Teorem srednje vrijednosti

Teorem srednje vrijednosti

Teorem 7   [3] Neka je $\Omega$ područje u $R^2,$ i neka je $f:\Omega\rightarrow R,$ klase $C^1(\Omega).$ Neka su točke $A=(x_0,y_0)$ i $B=(x_0+h,y_0+k)$ u $\Omega$ takve, da spojnica $\overline{AB}$ leži u $\Omega.$ Tada postoji točka $C$ na spojnici $\overline{AB}$ takva, da je

$$f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)=\frac{\partial f(C)}{\partial x}h+ \frac{\partial f(C)}{\partial y}k.$$

Dokaz. Stavimo $x(t)=x_0+t\,h,y(t)=y_0+t\,k.$ Budući da je $\Omega$ otvoren skup, i da spojnica $\overline{AB}$ leži u $\Omega,$ postoji $\varepsilon >0$ takav da točke $(x(t),y(t))$ leže u $\Omega$ za svaki $t\in \langle -\varepsilon,1+\varepsilon\rangle.$ Na tom intervalu je složena funkcija $F(t)=f(x(t),y(t))$ neprekidno derivabilna, pa ispunjava uvjete Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti. Tako postoji $\tau\in \langle 0,1\rangle$ takav da vrijedi

$$F(1)-F(0)=F'(\tau),$$

$$f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)=\frac{\partial f(x_0+\tau\,h,y_0+\tau\,... ...tial x}h+\frac{\partial f(x_0+\tau\,h,y_0+\tau\,k)}{\partial y}k.\;\;\heartsuit$$

Formula iz teorema daje prirast funkcije $f$ u točki $(x_0,y_0)$

$$\Delta f(x_0,y_0)(h,k)=f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0).$$

Možemo birati različite $h$ i $k,$ tj. možemo iz točke $(x_0,y_0)$ krenuti u raznim smjerovima i različito daleko. Jedini uvjet je da ne izađemo iz $\Omega.$ Naravno, u svakom pojedinom slučaju imamo neku novu točku na odgovarajućoj spojnici. Problem je u tome što ne znamo koju točku $C$ na spojnici treba uzeti. Zato se umjesto točnom služimo približnom formulom

$$f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)\approx \frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x}h+ \frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y}k.$$

Ova formula se zove formula konačnih prirasta. Formulu konačnih prirasta koristimo za približno računanje.

Primjer 1.29   Koliko se izmijeni površina kružnog isječka, ako se $r$ promijeni za $\Delta r,$ a $\varphi$ za $\Delta \varphi?$

Rješenje. Površina je $P=\frac{r^2\varphi}{2}.$

$$\Delta P\approx dP=\frac{\partial P}... ...{\partial \varphi}\Delta \varphi= r\varphi\Delta r+\frac{r^2}{2}\Delta \varphi.$$

Derivacija (diferencijal) funkcije. Tangencijalna ravnina

Derivacija (diferencijal) funkcije

Postojanje parcijalnih derivacija nije osobito jak zahtjev na funkciju, kao što pokazuje sljedeći primjer

Primjer 1.30   Neka je

$$f(x,y)=\left\{ \begin{array}{rr} \fr... ...style{x^2+y^2}}, & (x,y)\neq (0,0) \\ 0, & (x,y)=(0,0) \end{array} \right.$$

Imamo

$$\frac{\partial f(0,0)}{\partial x}= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{0}{x}=0.$$

$$\frac{\partial f(0,0)}{\partial y}= \lim_{y\rightarrow 0}\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y}= \lim_{y\rightarrow 0}\frac{0}{y}=0.$$

Dakle, parcijalne derivacije postoje u točki $(0,0).$ Međutim, u primjeru 1.17 smo vidjeli da ova funkcija nema limes u $(0,0),$ i prema tome nije neprekidna u $(0,0).$ To pokazuje da postojanje parcijalnih derivacija ne osigurava čak niti neprekidnost. Podsjetimo se da je postojanje derivacije u slučaju funkcije jedne varijable osiguravalo neprekidnost.

