Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 6: Ciągłość funkcji wielu zmiennych. Pochodne cząstkowe. Gradient

From Studia Informatyczne

Funkcje wielu zmiennych. Ciągłość. Pochodne cząstkowe

Ćwiczenie 6.1.

Wyznaczyć dziedzinę funkcji

a) \displaystyle f(x)=\sqrt {1-x^2}+\sqrt {y^2-1},

b) \displaystyle f(x)=\root 4 \of {1-x^2-y^2},

c) \displaystyle f(x)=\ln (-x-y),

d) \displaystyle f(x)=\arccos (x+y),

e) \displaystyle f(x)=\arcsin(\frac yx),

f) \displaystyle f(x)=\mathrm{arctg}\, (\frac {x^2+y^2}{x^2-y^2}),

g) \displaystyle f(x)={\rm arcosh\, } (x+y),

h) \displaystyle f(x)={\rm artgh\, } (xy),

i) \displaystyle f(x)={\rm arctgh\, } (x^2+y^2).

Wskazówka

Jaki zbiór jest dziedziną funkcji pierwiastkowej, logarytmu, funkcji cyklometrycznych i funkcji area?

Rozwiązanie

a) Ponieważ dziedziną pierwiastka jest odcinek \displaystyle [0,+\infty), więc musimy założyć, że \displaystyle 1-x^2\geq 0 oraz \displaystyle y^2-1\geq 0. Stąd wynika, że dziedziną funkcji \displaystyle f jest zbiór

\displaystyle D_f=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:|x|<1, |y|>1\}.

b) Z tego samego powodu, co w przykładzie a), musi być spełniona nierówność \displaystyle 1-x^2-y^2\geq 0. Dziedziną funkcji jest koło jednostkowe \displaystyle D_f=\overline K(0,1).

<flash>file=AM2_C_5.10.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(a)

<flash>file=AM2_C_5.20.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(b)

c) Ponieważ dziedziną logarytmu jest odcinek \displaystyle (0,+\infty), więc musimy założyć, że \displaystyle -x-y>0. Stąd wynika, że dziedziną funkcji \displaystyle f jest półpłaszczyzna

\displaystyle D_f=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:y<-x\}.

d) Ponieważ dziedziną arcusa cosinusa jest odcinek \displaystyle [-1,1], więc należy założyć, że \displaystyle -1\leq x+y\leq 1. Stąd wynika, że dziedziną \displaystyle D_f funkcji \displaystyle f jest pas zawarty między prostymi \displaystyle y=-1-x i \displaystyle y=1-x.

<flash>file=AM2_C_5.30.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(c)

<flash>file=AM2_C_5.40.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(d)

e) Ponieważ dziedziną arcusa sinusa jest odcinek \displaystyle [-1,1], więc musimy założyć, że \displaystyle -1\leq \frac yx\leq 1. Muszą być spełnione następujące nierówności

\displaystyle \frac {y+x}{x}\geq 0 \ \ \ \text {oraz} \ \ \ \frac {y-x}{x}\leq 0.

Dziedzina \displaystyle D_f funkcji \displaystyle f jest przedstawiona na rysunku.

f) Ponieważ dziedziną arcusa tangensa jest \displaystyle \mathbb{R}, więc musi być

spełniony jedynie warunek \displaystyle x^2-y^2\neq 0. Dziedziną \displaystyle D_f funkcji \displaystyle f jest cała płaszczyzna z wyłączeniem dwóch prostych \displaystyle y=x i \displaystyle y=-x.

<flash>file=AM2_C_5.50.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(e)

<flash>file=AM2_C_5.60.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(f)

g) Ponieważ dziedziną area cosinusa hiperbolicznego jest odcinek \displaystyle [1,+\infty), więc musimy założyć, że \displaystyle x+y\geq 1. Stąd wynika, że dziedziną funkcji \displaystyle f jest półpłaszczyzna

\displaystyle D_f=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:y\geq 1-x\}.

h) Ponieważ dziedziną area tangensa hiperbolicznego jest odcinek \displaystyle (-1,1), więc musimy założyć, że zachodzą nierówności \displaystyle -1<xy<1. Stąd wynika, że dziedziną \displaystyle D_f funkcji \displaystyle f jest zbiór punktów leżących między dwoma hiperbolami \displaystyle y=-\frac 1x i \displaystyle y=\frac 1x.

<flash>file=AM2_C_5.70.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(g)

<flash>file=AM2_C_5.80.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(h)

i) Ponieważ dziedziną area cotangensa hiperbolicznego jest zbiór \displaystyle \{t\in\mathbb{R}: |t|>1\}, więc musimy założyć, że \displaystyle x^2+y^2>1. Stąd wynika, że dziedziną \displaystyle D_f funkcji \displaystyle f jest dopełnienie jednostkowego koła domkniętego \displaystyle \overline K(0,1)^c.

