KURZUS: Matematika II.

MODUL: 2. Többváltozós függvények

2.5 Az érintősík és a linearizált

Tanulási cél: Begyakorolni a kétváltozós függvény felületét adott pontban érintő érintősík egyenletének a felírását.

Tananyag:
Tankönyv: Gáspár Csaba, Molnárka Győző: Lineáris algebra és többváltozós függvények.
Fejezet: 4.4.

Elméleti összefoglaló:

Legyen az f ( x , y ) kétváltozós függvény az ( a , b ) pontban differenciálható. Ekkor a kétváltozós függvény grafikonját, ami most egy felület, az ( a , b , f ( a , b ) ) pontban érintő érintősík egyenlete:

f x ( a , b ) ( x a ) + f y ( a , b ) ( y b ) ( z f ( a , b ) ) = 0 .

Ezt úgy is megfogalmazhatjuk, hogy a szóbanforgó sík az A ( a , b , f ( a , b ) ) ponton átmenő, n = ( f x ( a , b ) , f y ( a , b ) , 1 ) normálvektorú sík.

Ha érintősík egyenletéből kifejezzük a z változót egy kétváltozós függvényt kapunk, amelynek képlete

z = g ( x , y ) = f ( a , b ) + f x ( a , b ) ( x a ) + f y ( a , b ) ( y b ) .

Ezt a g függvényt hívjuk az f függvény ( a , b ) -beli linearizáltjának. Hasonlóan az egyváltozós esethez ez is jól közelíti az f -et az ( a , b ) pont közelében.

Ha az ( a " , b " ) pont az ( a , b ) pont közelében van, akkor

f ( a " , b " ) g ( a " , b " ) .

Az f ( x , y ) függvény megváltozása, ha az ( a , b ) pontból elmozdulunk az ( a + d x , b + d y ) pontba,

Δ f = f ( a + d x , b + d y ) f ( a , b ) .

Ez tehát az előjeles d x és d y , jellemzően kis abszolút értékű változók függvénye. Ez a függvénymegváltozást méri a felületen elmozdulva.

Tegyük fel, hogy f differenciálható az ( a , b ) pontban. Az f ( x , y ) függvény ( a , b ) pontbeli differenciálja

d f = f x ( a , b ) d x + f y ( a , b ) d y ,

ami szintén az előjeles d x és d y változók függvénye. Ez az f ( a , b ) -beli linearizáltjának a megváltozását méri ha az ( a , b ) pontból az ( a + d x , b + d y ) pontba mozdulunk el. Kis elmozdulás esetén

Δ f d f .

Ez lehetőséget ad függvényértékek pontosságának megbecslésére, ha a változók értékének a pontosságát ismerjük. Ezt szokás hibaszámításnak nevezni. Ilyenkor a Δ f -et abszolút hibának, a Δ f f mennyiséget relatív hibának is hívjuk.

Kidolgozott feladatok

1. feladat Írjuk fel az f ( x , y ) = x 2 x y + 2 y 2 függvény ( 1, 1 ) -beli érintősíkjának egyenletét.

Megoldás: Először is f ( 1, 1 ) = 4 . A parciális deriváltak

f x ( x , y ) = 2 x y , f y ( x , y ) = x + 4 y .

Ezek helyettesítési értéke a szóbanforgó pontban

f x ( 1, 1 ) = 3, f y ( 1, 1 ) = 5 .

Mostmár minden készen áll, hogy behelyettesítsünk az érintősík képletébe. Ekkor azt kapjuk, hogy

3 ( x 1 ) 5 ( y + 1 ) ( z 4 ) = 0 ,

3 x 5 y z 1 = 0 .

Ez a keresett érintősík egyenlete.

2. feladat Írjuk fel az f ( x , y ) = ( x 2 3 y ) 2 függvény ( 2,1 ) -beli linearizáltjának egyenletét.

Megoldás: Ugyanúgy járunk el, mint az előző feladatban.

f ( 2,1 ) = 1 .

f x ( x , y ) = 4 x ( x 2 3 y ) , f y ( x , y ) = 3 ( x 2 3 y ) .

f x ( 2,1 ) = 8, f y ( 2,1 ) = 3 .

Ezután az érintősík egyenlete

8 ( x 2 ) 3 ( y 1 ) ( z 1 ) = 0 ,

8 x 3 y z 12 = 0 .

Ebből a linearizált egyenlete

g ( x , y ) = 8 x 3 y 12 .

3. feladat Alkalmas linearizáltat használva számítsuk ki f ( 1.1 ,2.1 ) közelítő értékét, ha

f ( x , y ) = x y x + 3 .

Megoldás: Mivel az ( a " , b " ) = ( 1.1 ,2.1 ) pont az ( a , b ) = ( 1,2 ) pont közelébe esik, az f függvény ( 1,2 ) -beli linearizáltját fogjuk használni. Felírjuk a linearizált képletét.

f ( 1,2 ) = 1 . 2 1 + 3 = 2 .