Sljedećom definicijom rješavamo te probleme na adekvatniji način, uvodeći pojam derivacije i derivabilnosti funkcije.

Definicija 12   Kažemo da je $f$ derivabilna (diferencijabilna) u točki $(x_0,y_0)$, ako postoji polinom prvog stupnja ${\cal P}:R^2\rightarrow R,$

$${\cal P}(s,t)=A\,s+B\,t$$

takav, da je

$$\lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{\vert f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-{\cal P}(h,k)\vert}{\sqrt{h^2+k^2}}=0.$$

Polinom $\cal P$ se zove derivacija (diferencijal) funkcije $f$ u točki $(x_0,y_0)$, i označava s

$${\cal P}=df(x_0,y_0)=f'(x_0,y_0).$$

Teorem 8   Neka je $\Omega$ područje u $R^2,$ i neka je $f:\Omega\rightarrow R$ derivabilna u točki $P_0=(x_0,y_0).$ Tada je $f$ neprekidna u $P_0.$

Dokaz. $\heartsuit$

Teorem 9   Neka je $\Omega$ područje u $R^2,$ neka je $f:\Omega\rightarrow R$ derivabilna u točki $P_0=(x_0,y_0),$ i neka je $f'(x_0,y_0)(s,t)=A\,s+B\,t.$ Tada postoje parcijalne derivacije od $f$ u točki $(x_0,y_0),$ i

$$A=\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x},\;\;\;B=\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y}.$$

Dokaz. $\heartsuit$

Ispitivati derivabilnost funkcije po definiciji nije jednostavno, jer treba računati odgovarajući limes. Zato se postavlja pitanje da li se derivabilnost može ustanoviti jednostavnije. Sljedeći teorem rješava to pitanje.

Teorem 10   Neka je $\Omega$ područje u $R^2,$ i neka $f:\Omega\rightarrow R$ ima neprekidne parcijalne derivacije po $x$ i $y$ na $\Omega.$ Tada je $f$ derivabilna u svakoj točki $P_0\in \Omega.$

Dokaz. $\heartsuit$

Na sličan način bismo mogli definirati derivaciju funkcije od tri varijable u točki $(x_0,y_0,z_0).$ U tom slučaju to je polinom 1. stupnja od tri varijable, označavamo ga s $f'(x_0,y_0,z_0),$ ili $df(x_0,y_0,z_0),$ i uz uvjet da su parcijalne derivacije neprekidne, vrijedi

$$f'(x_0,y_0,z_0)(s,t,u) = df(x_0,y_0,... ...f(x_0,y_0,z_0)}{\partial y}\,t + \frac{\partial f(x_0,y_0,z_0)}{\partial z}\,u.$$

Tangencijalna ravnina i normala na plohu (graf funkcije)

Definicija 13   Neka je $f$ derivabilna funkcija u $(x_0,y_0).$ Graf polinoma prvog stupnja

$$t(x,y)=f(x_0,y_0)+\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x}\,(x-x_0)+\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y}\,(y-y_0)$$

se zove tangencijalna ravnina na graf funkcije $f$ (plohu) u točki $(x_0,y_0).$

Pravac kroz točku $(x_0,y_0)$ okomit na tangencijalnu ravninu se zove normala na graf funkcije $f$ (na plohu) u točki $(x_0,y_0).$

Iz ove definicije slijedi da je jednadžba tangencijalne ravnine funkcije $f$ u točki $(x_0,y_0)$

$$z=f(x_0,y_0)+\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x}\,(x-x_0)+\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y}\,(y-y_0),$$

a kanonske jednadžbe normale su

$$\frac{x-x_0}{\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x}}= \frac{y-y_0}{\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y}}=\frac{z-z_0}{-1}.$$

Primjer 1.31   Naći jednadžbu one tangencijalne ravnine na plohu $z=x^2+y^2,$ koja prolazi pravcem $\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{0}.$

Rješenje. Tangencijalna ravnina ima jednadžbu

$$\frac{\partial z(x_0,y_0)}{\partial x}(x-x_0)+ \frac{\partial z(x_0,y_0)}{\partial y}(y-y_0)=z-z(x_0,y_0).$$