<flash>file=AM2_C_5.90.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(i)

Ćwiczenie 6.2.

Obliczyć granice iterowane i granice funkcji (o ile istnieją)

\displaystyle \aligned &\text {a)}\ \ \lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac {x^2y^2}{x^2y^2+(x+y)^2}, \\ &\text {b)}\ \ \lim_{(x,y)\to (0,0)}\left (1+x^4y^4\right )^{\frac {2}{x^2+y^2}}, \\ &\text {c)}\ \ \lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac {e^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2}, \\ &\text {d)}\ \ \lim_{x\to +\infty, y\to +\infty}\frac {x^2+y^2}{x^4+y^4}, \\ &\text {e)}\ \ \lim_{x\to 1^+, y\to 0^+}\log_x(x+y), \\ &\text {f)}\ \ \lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac {\sin (x^2)\sin (y^2)}{x^2+y^4}, \\ &\text {g)}\ \ \lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac {e^{-\frac {1}{x^2+y^2}}}{x^4+y^4}. \\ \endaligned

Wskazówka

Jaki jest związek pomiędzy granicami iterowanymi i zwykłą granicą? Przy obliczaniu niektórych granic można wykorzystać współrzędne biegunowe.

Rozwiązanie

a) Niech \displaystyle f(x,y)=\frac {x^2y^2}{x^2y^2+(x+y)^2}. Obliczamy granice iterowane

\displaystyle \aligned &\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}\frac {x^2y^2}{x^2y^2+(x+y)^2}=\lim_{x\to 0}0=0, \\ &\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}\frac {x^2y^2}{x^2y^2+(x+y)^2}=\lim_{y\to 0}0=0. \\ \endaligned

Przypomnijmy, że z istnienia granic iterowanych nie wynika istnienie granicy. zauważmy, że dla ciągu \displaystyle x_n=-y_n=\frac 1n

\displaystyle \lim_{n\to +\infty}f\left(\frac 1n,-\frac 1n\right)=\lim_{n\to +\infty}\frac {\frac {1}{n^4}}{\frac {1}{n^4}}=1,

z czego wynika, że szukana granica nie istnieje, gdyż powyższa granica jest różna od granic iterowanych.

b) Obliczamy granice iterowane

\displaystyle \aligned &\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}(1+x^4y^4)^{-\frac {1}{x^2+y^2}}=\lim_{x\to 0}1=1, \\ &\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}(1+x^4y^4)^{-\frac {1}{x^2+y^2}}=\lim_{y\to 0}1=1. \\ \endaligned

Wykażemy teraz istnienie granicy. W tym celu posłużymy się współrzędnymi biegunowymi \displaystyle x=r\cos \varphi, \displaystyle y=r\sin \varphi. Zauważmy, że \displaystyle (x,y)\to 0 wtedy i tylko wtedy, gdy \displaystyle r\to 0. Mamy

\displaystyle \aligned &\lim_{(x,y)\to 0}(1+x^4y^4)^{-\frac {1}{x^2+y^2}}=\lim_{r\to 0}(1+r^8\sin^4\varphi \cos^4\varphi)^{-\frac {1}{r^2}} \\ &=\lim_{r\to 0}\left [(1+r^8\sin^4\varphi \cos^4\varphi)^{\frac {1}{r^8\sin^4\varphi \cos^4\varphi}}\right ]^{r^6\sin^4\varphi \cos^4\varphi}=e^0=1. \endaligned

c) Obliczamy granice iterowane (stosując regułę de l'Hospitala)

\displaystyle \aligned &\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}\frac {e^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{x^2}-1}{x^2}\begin{array} {c}\left[\frac00\right]\\=\\H \end{array} \lim_{x\to 0}\frac {2xe^{x^2}}{2x}=1, \\ &\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}\frac {e^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2}=\lim_{y\to 0}\frac{e^{y^2}-1}{y^2} \begin{array} {c}\left[\frac00\right]\\=\\H \end{array} \lim_{y\to 0}\frac {2ye^{y^2}}{2y}=1. \\ \endaligned

Wykażemy teraz istnienie granicy. W tym celu jak poprzednio posłużymy się współrzędnymi biegunowymi \displaystyle x=r\cos \varphi, \displaystyle y=r\sin \varphi. Mamy

\displaystyle \lim_{(x,y)\to 0}\frac {e^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2}=\lim_{r\to 0}\frac {e^{r^2}-1}{r^2}=1.

d) Obliczamy granice iterowane

\displaystyle \aligned &\lim_{x\to +\infty}\lim_{y\to +\infty}\frac {x^2+y^2}{x^4+y^4}=\lim_{x\to +\infty}0=0, \\ &\lim_{y\to +\infty}\lim_{x\to +\infty}\frac {x^2+y^2}{x^4+y^4}=\lim_{y\to +\infty}0=0. \\ \endaligned

Wykażemy teraz istnienie granicy. Zauważmy, że prawdziwa jest nierówność \displaystyle x^4+y^4\geq 2x^2y^2, a stąd dostajemy następujące oszacowanie

\displaystyle 0\leq \frac {x^2+y^2}{x^4+y^4}\leq \frac {x^2+y^2}{2x^2y^2}=\frac {1}{2x^2}+\frac {1}{2y^2}\to 0, \ \ \text {gdy} \ \ x,y\to +\infty.

