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

Funkcje wielu zmiennych. Ciągłość. Pochodne cząstkowe

Ćwiczenie 6.1.

Wyznaczyć dziedzinę funkcji

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

b) $f(x)=\sqrt[4]{1-x^2-y^2}$,

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

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

e) $f(x)=\arcsin (\frac{y}{x})$,

f) $f(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}(\frac{x^2+y^2}{x^2-y^2})$,

g) $f(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}(x+y)$,

h) $f(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}(xy)$,

i) $f(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}(x^2+y^2)$.

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

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

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

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(a)

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(b)

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

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

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

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(c)

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(d)

e) Ponieważ dziedziną arcusa sinusa jest odcinek $[-1,1]$, więc musimy założyć, że $-1\le \frac{y}{x}\le 1$. Muszą być spełnione następujące nierówności

$\frac{y+x}{x}\ge 0\text{oraz}\frac{y-x}{x}\le 0$

Dziedzina $D_f$ funkcji $f$ jest przedstawiona na rysunku.

f) Ponieważ dziedziną arcusa tangensa jest $\mathbb{ℝ}$, więc musi być spełniony jedynie warunek $x^2-y^2\ne 0$. Dziedziną $D_f$ funkcji $f$ jest cała płaszczyzna z wyłączeniem dwóch prostych $y=x$ i $y=-x$.

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(e)

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(f)

g) Ponieważ dziedziną area cosinusa hiperbolicznego jest odcinek $[1,+\mathrm{\infty })$, więc musimy założyć, że $x+y\ge 1$. Stąd wynika, że dziedziną funkcji $f$ jest półpłaszczyzna

$D_f=\{(x,y)\in {\mathbb{ℝ}}^2:y\ge 1-x\}$

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

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(g)

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(h)

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

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(i)

Ćwiczenie 6.2.

Obliczyć granice iterowane i granice funkcji (o ile istnieją)

$\begin{array}{rl}& \text{a)}\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^2{y}^2}{x^2{y}^2+(x+y{)}^2},\\ & \text{b)}\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }{(1+x^4{y}^4)}^{\frac{2}{x^2+y^2}},\\ & \text{c)}\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{e^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2},\\ & \text{d)}\underset{x\to +\mathrm{\infty },y\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^2+y^2}{x^4+y^4},\\ & \text{e)}\underset{x\to 1^{+},y\to 0^{+}}{\lim }{\log }_x(x+y),\\ & \text{f)}\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{\sin (x^2)\sin (y^2)}{x^2+y^4},\\ & \text{g)}\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2+y^2}}}{x^4+y^4}\\ \end{array}$

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\underset{y\to 0}{\lim }\frac{x^2{y}^2}{x^2{y}^2+(x+y{)}^2}=\underset{x\to 0}{\lim }0=0,\\ & \underset{y\to 0}{\lim }\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2{y}^2}{x^2{y}^2+(x+y{)}^2}=\underset{y\to 0}{\lim }0=0\\ \end{array}$

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

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }f(\frac{1}{n},-\frac{1}{n})=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\frac{1}{n^4}}{\frac{1}{n^4}}=1$

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

b) Obliczamy granice iterowane

$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\underset{y\to 0}{\lim }(1+x^4{y}^4{)}^{-\frac{1}{x^2+y^2}}=\underset{x\to 0}{\lim }1=1,\\ & \underset{y\to 0}{\lim }\underset{x\to 0}{\lim }(1+x^4{y}^4{)}^{-\frac{1}{x^2+y^2}}=\underset{y\to 0}{\lim }1=1\\ \end{array}$

