Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 7: Różniczka. Różniczki wyższych rzędów. Wzór Taylora

Różniczkowanie funkcji wielu zmiennych

Ćwiczenie 7.1.

Zbadać, czy istnieją pochodne cząstkowe i różniczka w punkcie $(0,0)$ funkcji

$\text{a) }f(x,y)=\sqrt{|xy|}$,

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

Wskazówka

Wykorzystać definicję różniczki i pochodnych cząstkowych.

Rozwiązanie

a) Obliczmy pochodną cząstkową $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$. Mamy

$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=0$

Podobnie obliczmy

$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y}=0$

Tak więc w punkcie $(0,0)$ istnieją pochodne cząstkowe i są równe zero. Wykażemy teraz, że nie istnieje różniczka funkcji $f$ w punkcie $(0,0)$. Przypuśćmy, dla dowodu nie wprost, że różniczka funkcji $f$ istnieje. Wtedy na podstawie tego, co wiemy o pochodnych cząstkowych, różniczka ta musi być równa tożsamościowo $0$, czyli $d_{(0,0)}f=0$. Z tego wynika, że następująca granica jest równa

$0=\underset{(k,h)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(0+k,0+h)-f(0,0)-{\partial }_{(0,0)}f(k,h)}{\sqrt{k^2+h^2}}=\underset{(k,h)\to (0,0)}{\lim }\frac{\sqrt{|kh|}}{\sqrt{k^2+h^2}}$

Zauważmy, że ostatnia granica nie istnieje, gdyż dla podciągu $x_n=0,y_n=\frac{1}{n}$ dostajemy wartość graniczną $0$, natomiast dla podciągu $x_n=y_n=\frac{1}{n}$ dostajemy $\frac{1}{\sqrt{2}}$. Otrzymaliśmy sprzeczność, czyli nasze przypuszczenie, że istnieje różniczka funkcji $f$ w punkcie $(0,0)$ było fałszywe.

b) Rozumujemy podobnie jak w poprzednim przykładzie. Obliczmy pochodną cząstkową $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$. Mamy

$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=0$

Podobnie obliczmy

$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y}=0$

Tak więc w punkcie $(0,0)$ istnieją pochodne cząstkowe i są równe zero. Wykażemy teraz, że nie istnieje różniczka funkcji $f$ w punkcie $(0,0)$. Przypuśćmy, dla dowodu nie wprost, że różniczka funkcji $f$ istnieje. Wtedy na podstawie tego, co wiemy o pochodnych cząstkowych, różniczka ta musi być równa tożsamościowo $0$, czyli $d_{(0,0)}f=0$. Z tego wynika, że następująca granica jest równa $0$

$\begin{array}{rl}& 0=\underset{(k,h)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(0+k,0+h)-f(0,0)-d_{(0,0)}f(k,h)}{\sqrt{k^2+h^2}}=\underset{(k,h)\to (0,0)}{\lim }\frac{\frac{kh}{\sqrt{k^2+h^2}}}{\sqrt{k^2+h^2}}\\ & =\underset{(k,h)\to (0,0)}{\lim }\frac{kh}{k^2+h^2}.\end{array}$

Zauważmy, że ostatnia granica nie istnieje, gdyż dla podciągu $x_n=0,y_n=\frac{1}{n}$ dostajemy wartość graniczną $0$, natomiast dla podciągu $x_n=y_n=\frac{1}{n}$ dostajemy $\frac{1}{2}$. Otrzymaliśmy sprzeczność, czyli nasze przypuszczenie, że istnieje

różniczka funkcji $f$ w punkcie $(0,0)$ było fałszywe.

Ćwiczenie 7.2.

Obliczyć różniczkę funkcji

a) $f(x,y)=x^{2}y+\cos (x+y)$ w punkcie $(\frac{\pi }{2},0)$

b) $f(x,y,z)=(x^3{y}^{2}z,x+y+z,\frac{xy}{z})$ w punkcie $(1,-1,1)$

c) $f(x,y,z)=(x^y,y^z)$ w punkcie $(1,1)$

d) $f(x)=(\ln x,\frac{1}{x^2},\arcsin x)$ w punkcie $\frac{1}{2}$

e) $f(x,y,z)=\ln (x^2+y^2+z^2)$ w punkcie $(1,1,1)$.

Wskazówka

Wykorzystać związek różniczki z pochodnymi cząstkowymi.