Z twierdzenia o trzech ciągach wnioskujemy, że szukana granica wynosi 0.

e) Obliczamy granice iterowane

\displaystyle \aligned &\lim_{x\to 1^+}\lim_{y\to 0^+}\log _x(x+y)= \lim_{x\to 1^+}\lim_{y\to 0^+}\frac {\ln (x+y)}{\ln x}=\lim_{x\to 1^+}1=1, \\ &\lim_{y\to 0^+}\lim_{x\to 1^+}\log _x(x+y)= \lim_{y\to 0^+}\lim_{x\to 1^+}\frac {\ln (x+y)}{\ln x}=+\infty,\quad {\rm bo}\; \lim_{x\to 1^+}\frac {\ln (x+y)}{\ln x}=+\infty, \\ \endaligned

z czego wynika, że szukana granica nie istnieje.

f) Obliczamy granice iterowane

\displaystyle \aligned &\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}\frac {\sin (x^2)\sin (y^2)}{x^2+y^4}=\lim_{x\to 0}0=0, \\ &\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}\frac {\sin (x^2)\sin (y^2)}{x^2+y^4}=\lim_{y\to 0}0=0. \\ \endaligned

Wykażemy teraz istnienie granicy. Zauważmy, że prawdziwa jest nierówność \displaystyle x^2+y^4\geq x^2, a stąd dostajemy następujące oszacowanie

\displaystyle 0\leq \frac {\sin (x^2)\sin (y^2)}{x^2+y^4}\leq \frac {\sin (x^2)\sin (y^2)}{x^2}\to 0, \ \ \text {gdy} \ \ x,y\to 0.

Z twierdzenia o trzech ciągach wnioskujemy, że szukana granica wynosi 0.

g) Obliczamy granice iterowane

\displaystyle \aligned &\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}\frac {e^{-\frac {1}{x^2+y^2}}}{x^4+y^4}=\lim_{x\to 0}\frac {e^{-\frac {1}{x^2}}}{x^4}=0, \\ &\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}\frac {e^{-\frac {1}{x^2+y^2}}}{x^4+y^4}=\lim_{y\to 0}\frac {e^{-\frac {1}{y^2}}}{y^4}=0. \\ \endaligned

Wykażemy teraz istnienie granicy. Zauważmy, że prawdziwa jest nierówność

\displaystyle \sin^4\varphi+\cos^4\varphi=(\sin^2\varphi+\cos^2\varphi)^2-2\sin^2\varphi\cos^2= 1-\frac 12\sin^2(2\varphi)\geq \frac 12.

Stąd wykorzystując współrzędne biegunowe, dostajemy

\displaystyle 0\leq \lim_{(x,y)\to 0}\frac {e^{-\frac {1}{x^2+y^2}}}{x^4+y^4}=\lim_{r\to 0}\frac {e^{-\frac {1}{r^2}}}{r^4(\sin^4\varphi+\cos^4\varphi)}\leq \lim_{r\to 0}\frac {2e^{-\frac {1}{r^2}}}{r^4}=0

Z twierdzenia o trzech ciągach wnioskujemy, że szukana granica wynosi 0.

Ćwiczenie 6.3.

Zbadać ciągłość funkcji

\displaystyle &\text {a)} f(x,y)=\left\{ \begin{array}{ll}\begincases   \frac{x^2y}{x^2+y^2} & \text {jeśli }(x,y)\neq 0 \\ 0 & \text {jeśli } (x,y)=0\end{array}

\text {b)} f(x,y)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{x^2}{x^2+y^2} & \text {jeśli } (x,y)\neq 0 \\ 0 & \text {jeśli } (x,y)=0 \end{array}

Wskazówka

Wykorzystać własności znanych funkcji jednej zmiennej. Funkcja wielu zmiennych jest ciągła w punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy w tym punkcie istnieje granica funkcji i jest równa wartości funkcji w tym punkcie.