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

$\begin{array}{rl}& \underset{(x,y)\to 0}{\lim }(1+x^4{y}^4{)}^{-\frac{1}{x^2+y^2}}=\underset{r\to 0}{\lim }(1+r^8{\sin }^4\phi {\cos }^4\phi {)}^{-\frac{1}{r^2}}\\ & =\underset{r\to 0}{\lim }{[(1+r^8{\sin }^4\phi {\cos }^4\phi {)}^{\frac{1}{r^8{\sin }^4\phi {\cos }^4\phi }}]}^{r^6{\sin }^4\phi {\cos }^4\phi }=e^0=1.\end{array}$

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

$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\underset{y\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2}-1}{x^2}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x{e}^{x^2}}{2x}=1,\\ & \underset{y\to 0}{\lim }\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2}=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{e^{y^2}-1}{y^2}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{y\to 0}{\lim }\frac{2y{e}^{y^2}}{2y}=1\\ \end{array}$

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

$\underset{(x,y)\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2}=\underset{r\to 0}{\lim }\frac{e^{r^2}-1}{r^2}=1$

d) Obliczamy granice iterowane

$\begin{array}{rl}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\underset{y\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^2+y^2}{x^4+y^4}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }0=0,\\ & \underset{y\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^2+y^2}{x^4+y^4}=\underset{y\to +\mathrm{\infty }}{\lim }0=0\\ \end{array}$

Wykażemy teraz istnienie granicy. Zauważmy, że prawdziwa jest nierówność $x^4+y^4\ge 2x^2{y}^2$, a stąd dostajemy następujące oszacowanie

$0\le \frac{x^2+y^2}{x^4+y^4}\le \frac{x^2+y^2}{2x^2{y}^2}=\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{2y^2}\to 0,\text{gdy}x,y\to +\mathrm{\infty }$

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

e) Obliczamy granice iterowane

$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 1^{+}}{\lim }\underset{y\to 0^{+}}{\lim }{\log }_x(x+y)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\underset{y\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln (x+y)}{\ln x}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }1=1,\\ & \underset{y\to 0^{+}}{\lim }\underset{x\to 1^{+}}{\lim }{\log }_x(x+y)=\underset{y\to 0^{+}}{\lim }\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\ln (x+y)}{\ln x}=+\mathrm{\infty },\mathrm{b}\mathrm{o}\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\ln (x+y)}{\ln x}=+\mathrm{\infty }\\ \end{array}$

z czego wynika, że szukana granica nie istnieje.

f) Obliczamy granice iterowane

$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\underset{y\to 0}{\lim }\frac{\sin (x^2)\sin (y^2)}{x^2+y^4}=\underset{x\to 0}{\lim }0=0,\\ & \underset{y\to 0}{\lim }\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (x^2)\sin (y^2)}{x^2+y^4}=\underset{y\to 0}{\lim }0=0\\ \end{array}$

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

$0\le \frac{\sin (x^2)\sin (y^2)}{x^2+y^4}\le \frac{\sin (x^2)\sin (y^2)}{x^2}\to 0,\text{gdy}x,y\to 0$

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

g) Obliczamy granice iterowane

$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\underset{y\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2+y^2}}}{x^4+y^4}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^4}=0,\\ & \underset{y\to 0}{\lim }\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2+y^2}}}{x^4+y^4}=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{y^2}}}{y^4}=0\\ \end{array}$

Wykażemy teraz istnienie granicy. Zauważmy, że prawdziwa jest nierówność

${\sin }^4\phi +{\cos }^4\phi =({\sin }^2\phi +{\cos }^2\phi {)}^2-2{\sin }^2\phi {\cos }^2=1-\frac{1}{2}{\sin }^2(2\phi )\ge \frac{1}{2}$

Stąd wykorzystując współrzędne biegunowe, dostajemy

$0\le \underset{(x,y)\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2+y^2}}}{x^4+y^4}=\underset{r\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{r^2}}}{r^4({\sin }^4\phi +{\cos }^4\phi )}\le \underset{r\to 0}{\lim }\frac{2e^{-\frac{1}{r^2}}}{r^4}=0$

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

Ćwiczenie 6.3.