Rozwiązanie

Różniczka funkcji $f$ jest reprezentowana przez macierz pochodnych cząstkowych tej funkcji.

a) Obliczmy pochodne cząstkowe. Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=2xy-\sin (x+y),\frac{\partial f}{\partial x}(\frac{\pi }{2},0)=-1;\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=x^2-\sin (x+y),\frac{\partial f}{\partial y}(\frac{\pi }{2},0)=\frac{{\pi }^2}{4}-1.\\ \end{array}$

Tak więc różniczka funkcji jest równa

$d_{(\frac{\pi }{2},0)}f(k,h)=\left[\begin{array}{cc}-1& \frac{{\pi }^2}{4}-1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}k\\ h\end{array}\right]=-k+(\frac{{\pi }^2}{4}-1)h$

b) Postępujemy jak w poprzednim przykładzie. Funkcję $f$ możemy zapisać jako zestawienie $f(x,y,z)=(f^1(x,y,z),f^2(x,y,z),f^3(x,y,z))$, gdzie $f^1(x,y,z)=x^3{y}^{2}z$, $f^2(x,y,z)=x+y+z$, $f^3(x,y,z)=\frac{xy}{z}$. Macierz pochodnych cząstkowych funkcji $f$ ma postać

$\left[\begin{array}{ccc}\frac{\partial f^1}{\partial x}& \frac{\partial f^1}{\partial y}& \frac{\partial f^1}{\partial z}\\ \frac{\partial f^2}{\partial x}& \frac{\partial f^2}{\partial y}& \frac{\partial f^2}{\partial z}\\ \frac{\partial f^3}{\partial x}& \frac{\partial f^3}{\partial y}& \frac{\partial f^3}{\partial z}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}3x^2{y}^{2}z& 2x^{3}yz& x^3{y}^2\\ 1& 1& 1\\ \frac{y}{z}& \frac{x}{z}& -\frac{xy}{z^2}\end{array}\right]$

Mamy

$\left[\begin{array}{ccc}3& -2& 1\\ 1& 1& 1\\ -1& 1& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}k\\ h\\ l\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}3k-2h+l\\ k+h+l\\ -k+h+l\end{array}\right]$

Tak więc różniczka funkcji $f$ w punkcie $(1,-1,1)$ jest równa

$d_{(1,-1,1)}f(k,h,l)=(3k-2h+l,k+h+l,-k+h+l)$

c) Funkcję $f$ możemy zapisać jako zestawienie $f(x,y,z)=(f^1(x,y,z),f^2(x,y,z))$, gdzie $f^1(x,y,z)=x^y$, $f^2(x,y,z)=y^z$. Macierz pochodnych cząstkowych funkcji $f$ ma postać

$\left[\begin{array}{ccc}\frac{\partial f^1}{\partial x}& \frac{\partial f^1}{\partial y}& \frac{\partial f^1}{\partial z}\\ \frac{\partial f^2}{\partial x}& \frac{\partial f^2}{\partial y}& \frac{\partial f^2}{\partial z}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}y{x}^{y-1}& x^y\ln x& 0\\ 0& z{y}^{z-1}& y^z\ln y\end{array}\right]$

Mamy

$\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}k\\ h\\ l\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}k\\ h\end{array}\right]$

Tak więc różniczka funkcji $f$ w punkcie $(1,1,1)$ jest równa

$d_{(1,1,1)}f(k,h,l)=(k,h)$

d) Funkcję $f$ możemy zapisać jako zestawienie $f(x)=(f^1(x),f^2(x),f^3(x))$, gdzie $f^1(x)=\ln x$, $f^2(x)=\frac{1}{x^2}$, $f^3(x)=\arcsin x$. Macierz pochodnych cząstkowych funkcji $f$ ma postać

$\left[\begin{array}{c}\frac{\partial f^1}{\partial x}\\ \frac{\partial f^2}{\partial x}\\ \frac{\partial f^3}{\partial x}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}\frac{1}{x}\\ -\frac{2}{x^3}\\ \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\end{array}\right]$

Mamy

$\left[\begin{array}{c}2\\ -16\\ \frac{2}{\sqrt{3}}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}k\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}2k\\ -16k\\ \frac{2}{\sqrt{3}}k\end{array}\right]$

Tak więc różniczka funkcji $f$ w punkcie $\frac{1}{2}$ jest równa

$d_{\frac{1}{2}}f(k,h,l)=(2k,-16k,\frac{2}{\sqrt{3}}k)$

e) Macierz pochodnych cząstkowych funkcji $f$ ma postać

$\left[\begin{array}{ccc}\frac{\partial f}{\partial x}& \frac{\partial f}{\partial y}& \frac{\partial f}{\partial z}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}\frac{2x}{x^2+y^2+z^2}& \frac{2y}{x^2+y^2+z^2}& \frac{2z}{x^2+y^2+z^2}\end{array}\right]$