Rozwiązanie

a) Z definicji funkcji \displaystyle f widzimy, że poza punktem \displaystyle (0,0) jest ona ciągła, jako iloraz funkcji ciągłych. Pozostaje do zbadania ciągłość w punkcie \displaystyle (0,0). W tym celu obliczmy granicę funkcji w tym punkcie. Zauważmy, że prawdziwa jest nierówność \displaystyle x^2+y^2\geq x^2, a stąd dostajemy następujące oszacowanie

\displaystyle 0\leq \left |\frac {x^2y}{x^2+y^2}\right |\leq \frac {x^2|y|}{x^2}=|y|\to 0, \ \ \text {gdy} \ \ x,y\to 0.

Z twierdzenia o 3 ciągach wnioskujemy, że szukana granica wynosi \displaystyle 0=f(0,0), czyli \displaystyle f jest ciągła w punkcie \displaystyle (0,0).

b) Z definicji funkcji \displaystyle f widzimy, że jest ona ciągła poza

punktem \displaystyle (0,0), jako iloraz funkcji ciągłych. Pozostaje do zbadania ciągłość w punkcie \displaystyle (0,0). W tym celu badamy istnienie granicy funkcji w tym punkcie. Obliczmy granice iterowane

\displaystyle \aligned &\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}\frac {x^2}{x^2+y^2}= \lim_{x\to 0}\frac {x^2}{x^2}=\lim_{x\to 0}1=1, \\ &\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}\frac {x^2}{x^2+y^2}= \lim_{y\to 0}0=0, \\ \endaligned

z czego wynika, że szukana granica nie istnieje, a więc \displaystyle f nie jest ciągła w punkcie \displaystyle (0,0).


Ćwiczenie 6.4.

Obliczyć pochodne cząstkowe rzędu pierwszego następujących funkcji

a) \displaystyle f(x,y,z)=xy^2z^3-y\sin z,

b) \displaystyle f(x,y,z)=x\sqrt y-e^z\ln y,

c) \displaystyle f(x,y,z)= \frac {xyz}{x^2+y^2},

d) \displaystyle f(x,y,z)=x^{z+\sqrt y},

e) \displaystyle f(x,y,z)=\frac {x+y}{x+z},

f) \displaystyle f(x,y,z)=x^{\frac zy},

g) \displaystyle f(x,y,z)=x^{y^z}.

Wskazówka

Przy obliczaniu pochodnej cząstkowej, np. względem zmiennej \displaystyle x, pozostałe zmienne traktujemy jak stałe i stosujemy znane metody obliczania pochodnych funkcji jednej zmiennej.

Rozwiązanie

a) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=y^2z^3, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=2xyz^3-\sin z, \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=3xy^2z^2-y\cos z.\\ \endaligned

b) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\sqrt y, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {x}{2\sqrt y}-\frac {e^z}{y}, \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=-e^z\ln y. \\ \endaligned

c) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\frac {y^3z-x^2yz}{(x^2+y^2)^2}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {x^3z-xy^2z}{(x^2+y^2)^2}, \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=\frac {xy}{x^2+y^2}. \\ \endaligned

d) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=(z+\sqrt y)x^{z+\sqrt y-1}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=x^{z+\sqrt y}\frac {\ln x}{2\sqrt y}, \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=x^{z+\sqrt y}\ln x. \\ \endaligned

e) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\frac {z-y}{(x+z)^2}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {1}{x+z}, \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=-\frac {x+y}{(x+z)^2}. \\ \endaligned

f) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\frac zyx^{\frac zy-1}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=-\frac {z\ln x}{y^2}x^{\frac zy}, \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=\frac {\ln x}{y}x^{\frac zy}. \\ \endaligned

g) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=y^zx^{y^z-1}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=zy^{z-1}x^{y^z}\ln x, \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=y^{z}x^{y^z}\ln x\ln y. \\ \endaligned

Ćwiczenie 6.5.

Udowodnić zależność między pochodną kierunkową a pochodnymi cząstkowymi

\displaystyle \partial_v f(x,y)=v_1\frac {\partial f}{\partial x}(x,y)+v_2\frac {\partial f}{\partial y}(x,y),

o ile one wszystkie istnieją i o ile pochodne cząstkowe są ciągłe. Obliczyć pochodne kierunkowe funkcji

\displaystyle a)  f(x,y)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{x^2y}{x^2+y^2} & \text{jeśli } (x,y)\neq 0, \\ 0 & \text {jeśli } (x,y)=0 \end{array}

w kierunku wektora \displaystyle v=(a,b)\neq 0 w punkcie \displaystyle (0,0),

b) \displaystyle f(x,y)=x^2-y^2 w kierunku wektora \displaystyle v=(a,b)\neq 0 w punkcie \displaystyle (4,1),

c) \displaystyle f(x,y)=\frac {\ln x}{x^2+y^2} w kierunku wektora \displaystyle v=(a,b)\neq 0 w punkcie \displaystyle (1,0).

