MATEMAATILINE ANALÜÜS II - Tallinna Tehnikaülikool

1.6. ILMUTAMATA FUNKTSIOONI OSATULETISED 33
ehk lühidalt y ′ = −F x /F y .
Uurige, millistel tingimustel
dx
dy = − F y (x, y)
F x (x, y) .
Näide 1. Olgu y = f(x) antud ilmutamata kujul v~orrandiga x 2 +y 2 −xy = 0.
Antud juhul F (x, y) = x 2 +y 2 −xy. Et funktsioonid F x = 2x−y ja F y = 2y −x
on pidevad k~oikjal, siis Järelduse 1.4.1 p~ohjal on F (x, y) k~oikjal diferentseeruv.
Kuna 2y − x ≠ 0 ⇒ F y ≠ 0, siis Lause 1 abil saame
y ′ = −(
x 2 + y 2 − xy ) x
(x 2 + y 2 − xy) y
= − 2x − y
2y − x
(2y − x ≠ 0) . ♦
Formaalselt (kontrollimata mingi piisava tingimuste komplekti täidetust)
v~oime Näite 1 lahendada ka teisiti. Diferentseerime seose x 2 + y 2 − xy = 0
m~olemat poolt muutuja x järgi, vaadeldes muutujat y muutuja x funktsioonina
y = y(x). Saame
2x + 2yy ′ − y − xy ′ = 0 ⇒ y ′ = (y − 2x) / (2y − x) .
2 ◦ Olgu funktsioon z = f(x, y) antud ilmutamata kujul v~orrandiga
F (x, y, z) = 0. (1.6.4)
Olgu P (x, y, z) v~orrandiga z = f(x, y) esitatud pinna punkt ja funktsioon F
diferentseeruv punktis P. Anname muutujale x muudu ∆x. Kui Q (x + ∆x, y)
kuulub funktsiooni f(x, y) määramispiirkonda, siis saame leida argumendi x
muudule ∆x vastava funktsiooni z muudu
∆ ∆x z = f (x + ∆x, y) − f (x, y) .
Kehtib seos
Olgu
F (x + ∆x, y, z + ∆ ∆x z) = 0. (1.6.5)
∆F = F (x + ∆x, y, z + ∆ ∆x z) − F (x, y, z) .
Seoste (1.6.4) ja (1.6.5) p~ohjal ∆F = 0. Kui funktsioon F on diferentseeruv
punktis (x, y, z) , siis kehtib valemi (1.4.6) p~ohjal seos
∆F = F x (x, y, z) ∆x + F y (x, y, z) · 0 + F z (x, y, z) ∆ ∆x z + γ,
kusjuures suurus γ on k~orgemat järku l~opmata väike, v~orreldes suurusega
√
(∆x) 2 + 0 2 + (∆ ∆x z) 2 . Seega saame
F x (x, y, z) ∆x + F z (x, y, z) ∆ ∆x z + γ = 0,