Zbadać ciągłość funkcji

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

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

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

$0\le \left|\frac{x^{2}y}{x^2+y^2}\right|\le \frac{x^2|y|}{x^2}=|y|\to 0,\text{gdy}x,y\to 0$

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

b) Z definicji funkcji $f$ widzimy, że jest ona ciągła poza punktem $(0,0)$, jako iloraz funkcji ciągłych. Pozostaje do zbadania ciągłość w punkcie $(0,0)$. W tym celu badamy istnienie granicy funkcji w tym punkcie. Obliczmy granice iterowane

$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\underset{y\to 0}{\lim }\frac{x^2}{x^2+y^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }1=1,\\ & \underset{y\to 0}{\lim }\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2}{x^2+y^2}=\underset{y\to 0}{\lim }0=0,\\ \end{array}$

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

Ćwiczenie 6.4.

Obliczyć pochodne cząstkowe rzędu pierwszego następujących funkcji

a) $f(x,y,z)=x{y}^2{z}^3-y\sin z$,

b) $f(x,y,z)=x\sqrt{y}-e^z\ln y$,

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

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

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

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

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

a) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=y^2{z}^3,\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=2xy{z}^3-\sin z,\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=3x{y}^2{z}^2-y\cos z.\\ \end{array}$

b) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\sqrt{y},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{x}{2\sqrt{y}}-\frac{e^z}{y},\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=-e^z\ln y.\\ \end{array}$

c) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{y^{3}z-x^{2}yz}{(x^2+y^2{)}^2},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{x^{3}z-x{y}^{2}z}{(x^2+y^2{)}^2},\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=\frac{xy}{x^2+y^2}.\\ \end{array}$

d) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=(z+\sqrt{y})x^{z+\sqrt{y}-1},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=x^{z+\sqrt{y}}\frac{\ln x}{2\sqrt{y}},\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=x^{z+\sqrt{y}}\ln x.\\ \end{array}$

e) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{z-y}{(x+z{)}^2},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{x+z},\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=-\frac{x+y}{(x+z{)}^2}.\\ \end{array}$

f) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{z}{y}{x}^{\frac{z}{y}-1},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=-\frac{z\ln x}{y^2}{x}^{\frac{z}{y}},\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=\frac{\ln x}{y}{x}^{\frac{z}{y}}.\\ \end{array}$

g) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=y^z{x}^{y^z-1},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=z{y}^{z-1}{x}^{y^z}\ln x,\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=y^z{x}^{y^z}\ln x\ln y.\\ \end{array}$

Ćwiczenie 6.5.

Udowodnić zależność między pochodną kierunkową a pochodnymi cząstkowymi

${\partial }_{v}f(x,y)=v_1\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)+v_2\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)$,

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

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

w kierunku wektora $v=(a,b)\ne 0$ w punkcie $(0,0)$,

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

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

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 $v=(v_1,v_2)\ne 0$ i niech $h$ będzie liczbą rzeczywistą o małym module. Z twierdzenia Lagrange'a dla funkcji ${\varphi }_h(t)=f(x+h{v}_1,t)$ istnieje ${\mathrm{\Theta }}_h\in (0,1)$ takie, że

$\begin{array}{r}f(x+h{v}_1,y+h{v}_2)-f(x+h{v}_1,y)={\varphi }_h(y+h{v}_2)-{\varphi }_h(y)={{\varphi }_h}^{\prime }(y+{\mathrm{\Theta }}_{h}h{v}_2)(y+h{v}_2-y)=\\ =\frac{\partial f}{\partial y}(x+h{v}_1,y+{\mathrm{\Theta }}_{h}h{v}_2)(h{v}_2).\end{array}$

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

$\begin{array}{r}f(x+h{v}_1,y)-f(x,y)=\psi (x+h{v}_1)-{\varphi }_h(x)={\psi }^{\prime }(x+\vartheta h{v}_1)(x+h{v}_1-x)=\\ =\frac{\partial f}{\partial x}(x+\vartheta h{v}_1,y)(h{v}_1).\end{array}$