Wskazówka

Skorzystać z definicji pochodnej kierunkowej i pochodnych cząstkowych oraz z twierdzenia Lagrange'a dla odpowiednio dobranych funkcji jednej zmiennej.

b), c) Zastosować udowodniony wzór.

Rozwiązanie

Niech \displaystyle v=(v_1,v_2)\neq 0 i niech \displaystyle h będzie liczbą rzeczywistą o małym module. Z twierdzenia Lagrange'a dla funkcji \displaystyle \phi_h(t)=f(x+hv_1,t) istnieje \displaystyle \Theta_h\in (0,1) takie, że

\displaystyle \aligned f(x+hv_1,y+hv_2)-f(x+hv_1,y)=\phi_h(y+hv_2)-\phi_h(y)=\phi_h'(y+\Theta_hhv_2)(y+hv_2-y)=\\= \frac{\partial f}{\partial y}(x+hv_1,y+\Theta_hhv_2)(hv_2). \endaligned

Podobnie z twierdzenia Lagrange'a dla funkcji \displaystyle \psi(t)=f(t,y) istnieje \displaystyle \vartheta\in (0,1) takie, że

\displaystyle \aligned f(x+hv_1,y)-f(x,y)=\psi(x+hv_1)-\phi_h(x)=\psi'(x+\vartheta hv_1)(x+hv_1-x)=\\= \frac{\partial f}{\partial x}(x+\vartheta hv_1,y)(hv_1). \endaligned

Zatem

\displaystyle \aligned \partial_v f(x,y)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+hv_1,y+hv_2)-f(x+hv_1,y)+f(x,y+hv_2)-f(x,y))}{h}=\\= \lim_{h\to 0}\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(x+hv_1,y+\Theta_hhv_2)hv_2+\frac{\partial f}{\partial y}(x+\vartheta hv_1,y)hv_1}{h}=\\= v_1\lim_{h\to 0}\frac{\partial f}{\partial x}(x+hv_1,y+\Theta_hhv_2)+v_2\lim_{h\to 0}\frac{\partial f}{\partial y}(x+\vartheta hv_1,y)= v_1\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)+v_2\frac{\partial f}{\partial y}(x,y), \endaligned

co wynika z ciągłości pochodnych cząstkowych.

a) Korzystamy z definicji pochodnej kierunkowej

\displaystyle \partial_v f(0,0)=\lim_{t\to 0}\frac{f(0+tv)-f(0)}{t}=\lim_{t\to 0}\frac {\frac {t^3a^2b}{t^2(a^2+b^2)}}{t}=\frac {a^2b}{a^2+b^2}.

b) Obliczmy najpierw pochodne cząstkowe

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=2x, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=-2y. \\ \endaligned

Korzystając z udowodnionego wzoru, otrzymujemy

\displaystyle \partial_v f(4,1)=8a-2b.

c) Postępujemy jak powyżej. Obliczmy pochodne cząstkowe

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\frac {\frac 1x(x^2+y^2)-2x\ln x}{(x^2+y^2)^2}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {-2y\ln x}{(x^2+y^2)^2}. \\ \endaligned

Mamy

\displaystyle \partial_v f(1,0)=a+0\cdot b=a.

Ćwiczenie 6.6.

Obliczyć pochodne cząstkowe rzędu pierwszego następujących funkcji złożonych

a) \displaystyle f(x,y,z)=g(x+2y+3z,x^2+y^3+z^4), gdzie \displaystyle g:\mathbb{R} ^2\to \mathbb{R} jest funkcją różniczkowalną,

b) \displaystyle f(x,y)=g(x^2+y^2,x^2-y^2,2xy), gdzie \displaystyle g:\mathbb{R} ^3\to \mathbb{R} jest funkcją różniczkowalną,

c) \displaystyle f(x,y,z)=g(x+yz), gdzie \displaystyle g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} jest funkcją różniczkowalną.

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu funkcji złożonej.

Rozwiązanie

a) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\frac {\partial g}{\partial x}+2x\frac {\partial g}{\partial y}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=2\frac {\partial g}{\partial x}+3y^2\frac {\partial g}{\partial y}, \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=3\frac {\partial g}{\partial x}+4z^3\frac {\partial g}{\partial y}. \\ \endaligned

b) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=2x\frac {\partial g}{\partial x}+2x\frac {\partial g}{\partial y} +2y\frac {\partial g}{\partial z}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=2y\frac {\partial g}{\partial x}-2y\frac {\partial g}{\partial y}+2x\frac {\partial g}{\partial z}. \\ \endaligned

c) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=g', \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=zg', \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=yg'. \\ \endaligned

Ćwiczenie 6.7.