Ne znamo točku $(x_0,y_0),$ ali znamo da zadani pravac mora ležati u toj ravnini. To znači da točka $(1,1,1)$ leži u ravnini, tj. zadovoljava jednadžbu tangencijalne ravnine

$$2\,x_0\,(1-x_0)+2\,y_0\,(1-y_0)=1-x_0^2-y_0^2.$$

Vektor smjera pravca $\vec{\imath}-\vec{\jmath}$ je okomit na vektor normale ravnine, dakle njihov skalarni produkt je

$$2\,x_0-2\,y_0=0.$$

Odatle $x_0=y_0,$ i $z(x_0,y_0)=2x_0^2.$ Uvrstimo, dobivamo

$$2x_0^2-4x_0+1=0.$$

Tako je

$$(x_0)_{1,2}=\frac{2\pm\sqrt{2}}{2}=(y_0)_{1,2},\; (z_0)_{1,2}=5\pm 2\sqrt{2}.$$

Dobili smo dvije točke na plohi. To znači da se kroz zadani pravac mogu na plohu povući dvije tangencijalne ravnine. Njihove jednadžbe su

$$(2-\sqrt{2})(x-2+\sqrt{2})+(2-\sqrt{2})(y-2+\sqrt{2})=z-5+2\sqrt{2},$$

$$(2+\sqrt{2})(x-2-\sqrt{2})+(2+\sqrt{2})(y-2-\sqrt{2})=z-5-2\sqrt{2}.$$

Geometrijska interpretacija formule konačnih prirasta

Formula konačnih prirasta,

$$f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)\approx \frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x}h+ \frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y}k,$$

umjesto pravog prirasta funkcije računa prirast derivacije (diferencijala) funkcije uzetog u točki $(x_0,y_0)$

$$df(x_0,y_0)(h,k)=\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x}h+ \frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y}k.$$

Na slici to znači, uzimajući u obzir geometrijsku interpretaciju parcijalnih derivacija, prirast po tangencijalnoj ravnini.

Teorem o implicitno zadanim funkcijama

Primjer 1.32   Neka je dana funkcija od dvije varijable

$$F(x,y) = x^2 + y^2 - a.$$

Jednadžba $F(x,y)=0$ predstavlja u $R^2$ jednadžbu skupa točaka u ravnini

$$S = \{(x,y);\;x^2 + y^2 = a\}.$$

Ako je $a<0,$ onda jednadžba nema rješenja u $R^2,$ tj. ravnina $z=0$ ne siječe plohu $z=x^2 + y^2 - a,$ pa je $S$ prazan skup.

Za $a=0$ jednadžba ima samo jedno rješenje $x=0,y=0,$ tj. ravnina $z=0$ dira plohu $z=x^2 + y^2 - a,$ pa je $S$ jednočlan skup $S=\{(0,0)\}.$

Ti slučajevi nisu interesantni. Pretpostavimo dakle, da je $a>0.$ U tom slučaju imamo više rješenja, tj. ravnina $z=0$ siječe plohu $z=x^2 + y^2 - a.$

U ravnini $xy$ skup $S$ je kružnica sa središtem u ishodištu i radiusom $\sqrt{a}.$

U tom slučaju apscisu točke $(x,y)$ možemo birati u segmentu $[-\sqrt{a},\sqrt{a}].$ Izabravši apscisu $x,$ ordinatu $y$ više ne možemo proizvoljno birati, jer je jednadžbom

$$x^2+y^2=a$$ (1.1)

dana veza između $x$ i $y.$ Interesiraju nas uvjeti pod kojima ta veza postaje funkcijska, tj. takva da svakom $x$ pripada po jedan $y.$