Zatem

$\begin{array}{r}{\partial }_{v}f(x,y)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x+h{v}_1,y+h{v}_2)-f(x+h{v}_1,y)+f(x,y+h{v}_2)-f(x,y))}{h}=\\ =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(x+h{v}_1,y+{\mathrm{\Theta }}_{h}h{v}_2)h{v}_2+\frac{\partial f}{\partial y}(x+\vartheta h{v}_1,y)h{v}_1}{h}=\\ =v_1\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\partial f}{\partial x}(x+h{v}_1,y+{\mathrm{\Theta }}_{h}h{v}_2)+v_2\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\partial f}{\partial y}(x+\vartheta h{v}_1,y)=v_1\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)+v_2\frac{\partial f}{\partial y}(x,y),\end{array}$

co wynika z ciągłości pochodnych cząstkowych.

a) Korzystamy z definicji pochodnej kierunkowej

${\partial }_{v}f(0,0)=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{f(0+tv)-f(0)}{t}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\frac{t^3{a}^{2}b}{t^2(a^2+b^2)}}{t}=\frac{a^{2}b}{a^2+b^2}$

b) Obliczmy najpierw pochodne cząstkowe

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=2x,\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=-2y.\\ \end{array}$

Korzystając z udowodnionego wzoru, otrzymujemy

${\partial }_{v}f(4,1)=8a-2b$

c) Postępujemy jak powyżej. Obliczmy pochodne cząstkowe

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\frac{1}{x}(x^2+y^2)-2x\ln x}{(x^2+y^2{)}^2},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-2y\ln x}{(x^2+y^2{)}^2}.\\ \end{array}$

Mamy

${\partial }_{v}f(1,0)=a+0\cdot b=a$

Ćwiczenie 6.6.

Obliczyć pochodne cząstkowe rzędu pierwszego następujących funkcji złożonych

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

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

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

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu funkcji złożonej.

Rozwiązanie

a) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial g}{\partial x}+2x\frac{\partial g}{\partial y},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=2\frac{\partial g}{\partial x}+3y^2\frac{\partial g}{\partial y},\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=3\frac{\partial g}{\partial x}+4z^3\frac{\partial g}{\partial y}.\\ \end{array}$

b) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=2x\frac{\partial g}{\partial x}+2x\frac{\partial g}{\partial y}+2y\frac{\partial g}{\partial z},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=2y\frac{\partial g}{\partial x}-2y\frac{\partial g}{\partial y}+2x\frac{\partial g}{\partial z}.\\ \end{array}$

c) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=g^{\prime },\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=z{g}^{\prime },\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=y{g}^{\prime }.\\ \end{array}$

Ćwiczenie 6.7.

Sprawdzić, czy funkcja

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

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

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

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

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

$y\frac{\partial f}{\partial x}-x\frac{\partial f}{\partial y}=0$

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

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

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu funkcji złożonej.

Rozwiązanie

a) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{e^x}{e^x+e^y},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{e^y}{e^x+e^y},\\ \end{array}$

czyli

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

b) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}},\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}},\\ \end{array}$

czyli

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

c) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=2x{g}^{\prime },\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=2y{g}^{\prime },\\ \end{array}$

czyli

$y\frac{\partial f}{\partial x}-x\frac{\partial f}{\partial y}=2xy{g}^{\prime }-2xy{g}^{\prime }=0$

d) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=n{x}^{n-1}g+\frac{-\alpha x^{n}y}{x^{\alpha +1}}\frac{\partial g}{\partial x}+\frac{-\beta x^{n}z}{x^{\beta +1}}\frac{\partial g}{\partial y},\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{x^n}{x^{\alpha }}\frac{\partial g}{\partial x},\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=\frac{x^n}{x^{\beta }}\frac{\partial g}{\partial y},\\ \end{array}$