Sprawdzić, czy funkcja

a) \displaystyle f(x,y)=\ln (e^x+e^y) spełnia równanie

\displaystyle \frac {\partial f}{\partial x}+\frac {\partial f}{\partial y}=1,

b) \displaystyle f(x,y)=\sqrt {x^2+y^2+z^2} spełnia równanie

\displaystyle \left (\frac {\partial f}{\partial x}\right )^2+\left (\frac {\partial f}{\partial y}\right )^2+\left (\frac {\partial f}{\partial z}\right )^2=1

c) \displaystyle f(x,y)=g(x^2+y^2), gdzie \displaystyle g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} jest funkcją różniczkowalną, spełnia równanie

\displaystyle y\frac {\partial f}{\partial x}-x\frac {\partial f}{\partial y}=0.

d) \displaystyle f(x,y)=x^ng(\frac {y}{x^{\alpha}},\frac {z}{x^{\beta}}), gdzie funkcja \displaystyle g:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} ma pochodne cząstkowe, spełnia równanie

\displaystyle x\frac {\partial f}{\partial x}+\alpha y\frac {\partial f}{\partial y}+\beta z\frac {\partial f}{\partial z}=nf,

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu funkcji złożonej.

Rozwiązanie

a) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\frac {e^x}{e^x+e^y}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {e^y}{e^x+e^y}, \\ \endaligned

czyli

\displaystyle \frac {\partial f}{\partial x}+\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {e^x}{e^x+e^y}+\frac {e^y}{e^x+e^y}=1.

b) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\frac {x}{\sqrt {x^2+y^2+z^2}}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {y}{\sqrt {x^2+y^2+z^2}}, \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=\frac {z}{\sqrt {x^2+y^2+z^2}}, \\ \endaligned

czyli

\displaystyle \left (\frac {\partial f}{\partial x}\right )^2+\left (\frac {\partial f}{\partial y}\right )^2+\left (\frac {\partial f}{\partial z}\right )^2=\frac {x^2}{x^2+y^2+z^2}+\frac {y^2}{x^2+y^2+z^2}+\frac {z^2}{x^2+y^2+z^2}=1.

c) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=2xg', \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=2yg', \\ \endaligned

czyli

\displaystyle y\frac {\partial f}{\partial x}-x\frac {\partial f}{\partial y}=2xyg'-2xyg'=0.

d) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=nx^{n-1}g+\frac {-\alpha x^ny}{x^{\alpha +1}} \frac {\partial g}{\partial x}+\frac {-\beta x^nz}{x^{\beta +1}}\frac {\partial g}{\partial y}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {x^n}{x^{\alpha}} \frac {\partial g}{\partial x}, \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=\frac {x^n}{x^{\beta }}\frac {\partial g}{\partial y}, \\ \endaligned

czyli

\displaystyle \aligned &x\frac {\partial f}{\partial x}+\alpha y\frac {\partial f}{\partial y}+\beta z\frac {\partial f}{\partial z}=x\left (nx^{n-1}g+\frac {-\alpha x^ny}{x^{\alpha +1}} \frac {\partial g}{\partial x}+\frac {-\beta x^nz}{x^{\beta +1}}\frac {\partial g}{\partial y}\right ) \\ &+\alpha y\left (\frac {x^n}{x^{\alpha}} \frac {\partial g}{\partial x}\right )+z\beta \left (\frac {x^n}{x^{\beta }}\frac {\partial g}{\partial y}\right )=ngx^n=nf. \endaligned

Ćwiczenie 6.8.

Obliczyć

a) \displaystyle \displaystyle \frac {\partial ^2f}{\partial x\partial y}, \frac {\partial ^2f}{\partial y\partial x}, gdzie \displaystyle f(x,y)=x^2+\sin ^3(x-y),

b) \displaystyle \displaystyle \frac {\partial ^2f}{\partial x^2}, \frac {\partial ^2f}{\partial y^2}, gdzie \displaystyle f(x,y)=\mathrm{arctg}\, (\frac {x-y}{x+y}),

c) \displaystyle \displaystyle\frac {\partial ^2f}{\partial x\partial y}, \frac {\partial ^2f}{\partial y\partial x}, gdzie

\displaystyle f(x,y)=\left\{\begin{array}{ll}xy\frac {x^2-y^2}{x^2+y^2} & \text {jeśli }  (x,y)\neq 0, \\ 0, & \text {jeśli } (x,y)=0 \end{array}

Wskazówka

Skorzystać z definicji pochodnej cząstkowej. Kiedy pochodne mieszane wyższych rzędów są równe?