A parciális deriváltak

f x ( x , y ) = y 1 2 x y x + 3 , f y ( x , y ) = x 2 x y x + 3 .

Ezek helyettesítési értéke az ( 1,2 ) pontban

f x ( 1,2 ) = 1 4 , f y ( 1,2 ) = 1 4 .

Ezeket felhasználva a linearizált

g ( x , y ) = f ( a , b ) + f x ( a , b ) ( x a ) + f y ( a , b ) ( y b ) =

= 2 + 1 4 ( x 1 ) + 1 4 ( y 2 ) = x 4 + y 4 + 5 4 .

Mostmár f ( 1.1,2.1 ) g ( 1.1,2.1 ) = 1,1 4 + 2,1 4 + 5 4 = 2.05 .

Kalkulátorral közvetlenül számolva 1.1 . 2.1 1.1 + 3 2.05182 , tehát valóban használható közelítést kaptunk.

4. feladat Írjuk fel az f ( x , y ) = 36 x 2 y 2 függvény P ( 2,4 ) -beli érintősíkjának egyenletét.

Megoldás: Mivel f ( 2,4 ) = 36 2 2 4 2 = 16 = 4 , az érintési pont koordinátái ( 2,4,4 ) .

A parciális deriváltak

f x ( x , y ) = 2 x 2 36 x 2 y 2 = x 36 x 2 y 2 ,

f y ( x , y ) = 2 y 2 36 x 2 y 2 = y 36 x 2 y 2 .

Elvégezve a behelyettesítéseket

f x ( 2,4 ) = 2 4 = 1 2 , f y ( 2,4 ) = 4 4 = 1 ,

vagyis az érintősík normálvektora

n = ( 1 2 , 1, 1 ) .

Ez alapján a keresett sík egyenlete

1 2 ( x 2 ) ( y 4 ) ( z 4 ) = 0 ,

vagy rendezve

x + 2 y + 2 z 18 = 0 .

5. feladat Tekintsük az f ( x , y ) = e x 2 y 2 függvényt és írjuk fel a p ( 1 2 , 1 2 ) -beli érintősík egyenletét.

Megoldás: f ( 1 2 , 1 2 ) = e 1 2 1 2 = e 1 = 1 e , vagyis a érintési pont koordinátái ( 1 2 , 1 2 , 1 e ) . Továbbá

f x ( x , y ) = 2 x e x 2 y 2 , f x ( 1 2 , 1 2 ) = 2 e 1 = 2 e ,

f y ( x , y ) = 2 y e x 2 y 2 , f y ( 1 2 , 1 2 ) = 2 e 1 = 2 e .

Így a normálvektorra ( 2 e , 2 e , 1 ) adódna, de némileg egyszerűbb, ha ezt megszorozzuk e -vel. Tudjuk, hogy ezt megtehetjük, hiszen a normálvektornak csak az iránya fontos.

A normálvektor tehát lehet az n = ( 2 , 2 , e ) vektor. Ezzel

2 ( x 1 2 ) + 2 ( y 1 2 ) + e ( z 1 e ) = 0 .

2 x + 2 y + e z 3 = 0 .

Ellenőrző kérdések

1. kérdés Az f ( x , y ) = x + y 2 függvény P ( 1,1 ) -beli érintősíkja
az x + 2 y z + 1 = 0 egyenletű sík.
átmegy az origón.
átmegy a P ( 2,0,1 ) ponton.
párhuzamos a x 2 y z 3 = 0 síkkal.
2. kérdés Az f ( x , y ) = x y függvény P ( 1,1 ) -beli érintősíkjának egyenlete
2 x y 2 z + 1 = 0 .
2 x y 2 z 1 = 0 .
x y 2 z 1 3 = 0 .
2 x + y + 2 z = 0 .
3. kérdés Az f ( x , y ) = 1 x y függvény P ( 1,1 ) -beli érintősíkjára illeszkedik a
P ( 1, 1, 1 ) pont.
P ( 1,1, 1 ) pont.
P ( 1, 1,1 ) pont.
P ( 1,1,1 ) pont.
4. kérdés Az f ( x , y ) = ln ( x ) + ln ( y ) függvény p ( 1,1 ) -beli érintősíkjának egyenlete
x + y z = 2 .
x y + z = 2 .
x y + z = 2 .
x + y z = 2 .
5. kérdés Az f ( x , y ) = x + y függvény P ( 2,2 ) -beli érintősíkja átmegy a
Q ( 0,1,0 ) ponton.
Q ( 1,0,0 ) ponton.
Q ( 0,0,0 ) ponton.
Q ( 0,0,1 ) ponton.