Tak więc różniczka funkcji $f$ w punkcie $(1,1,1)$ jest równa

$d_{(1,1,1)}f(k,h,l)=\left[\begin{array}{ccc}\frac{2}{3}& \frac{2}{3}& \frac{2}{3}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}k\\ h\\ l\end{array}\right]=\frac{2}{3}k+\frac{2}{3}h+\frac{2}{3}l$

Ćwiczenie 7.3.

Obliczyć różniczkę funkcji złożonej $h=g\circ f$, gdy

a) $f(x,y)=(x+y,xy)$, $g(x,y)=(\sin (x+y),\frac{x}{y+1})$ w punkcie $(0,\frac{\pi }{2})$,

b) $f(x,y)=x^2+y^2-2$, $g(x)=(\mathrm{t}\mathrm{g}x,\arccos x^2)$ w punkcie $(1,1)$,

c) $f(x,y,z)=(\sin (x-y),\cos (x+y+z),-1)$, $g(x,y,z)=\frac{x-y}{y-z}$ w punkcie, $(0,0,0)$

d) $f(x,y)=\frac{xy}{x^2+y^2}$, $g(x)=(\ln x,\frac{x}{x+1},x^3)$ w punkcie $(1,1)$.

Wskazówka

Różniczkę funkcji złożonej można przedstawić za pomocą macierzy, która powstanie przez pomnożenie odpowiednich macierzy pochodnych cząstkowych funkcji składowych.

Rozwiązanie

Jeżeli $h=g\circ f$, to macierz reprezentująca różniczkę funkcji $h$ powstaje z pomnożenia macierzy pochodnych cząstkowych funkcji $g$ przez macierz pochodnych cząstkowych funkcji $f$.

a) Wyznaczamy macierze pochodnych cząstkowych funkcji $f$ i $g$:

$\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ y& x\end{array}\right]\mathrm{i}\left[\begin{array}{cc}\cos (x+y)& \cos (x+y)\\ \frac{1}{y+1}& -\frac{x}{(y+1{)}^2}\end{array}\right]$

Różniczka funkcji $f$ w punkcie $(0,\frac{\pi }{2})$ jest reprezentowana przez macierz

$\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ \frac{\pi }{2}& 0\end{array}\right]$

Różniczka funkcji $g$ w punkcie $f(0,\frac{\pi }{2})=(\frac{\pi }{2},0)$ jest reprezentowana przez macierz

$\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& -\frac{\pi }{2}\end{array}\right]$

Zatem różniczka funkcji $h$ w punkcie $(0,\frac{\pi }{2})$ ma macierz

$\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& -\frac{\pi }{2}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ \frac{\pi }{2}& 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 1-\frac{{\pi }^2}{4}& 1\end{array}\right]$

b) Wyznaczamy macierze pochodnych cząstkowych funkcji $f$ i $g$:

$\left[\begin{array}{cc}2x& 2y\end{array}\right]\mathrm{i}\left[\begin{array}{c}\frac{1}{{\cos }^{2}x}\\ -\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}\end{array}\right]$

Różniczka funkcji $f$ w punkcie $(1,1)$ jest reprezentowana przez macierz $\left[\begin{array}{cc}2& 2\end{array}\right]$ Różniczka funkcji $g$ w punkcie $f(1,1)=0$ jest reprezentowana przez macierz $\left[\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right]$ Zatem macierzą różniczki funkcji $h$ w punkcie $(1,1)$ jest

$\left[\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}2& 2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}2& 2\\ -2& -2\end{array}\right]$

c) Wyznaczamy macierze pochodnych cząstkowych funkcji $f$ i $g$:

$\left[\begin{array}{ccc}\cos (x-y)& -\cos (x-y)& 0\\ -\sin (x+y+z)& -\sin (x+y+z)& -\sin (x+y+z)\\ 0& 0& 0\end{array}\right]\mathrm{i}\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{y-z}& \frac{z-x}{(y-z{)}^2}& \frac{x-y}{(y-z{)}^2}\end{array}\right]$

Różniczka funkcji $f$ w punkcie $(0,0,0)$ jest reprezentowana przez macierz

$\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$

Różniczka funkcji $g$ w punkcie $f(0,0,0)=(0,1,-1)$ jest reprezentowana przez macierz