Rozwiązanie

a) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=2x +3\sin^2(x-y)\cos (x-y), \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial y\partial x}=-6\sin(x-y)\cos^2 (x-y)+3\sin^3(x-y), \\ \endaligned

oraz

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial y}=-3\sin^2(x-y)\cos (x-y), \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}=-6\sin(x-y)\cos^2 (x-y)+3\sin^3(x-y). \\ \endaligned

Zauważmy, że \displaystyle \frac {\partial^2 f}{\partial y\partial x}=\frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}.

b) Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\frac {1}{1+\frac {(x-y)^2}{(x+y)^2}}\frac {x+y-x+y}{(x+y)^2}=\frac {y}{x^2+y^2}, \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac {-2xy}{(x^2+y^2)^2} \\ \endaligned

oraz

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {1}{1+\frac {(x-y)^2}{(x+y)^2}}\frac {-x-y-x+y}{(x+y)^2}=\frac {-x}{x^2+y^2}, \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac {2xy}{(x^2+y^2)^2}. \\ \endaligned

c) Obliczmy pochodną cząstkową

\displaystyle \frac {\partial f}{\partial x}=y\frac {x^2-y^2}{x^2+y^2}+xy\frac {4xy^2}{(x^2+y^2)^2}.

Czyli \displaystyle \frac {\partial f}{\partial x}(0,y)=-y. Korzystając z ostatniej równości, mamy

\displaystyle \frac {\partial^2 f}{\partial y\partial x}(0,0)=-1.

Podobnie obliczamy

\displaystyle \frac {\partial f}{\partial y}=x\frac {x^2-y^2}{x^2+y^2}+xy\frac {-4x^2y}{(x^2+y^2)^2}.

Czyli \displaystyle \frac {\partial f}{\partial y}(x,0)=x. Korzystając z ostatniej równości, mamy

\displaystyle \frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}(0,0)=1.

Zauważmy, że \displaystyle \frac {\partial^2 f}{\partial y\partial x}(0,0)\neq\frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}(0,0).

Ćwiczenie 6.9.

Dane równanie zapisać w nowych współrzędnych

\displaystyle \aligned &\text {a)} \ \ \frac {dy}{dx}=\frac {x+y}{x-y}, \ \ x=r\cos \varphi, y=r\sin \varphi, \\ &\text {b)} \ \ \Delta f=\frac {\partial ^2f}{\partial x^2}+\frac {\partial ^2f}{\partial y^2}=0, \ \ x=r\cos \varphi, y=r\sin \varphi, \\ &\text {c)} \ \ x\frac {\partial f}{\partial x}+\sqrt {1+y^2}\frac {\partial f}{\partial y}=xy, \ \ u=\ln x, v=\ln \left(y+\sqrt {1+y^2}\right). \\ \endaligned

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu

funkcji złożonej.

a) Potraktować \displaystyle r jako funkcję zmiennej \displaystyle \phi.

b) Dla dowolnej funkcji \displaystyle F dwóch zmiennych \displaystyle x, y wyrażonych we współrzędnych biegunowych wyliczyć \displaystyle \dfrac{\partial F}{\partial r} i \displaystyle \dfrac{\partial F}{\partial \varphi} w zależności od

\displaystyle \dfrac{\partial F}{\partial x} i \displaystyle \dfrac{\partial F}{\partial y}, a z tych równań wyliczyć \displaystyle \dfrac{\partial F}{\partial x} i \displaystyle \dfrac{\partial F}{\partial y}. Zastosować otrzymane wzory do funkcji \displaystyle f, a następnie do jej pochodnych cząstkowych po \displaystyle r i \displaystyle \varphi.

c) Wyrazić \displaystyle x i \displaystyle y za pomocą \displaystyle u i \displaystyle v. Zwrócić uwagę, że funkcja \displaystyle y\mapsto \ln(y+\sqrt{1+y^2}) jest jedną z funkcji area (którą?).

Rozwiązanie

a) Dla współrzędnych biegunowych \displaystyle x=r\cos \varphi, \displaystyle y=r\sin \varphi, przy czym \displaystyle r=r(\varphi), mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial x}{\partial r}=\cos \varphi, \\ &\frac {\partial x}{\partial \varphi}=r'\cos \varphi-r\sin \varphi, \\ &\frac {\partial y}{\partial r}=\sin \varphi, \\ &\frac {\partial y}{\partial \varphi}=r'\sin \varphi+r\cos \varphi. \\ \endaligned

Zauważmy również, że

\displaystyle \frac {dy}{dx}=\frac {\frac {\partial y}{\partial \varphi}}{\frac {\partial x}{\partial \varphi}}.

Korzystając z powyższych równości, otrzymujemy

\displaystyle \frac {r'\sin \varphi+r\cos \varphi}{r'\cos \varphi-r\sin \varphi}=\frac {dy}{dx}=\frac {x+y}{x-y}=\frac {r\cos \varphi+r\sin\varphi}{r\cos \varphi-r\sin\varphi}.