Rješavajući jednadžbu 1.1 po $y,$ imamo

$$y_1 = \sqrt{a-x^2},\qquad y_2 = -\sqrt{a-x^2}.$$

Za svaki $x\in \langle -\sqrt{a},\sqrt{a}\rangle$ možemo birati jedan od ova dva $y.$ Na taj način vidimo da ima beskonačno mnogo mogućih funkcija zadanih jednadžbom 1.1. Ako zahtijevamo da funkcija bude neprekidna, onda imamo samo dvije mogućnosti, jer izabravši jednom $y$ na jednoj od dvije polukružnice (gornjoj ili donjoj), moramo i za svaki drugi $x$ birati $y$ na istoj polukružnici. Konačno, ako želimo imati samo jednu neprekidnu funkciju, onda moramo odrediti točku $(x_0,y_0)$ koja mora pripadati grafu funkcije, i pri tom $x_0$ ne smije biti $-\sqrt{a},$ ili $\sqrt{a}.$ Točke $x=-\sqrt{a}$ i $x=\sqrt{a}$ se nalaze na obje polukružnice, tako da izabravši neku od njih još uvijek nismo odredili o kojoj se funkciji radi. To je posljedica toga da je

$$\left.\frac{\partial{}F(x,y)}{\partial{}y}\right\vert _{(x=\pm\sqrt{a},y=0)} =\left.2\,y\right\vert _{(x=\pm\sqrt{a},y=0)} = 0.$$

Uvjerite se u to koristeći geometrijsku interpretaciju parcijalne derivacije.

U općem slučaju problem rješava sljedeći teorem.

Teorem 11   Neka je $\Omega$ područje u $R^2,$ i neka je $F:\Omega\rightarrow R$ funkcija klase $C^1(\Omega).$ Neka postoji točka $(x_0,y_0)\in \Omega$ takva, da je

$$F(x_0,y_0)=0,$$

i neka je

$$\frac{\partial F(x_0,y_0)}{\partial y}\neq 0.$$

Tada postoji interval $I\subset R,$ koji sadrži $x_0,$ i funkcija $f:I\rightarrow R,$ klase $C^1(I)$ takva, da je

$$F(x,f(x))=0,\hspace{1cm} \forall x\in I,$$

i vrijedi

$$f'(x)=-\frac{\frac{\textstyle{\partial F(x,f(x))}}{\textstyle{\pa... ...yle{\partial F(x,f(x))}}{\textstyle{\partial y}}} ,\hspace{1cm} \forall x\in I.$$

Dokaz. $\heartsuit$

Moglo bi se pomisliti da zahtijevanje postojanja samo jedne točke $(x_0,y_0)$ takve da je $F(x_0,y_0)=0$ može dovesti do jednočlanog skupa $S$ kao u primjeru 1.32, slučaj $a=0.$ To se ne može dogoditi zbog sljedećeg razloga. Da je doista tako, onda bi funkcija $F$ imala u točki $(x_0,y_0)$ lokalni ekstrem, pa bi, zbog neprekidne derivabilnosti funkcije $F,$ u toj točki parcijalne derivacije od $F$ po $x$ i po $y$ morale iščezavati, što se u uvjetima teorema isključuje (pogledajte 1.6.1).

Kažemo da je funkcija $f$ implicitno zadana jednadžbom $F(x,y)=0$ i zahtjevom $F(x_0,y_0)=0.$ Postojanje takve funkcije nije jednostavno dokazati, ali zato formula za derivaciju izlazi ovako.

$$F(x,f(x))=0\hspace{1cm} \left/ \frac{d}{dx} \right .,$$

$$\frac{\partial F(x,f(x))}{\partial x}+ \frac{\partial F(x,f(x))}{\partial y}f'(x)=0,$$ (1.2)

$$f'(x)=-\frac{\frac{\partial F(x,f(x))}{\partial x}} {\frac{\partial F(x,f(x))}{\partial y}}.$$

Ovdje se zapravo $y$ pojavljuje kao funkcija $f(x),$ pa se često piše

$$y'(x)=-\frac{\frac{\partial F(x,y)}{\partial x}} {\frac{\partial F(x,y)}{\partial y}}.$$