czyli

$\begin{array}{rl}& x\frac{\partial f}{\partial x}+\alpha y\frac{\partial f}{\partial y}+\beta z\frac{\partial f}{\partial z}=x(n{x}^{n-1}g+\frac{-\alpha x^{n}y}{x^{\alpha +1}}\frac{\partial g}{\partial x}+\frac{-\beta x^{n}z}{x^{\beta +1}}\frac{\partial g}{\partial y})\\ & +\alpha y\left(\frac{x^n}{x^{\alpha }}\frac{\partial g}{\partial x}\right)+z\beta \left(\frac{x^n}{x^{\beta }}\frac{\partial g}{\partial y}\right)=ng{x}^n=nf.\end{array}$

Ćwiczenie 6.8.

Obliczyć

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

b) $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2},\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}$, gdzie $f(x,y)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}(\frac{x-y}{x+y})$,

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

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

a) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=2x+3{\sin }^2(x-y)\cos (x-y),\\ & \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}=-6\sin (x-y){\cos }^{}(x-y)+3{\sin }^{}(x-y),\\ \end{array}$

oraz

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial y}=-3{\sin }^2(x-y)\cos (x-y),\\ & \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}=-6\sin (x-y){\cos }^{}(x-y)+3{\sin }^{}(x-y).\\ \end{array}$

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

b) Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{1}{1+\frac{(x-y{)}^2}{(x+y{)}^2}}\frac{x+y-x+y}{(x+y{)}^2}=\frac{y}{x^2+y^2},\\ & \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}=\frac{-2xy}{(x^2+y^2{)}^2}\\ \end{array}$

oraz

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{1+\frac{(x-y{)}^2}{(x+y{)}^2}}\frac{-x-y-x+y}{(x+y{)}^2}=\frac{-x}{x^2+y^2},\\ & \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=\frac{2xy}{(x^2+y^2{)}^2}.\\ \end{array}$

c) Obliczmy pochodną cząstkową

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

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

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

Podobnie obliczamy

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

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

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

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

Ćwiczenie 6.9.

Dane równanie zapisać w nowych współrzędnych

$\begin{array}{rl}& \text{a)}\frac{dy}{dx}=\frac{x+y}{x-y},x=r\cos \phi ,y=r\sin \phi ,\\ & \text{b)}\mathrm{\Delta }f=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=0,x=r\cos \phi ,y=r\sin \phi ,\\ & \text{c)}x\frac{\partial f}{\partial x}+\sqrt{1+y^2}\frac{\partial f}{\partial y}=xy,u=\ln x,v=\ln (y+\sqrt{1+y^2}).\\ \end{array}$

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu

funkcji złożonej.

a) Potraktować $r$ jako funkcję zmiennej $\varphi$.

b) Dla dowolnej funkcji $F$ dwóch zmiennych $x,y$ wyrażonych we współrzędnych biegunowych wyliczyć $\frac{\partial F}{\partial r}$ i $\frac{\partial F}{\partial \phi }$ w zależności od $\frac{\partial F}{\partial x}$ i $\frac{\partial F}{\partial y}$, a z tych równań wyliczyć $\frac{\partial F}{\partial x}$ i $\frac{\partial F}{\partial y}$. Zastosować otrzymane wzory do funkcji $f$, a następnie do jej pochodnych cząstkowych po $r$ i $\phi$.