Teraz rozwiązując powyższą proporcję, mamy

\displaystyle (r'\sin \varphi+r\cos \varphi)(\cos \varphi-\sin\varphi)=(r'\cos \varphi-r\sin \varphi)(\cos \varphi+\sin\varphi).

Otwierając nawiasy, redukując wyrazy podobne i korzystając z jedynki trygonometrycznej dostajemy

\displaystyle r'=r.

b) Naszą funkcję możemy napisać w postaci \displaystyle f(x,y)=f(r\cos \varphi,r\sin \varphi). Korzystając ze wzorów na pochodną funkcji złożonej, dostajemy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial r}=\cos \varphi\frac {\partial f}{\partial x}+\sin \varphi \frac {\partial f}{\partial y}, \\ &\frac {\partial f}{\partial \varphi}=-r\sin \varphi\frac {\partial f}{\partial x}+r\cos \varphi \frac {\partial f}{\partial y}. \endaligned

Rozwiązując ten układ równań względem \displaystyle \frac {\partial f}{\partial r}, \frac {\partial f}{\partial \varphi}, otrzymujemy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\cos \varphi\frac {\partial f}{\partial r}-\frac {\sin \varphi}{r} \frac{\partial f}{\partial \varphi}, \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=\sin \varphi\frac {\partial f}{\partial r}+\frac {\cos \varphi}{r} \frac {\partial f}{\partial \varphi}. \endaligned

Korzystając z powyższych wzorów, wyrazimy laplasjan we współrzędnych biegunowych. Dostajemy

\begin{array}{lll}\displaystyle  \Delta f&=&\displaystyle \frac {\partial ^2f}{\partial x^2}+\frac {\partial ^2f}{\partial y^2}=\frac {\partial}{\partial x}\left (\cos \varphi\frac {\partial f}{\partial r}-\frac {\sin \varphi}{r} \frac{\partial f}{\partial \varphi}\right )+\frac {\partial}{\partial y}\left (\sin \varphi\frac {\partial f}{\partial r}+\frac {\cos \varphi}{r} \frac {\partial f}{\partial \varphi}\right ) \\ &=&\displaystyle  \cos \varphi \left (\cos \varphi \frac {\partial ^2f}{\partial r^2}+ \frac {\sin \varphi}{r^2}\frac {\partial f}{\partial \varphi}- \frac {\sin \varphi}{r}\frac {\partial^2 f}{\partial \varphi\partial r}\right ) \\ &-&\displaystyle \frac {\sin \varphi}{r}\left (-\sin \varphi\frac {\partial f}{\partial r}+\cos \varphi\frac {\partial^2 f}{\partial \varphi\partial r}-\frac {\cos\varphi}{r}\frac {\partial f}{\partial \varphi}-\frac {\sin\varphi}{r}\frac {\partial^2 f}{\partial \varphi^2}\right) \\ &+&\displaystyle \sin \varphi \left (\sin \varphi \frac {\partial^2 f}{\partial r^2}-\frac {\cos \varphi}{r^2}\frac {\partial f}{\partial \varphi}+\frac {\cos \varphi}{r}\frac {\partial^2 f}{\partial \varphi\partial r}\right ) \\ &+&\displaystyle \frac {\cos \varphi}{r}\left (\cos \varphi\frac {\partial f}{\partial r}+\sin \varphi \frac {\partial^2 f}{\partial \varphi\partial r}-\frac {\sin \varphi}{r}\frac {\partial f}{\partial \varphi}+\frac {\cos \varphi}{r}\frac {\partial^2 f}{\partial \varphi^2}\right) \\ &=&\displaystyle \frac {\partial^2 f}{\partial r^2}+\frac 1r\frac {\partial f}{\partial r}+\frac {1}{r^2}\frac {\partial^2 f}{\partial^2 \varphi}=0. \end{array}

c) Wyrażenia \displaystyle u=\ln x, v=\ln (y+\sqrt {1+y^2}) możemy przekształcić do postaci \displaystyle x=e^u, y={\rm arsinh\, } v. Naszą funkcję możemy napisać w postaci \displaystyle f(x,y)=f(e^u,{\rm arsinh\, } v). Korzystając ze wzorów na pochodną funkcji złożonej, dostajemy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial u}=e^u\frac {\partial f}{\partial x}=x\frac {\partial f}{\partial x} \\ &\frac {\partial f}{\partial v}={\rm arcosh\, } v\frac {\partial f}{\partial y}=\sqrt {1+y^2}\frac {\partial f}{\partial y}. \endaligned

Czyli dane równanie możemy napisać w postaci

\displaystyle \frac {\partial f}{\partial u}+\frac {\partial f}{\partial v}=e^u{\rm arsinh\, } v.