Primjer 1.33   Naći tangentu na graf implicitno zadane funkcije

$$F(x,y) = y^2-\frac{x^3}{2-x} = 0$$

u točki $(1,1).$

Rješenje. Imamo

$$F(1,1)=0,\quad \frac{\partial F(1,1)}{\partial y}=2\neq 0.$$

Prema tome uvjeti teorema su ispunjeni. Nadalje

$$\frac{\partial F(1,1)}{\partial x} = \left.\frac{2x^3-6x^2}{(2-x)^2}\right\vert _{x=1,y=1} = -4,$$

pa je

$$y'(1)=-\frac{\frac{\partial F(1,1)}{\partial x}} {\frac{\partial F(1,1)}{\partial y}}=2.$$

Dakle, jednadžba tangente je $y-1=2\,(x-1).$ tj. $y=2\,x-1.$

Drugu derivaciju funkcije $f(x)$ možemo izračunati derivirajući jednadžbu 1.2 po $x.$

$$\frac{\partial F(x,f(x))}{\partial x}+ \frac{\partial F(x,f(x))}{\partial y}f'(x)=0\hspace{1cm} \left/ \frac{d}{dx} \right .,$$

$$\frac{\partial^2 F(x,f(x))}{\partial x^2}+ \frac{\partial^2 F(x,f... ...rtial y\partial x}f'(x)+ \frac{\partial^2 F(x,f(x))}{\partial x\partial y}f'(x)$$

$$+\frac{\partial^2 F(x,f(x))}{\partial y^2}{f'}^2(x)+ \frac{\partial F(x,f(x))}{\partial y}f''(x)=0.$$

Odatle

$$f''(x)=\frac{-\frac{\partial^2 F}{\partial x^2} (\frac{\partial F... ...al y^2} (\frac{\partial F}{\partial x})^2} {(\frac{\partial F}{\partial y})^3}.$$ (1.3)

Analogni teorem bismo mogli izreći u slučaju

$$F(x,y,z)=0.$$

U tom slučaju, uz analogne uvjete, imamo $z$ kao funkciju od $x\,y$ i pri tom

$$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x... ...rtial y}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}} {\frac{\partial F}{\partial z}}.$$

Tada kažemo da je funkcija $z$ implicitno zadana jednadžbom $F(x,y,z)=0,$ kao funkcijom od $y$ i $z.$

Pitanja

1.

Kako glasi teorem srednje vrijednosti? Dokažite ga.

2.

Napišite formulu konačnih prirasta. U kakvoj je ona vezi s teoremom srednje vrijednosti?

3.

Kako se definira derivacija (diferencijal) funkcije u točki?

4.

Da li postojanje parcijalnih derivacija osigurava postojanje derivacije? Navedite primjer.

5.

Što se može reći o postojanju parcijalnih derivacija, ako je funkcija derivabilna?

6.

Navedite uvjete uz koje postojanje parcijalnih derivacija povlači derivabilnost.

7.

Što je tangencijalna ravnina, a što normala (na graf) funkcije u nekoj točki? Uz koji uvjet postoje?

8.

Objasnite slikom grešku koju činimo kad prirast funkcije zamjenjujemo odgovarajućom vrijednošću diferencijala.

9.

Iskažite teorem o implicitno zadanoj funkciji. Komentirajte pretpostavke teorema.

10.

Uočite na slici u prostoru osobitost točaka koje zadovoljavaju uvjete $F(x,y)=0$ i $\frac{\partial F(x,y)}{\partial x}=0$ u odnosu na one točke koje zadovoljavaju uvjete $F(x,y)=0$ i $\frac{\partial F(x,y)}{\partial x}\neq 0.$

11.

Izvedite formulu za drugu derivaciju funkcije implicitno zadane jednadžbom $F(x,y)=0.$

12.

Izvedite formulu za treću derivaciju funkcije implicitno zadane jednadžbom $F(x,y)=0.$

13.

Kako to da postojanje parcijalnih derivacija ne osigurava ne samo postojanje derivacije, već niti neprekidnost, kada je parcijalna derivacija ustvari obična derivacija odgovarajuće funkcije, i kad se ima na umu da postojanje derivacije funkcije jedne varijable povlači njenu neprekidnost?

