) = ln (1 + x + y) je symetrická vzhledem k proměnným x a y. Odtud plyne, že
u smíšených parciálních derivací nazáleží na tom, podle kterých proměnných derivujeme, ale pouze na řádu
derivace. Platí tedy, že
∂ 136 f (x, y)
∂ 136 f (x, y)
=
.
∂ 79 x∂ 57 y
∂ 136 x
Pro derivace malých řádů snadno spočteme, že
fx0 =
1
−1
2
−6
24
, f 00 =
, f 000 =
, f 0000 =
, f (5) =
.
1 + x + y xx
(1 + x + y)2 xxx
(1 + x + y)3 xxxx
(1 + x + y)4 xxxxx
(1 + x + y)5
Z tvaru uvedených derivací se nabízí hypotéza, že
∂ k f (x, y)
(−1)k+1 (k − 1)!
=
.
k
∂x
(1 + x + y)k
Tuto hypotézu lze dokázat pomocí principu matematické indukce. Speciálně tedy platí
∂ 136 f (x, y)
∂ 136 f (x, y)
−135!
=
=
.
79
57
∂ x∂ y
∂x136
(1 + x + y)136
Příklad 4.6. Určete bod, ve kterém je gradient funkce f (x, y) = ln x + y1 roven vektoru 1, −16
.
9
Řešení. Spočítáme gradient funkce f (x, y) = ln (x + y1 ). Pro parciální derivace prvního řádu platí
fx0 =
1
x+
1
y
=
y
1
, f0 =
xy + 1 y
x+
1
y
·
−1
−1
= 2
.
y2
xy + y
y
y
16
−1
Odtud grad f = ( xy+1
, xy−1
2 +y ). Gradient funkce f porovnáme se zadaným vektorem (1, − 9 ). Platí ( xy+1 , xy 2 +y ) =
y
−1
16
(1, − 16
9 ). Z rovnosti složek vektorů získáme systém rovnic xy+1 = 1, xy 2 +y = − 9 . Dosazením první rovnice
ÚM FSI VUT v Brně
12
Parciální a směrové derivace, gradient
Řešené příklady
3
3
1
3
7
do druhé dostáváme y12 = 16
9 . Odtud y = ± 4 . Dopočítáme x. Pro y = 4 je x = − 3 , pro y = − 4 je x = 3 .
1 3
7
3
Gradient zadané funkce je roven vektoru (1, − 16
9 ) v bodech [− 3 , 4 ], [ 3 , − 4 ].
3
Příklad 4.7. Určete body, ve kterých se velikost gradientu funkce f (x, y) = (x2 + y 2 ) 2 rovná 2.
3
Řešení. Spočítáme gradient funkce f (x, y) = (x2 + y 2 ) 2 . Pro parciální derivace prvního řádu platí
p
p
1
1
3 2
3
(x + y 2 ) 2 · 2x = 3x x2 + y 2 , fy0 = (x2 + y 2 ) 2 · 2y = 3y x2 + y 2 .
2
2
p
p
Odtud grad f = (3x x2 + y 2 , 3y x2 + y 2 ). Pro velikost gradientu funkce f platí
q
p
p
|grad f | = (fx0 )2 + (fy0 )2 = 9x2 (x2 + y 2 ) + 9y(x2 + y 2 ) = 9(x2 + y 2 )2 = 3(x2 + y 2 ).
fx0 =
3
Dostáváme rovnici 3(x2 + y 2 ) = 2. Velikost gradientu funkce f (x, y) = (x2 + y 2 ) 2 se rovná 2 v bodech ležících
na kružnici x2 + y 2 = 32 .
Příklad 4.8. Spočtěte derivaci f (x, y) =
x2 −y 2
x2 +y 2
v bodě A = [1, 1] ve směru vektoru u = (2, 1).
Řešení. Nejprve určíme parciální derivace funkce f (x, y) =
fx0 =
.
fy0 =
x2 −y 2
x2 +y 2
v bodě A = [1, 1].
2x(x2 + y 2 ) − (x2 − y 2 )2x
4xy 2
= 2
, f 0 (A) = 1
2
2
2
(x + y )
(x + y 2 )2 x
−2y(x2 + y 2 ) − (x2 − y 2 )2y
−4x2 y
=
, f 0 (A) = −1.
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2 y
Odtud plyne, že grad f (A) = (1, −1). Nyní můžeme určit derivaci ve směru. Platí
fu0 (A) = grad f (A) · u = (1, −1) · (2, 1) = 2 − 1 = 1.
Příklad 4.9. Zjistěte, zda je funkce f (x, y) =
rostoucí.
p
x3 + y v bodě A = [1, 2] ve směru vektoru u = (−3, 1)
p
Řešení. Spočítáme derivaci funkce f (x, y) = x3 + y v bodě A = [1, 2] ve směru vektoru u = (−3, 1).
Nejprve určíme parciální derivace prvního řádu funkce f v bodě A.
3x2
3
1
1
fx0 = p
, fx0 (A) = √ , fy0 = p
, fy0 (A) = √ .
3
3
2 3
2 3
2 x +y
2 x +y
3
1
Odtud plyne, že grad f (A) = ( 2√
, √
). Nyní určíme derivaci ve směru. Platí
3 2 3
fu0 (A)
= grad f (A) · u =
3
1
√ , √
2 3 2 3
−9
1
4
· (−3, 1) = √ + √ = − √ .
2 3 2 3
3
Protože je derivace fu0 (A) záporná, je funkce f v bodě A ve směru u klesající.
Příklad 4.10. Spočtěte derivaci funkce f (x, y) = ln (x + y) v bodě A = [1, 2] ležícím na parabole y 2 = 4x
ve směru jednotkového vektoru tečny k parabole v tomto bodě.
Řešení. Nejprve určíme parciální derivace funkce f (x, y) = ln (x2 + y 2 ) v bodě A = [1, 2].
fx0 =
ÚM FSI VUT v Brně
1
1
1
1
, fx0 (A) = , fy0 =
, fy0 (A) =
x+y
3
x+y
3
13
Parciální a směrové derivace, gradient
Řešené příklady
Odtud plyne, že grad f (A) = ( 13 , 13 ). Spočteme rovnici tečny k parabole x = 41 y 2 . Platí x − x0 =
= x0 (y0 )(y − y0 ), kde x0 = 1, y0 =√2, x0 (2) = 1. Rovnice tečny je tvaru x − y + 1 = 0 a tečna má směrový
vektor v = (1, 1). Jeho velikost je 2. Jednotkový vektor tečny je tedy u = ( √12 , √12 ). Spočítáme derivaci ve
směru.
√
1 1
1
1
1
2
1
0
fu (A) = grad f (A) · u =
= √ + √ =
,
· √ ,√
.
3 3
3
2
2
3 2 3 2
ÚM FSI VUT v Brně
14