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

Rozwiązanie

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

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial x}{\partial r}=\cos \phi ,\\ & \frac{\partial x}{\partial \phi }=r^{\prime }\cos \phi -r\sin \phi ,\\ & \frac{\partial y}{\partial r}=\sin \phi ,\\ & \frac{\partial y}{\partial \phi }=r^{\prime }\sin \phi +r\cos \phi .\\ \end{array}$

Zauważmy również, że

$\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{\partial y}{\partial \phi }}{\frac{\partial x}{\partial \phi }}$

Korzystając z powyższych równości, otrzymujemy

$\frac{r^{\prime }\sin \phi +r\cos \phi }{r^{\prime }\cos \phi -r\sin \phi }=\frac{dy}{dx}=\frac{x+y}{x-y}=\frac{r\cos \phi +r\sin \phi }{r\cos \phi -r\sin \phi }$

Teraz rozwiązując powyższą proporcję, mamy

$(r^{\prime }\sin \phi +r\cos \phi )(\cos \phi -\sin \phi )=(r^{\prime }\cos \phi -r\sin \phi )(\cos \phi +\sin \phi )$

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

$r^{\prime }=r$

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

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial r}=\cos \phi \frac{\partial f}{\partial x}+\sin \phi \frac{\partial f}{\partial y},\\ & \frac{\partial f}{\partial \phi }=-r\sin \phi \frac{\partial f}{\partial x}+r\cos \phi \frac{\partial f}{\partial y}.\end{array}$

Rozwiązując ten układ równań względem $\frac{\partial f}{\partial r},\frac{\partial f}{\partial \phi }$, otrzymujemy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\cos \phi \frac{\partial f}{\partial r}-\frac{\sin \phi }{r}\frac{\partial f}{\partial \phi },\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\sin \phi \frac{\partial f}{\partial r}+\frac{\cos \phi }{r}\frac{\partial f}{\partial \phi }.\end{array}$

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

$\begin{array}{lll}\mathrm{\Delta }f& =& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=\frac{\partial }{\partial x}(\cos \phi \frac{\partial f}{\partial r}-\frac{\sin \phi }{r}\frac{\partial f}{\partial \phi })+\frac{\partial }{\partial y}(\sin \phi \frac{\partial f}{\partial r}+\frac{\cos \phi }{r}\frac{\partial f}{\partial \phi })\\ & =& \cos \phi (\cos \phi \frac{{\partial }^{2}f}{\partial r^2}+\frac{\sin \phi }{r^2}\frac{\partial f}{\partial \phi }-\frac{\sin \phi }{r}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial \phi \partial r})\\ & -& \frac{\sin \phi }{r}(-\sin \phi \frac{\partial f}{\partial r}+\cos \phi \frac{{\partial }^{2}f}{\partial \phi \partial r}-\frac{\cos \phi }{r}\frac{\partial f}{\partial \phi }-\frac{\sin \phi }{r}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial {\phi }^2})\\ & +& \sin \phi (\sin \phi \frac{{\partial }^{2}f}{\partial r^2}-\frac{\cos \phi }{r^2}\frac{\partial f}{\partial \phi }+\frac{\cos \phi }{r}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial \phi \partial r})\\ & +& \frac{\cos \phi }{r}(\cos \phi \frac{\partial f}{\partial r}+\sin \phi \frac{{\partial }^{2}f}{\partial \phi \partial r}-\frac{\sin \phi }{r}\frac{\partial f}{\partial \phi }+\frac{\cos \phi }{r}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial {\phi }^2})\\ & =& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^{2}f}{{\partial }^2\phi }=0.\end{array}$

c) Wyrażenia $u=\ln x,v=\ln (y+\sqrt{1+y^2})$ możemy przekształcić do postaci $x=e^u,y=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}v$. Naszą funkcję możemy napisać w postaci $f(x,y)=f(e^u,\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}v)$. Korzystając ze wzorów na pochodną funkcji złożonej, dostajemy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial u}=e^u\frac{\partial f}{\partial x}=x\frac{\partial f}{\partial x}\\ & \frac{\partial f}{\partial v}=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}v\frac{\partial f}{\partial y}=\sqrt{1+y^2}\frac{\partial f}{\partial y}.\end{array}$

Czyli dane równanie możemy napisać w postaci

$\frac{\partial f}{\partial u}+\frac{\partial f}{\partial v}=e^u\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}v$