Riješeni zadaci

1.

Neka je $f(x,y)=e^x\cos y.$ Naći $f(0,3).$

Rješenje.

$$f(0,\pi)=-1,\;\;\;\Delta x=0,\;\;\;\Delta y\approx -0,14159.$$

$$f(0,3)\approx f(0,\pi)+\frac{\partial f(0,\pi)}{\partial x}\Delta x+ \frac{\partial f(0,\pi)}{\partial y}\Delta$$

$$= -1+\left(e^x\sin y\right)_{x=0,y=\pi}\Delta y=-1.$$

2.

Naći normalu na plohu $z=x^2+y^2,$ koja je paralelna s vektorom $\vec{\imath}+2\vec{\jmath}-\vec{k}.$

Rješenje.

$$\frac{\partial z(x_0,y_0)}{\partial x}=2x_0,\;\frac{\partial z(x_0,y_0)}{\partial y}=2y_0.$$

Vektor normale tangencijalne ravnine je multipl vektora smjera traženog pravca

$$2x_0\vec{\imath}+2y_0\vec{\jmath}-\vec{k}= t(\vec{\imath}+2\vec{\jmath}-\vec{k}).$$

$$(2x_0=t,\;2y_0=2t,\;t=1)\Rightarrow (x_0=\frac{1}{2},\;y_0=1,\; z_0=\frac{5}{4}),$$

pa su tako kanonske jednadžbe normale

$$\frac{x-\frac{1}{2}}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-\frac{5}{4}}{-1}.$$

3.

Naći zakrivljenost funkcije implicitno zadane jednadžbom

$$y^2-\frac{x^3}{2-x}=0$$

u točki $(1,1).$

Rješenje.

$$\frac{\partial F(1,1)}{\partial x}=-4,\;\;\frac{\partial F(1,1)}{\partial y}=2,$$

$$\frac{\partial^2 F(1,1)}{\partial x^2}=-14,\; \frac{\partial^2 F(... ...{\partial x\partial y}=0,\; \frac{\partial^2 F(1,1)}{\partial y^2}=2,\;y'(1)=2.$$

Tako je, zbog 1.3,

$$\kappa =\frac{\vert y''(1)\vert}{(1+{y'}^2(1))^{3/2}}={\frac{3}{5\,{\sqrt{5}}}}.$$

4.

Naći tangencijalnu ravninu na plohu (jednokrilni eliptički hiperboloid) zadanu implicitno s

$$F(x,y,z)=0,$$

u točki $(a,b,c),$ gdje je

$$F(x,y,z)=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}-1.$$

Rješenje. Jednadžba tangencijalne ravnine je

$$\frac{\partial z(x_0,y_0)}{\partial x}(x-x_0)+ \frac{\partial z(x_0,y_0)}{\partial y}(y-y_0)=z-z(x_0,y_0).$$

Uvrstimo

$$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x... ...frac{\partial F}{\partial y}} {\frac{\partial F}{\partial z}},\;z(x_0,y_0)=z_0,$$

pomnožimo s $\frac{\partial F}{\partial z},$ i sve prebacimo na lijevu stranu jednadžbe. Dobivamo

$$\frac{\partial F(x_0,y_0,z_0)}{\partial x}(x-x_0)+ \frac{\partial... ...,z_0)}{\partial y}(y-y_0)+ \frac{\partial F(x_0,y_0,z_0)}{\partial z}(z-z_0)=0.$$

To je jednadžba tangencijalne ravnine na plohu zadanu implicitno jednadžbom $F(x,y,z)=0.$ U našem slučaju

$$\frac{\partial F(a,b,c)}{\partial x}=\frac{2}{a},\; \frac{\partia... ...}{\partial y}=\frac{2}{b},\; \frac{\partial F(a,b,c)}{\partial z}=-\frac{2}{c}.$$

Tako je jednadžba tangencijalne ravnine

$$\frac{2}{a}(x-a)+\frac{2}{b}(y-b)-\frac{2}{c}(z-c)=0.$$