$\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& -\frac{1}{4}& -\frac{1}{4}\end{array}\right]$

Zatem macierzą różniczki funkcji $h$ w punkcie $(0,0,0)$ jest

$\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& -\frac{1}{4}& -\frac{1}{4}\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}& 0\end{array}\right]$

d) Wyznaczamy macierze pochodnych cząstkowych funkcji $f$ i $g$:

$\left[\begin{array}{cc}\frac{y^3-x^{2}y}{(x^2+y^2{)}^2}& \frac{x^3-x{y}^2}{(x^2+y^2{)}^2}\end{array}\right]\mathrm{i}\left[\begin{array}{c}\frac{1}{x}\\ \frac{1}{(x+1{)}^2}\\ 3x^2\end{array}\right]$

Różniczka funkcji $f$ w punkcie $(1,1)$ jest reprezentowana przez macierz $\left[\begin{array}{cc}0& 0\end{array}\right]$. Różniczka funkcji $g$ w punkcie $f(1,1)=\frac{1}{2}$ jest reprezentowana przez macierz

$\left[\begin{array}{c}2\\ \frac{4}{9}\\ \frac{3}{4}\end{array}\right]$

Zatem macierzą różniczki funkcji $h$ w punkcie $(1,1)$ jest

$\left[\begin{array}{c}2\\ \frac{4}{9}\\ \frac{3}{4}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}0& 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\\ 0& 0\end{array}\right]$

Ćwiczenie 7.4.

Znaleźć równanie płaszczyzny stycznej do wykresu funkcji

a) $f(x,y)=2x^2+y^2$ w punkcie $(1,-1)$,

b) $f(x,y)=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}$ w punkcie $(1,1)$,

b) $f(x,y)=\ln (x^2+y^2)$ w punkcie $(0,1)$.

Rozwiązanie

Płaszczyzna styczna do wykresu funkcji $f(x,y)$ w punkcie $(x_0,y_0)$ ma równanie

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

a) Obliczmy wartości pochodnych cząstkowych funkcji $f$ w punkcie $(1,-1)$. Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=4x,\frac{\partial f}{\partial x}(1,-1)=4;\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=2y,\frac{\partial f}{\partial y}(1,-1)=-2.\end{array}$

Skoro $f(1,-1)=3$, to równanie płaszczyzny stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $(1,-1)$ ma postać

$z-3=4(x-1)-2(y+1)$,

czyli

$4x-2y-z=3$

b) Obliczmy wartości pochodnych cząstkowych funkcji $f$ w punkcie $(1,1)$. Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{4x{y}^2}{(x^2+y^2{)}^2},\frac{\partial f}{\partial x}(1,1)=1;\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-4x^{2}y}{(x^2+y^2{)}^2},\frac{\partial f}{\partial y}(1,1)=-1.\end{array}$

Skoro $f(1,1)=0$, to równanie płaszczyzny stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $(1,1)$ ma postać

$z=(x-1)-(y-1)$,

czyli

$x-y-z=0$

c) Obliczmy wartości pochodnych cząstkowych funkcji $f$ w punkcie $(0,1)$. Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2x}{x^2+y^2},\frac{\partial f}{\partial x}(0,1)=0;\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{2y}{x^2+y^2},\frac{\partial f}{\partial y}(0,1)=2.\end{array}$

Skoro $f(0,1)=0$, to równanie płaszczyzny stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $(0,1)$ ma postać

$z=0(x-0)+2(y-1)$,

czyli

$2y-z=2$

Wskazówka

Jaka jest interpretacja geometryczna różniczki?

Ćwiczenie 7.5.

Wykazać, że wykresy funkcji $f(x,y)=xy-x^2+8x-5$ i $g(x,y)=e^{2y+x+4}$ są styczne w punkcie $(2,-3)$.

Wskazówka

Wykorzystać definicję pochodnych cząstkowych. Dlaczego różniczka istnieje?

Rozwiązanie

Najpierw sprawdźmy, czy w punkcie $(2,-3)$ wartości obu funkcji są takie same. Mamy $f(2,-3)=-6-4+16-5=1$ oraz $g(2,-3)=e^{-6+2+4}=1$, zatem punkt $(2,-3,1)$ jest punktem wspólnym obu wykresów. Aby sprawdzić, czy wykresy funkcji $f$ i $g$ są styczne w tym punkcie należy wykazać, że płaszczyzny styczne do wykresów $f$ i $g$ w tym punkcie są identyczne. Obliczmy teraz wartości pochodnych cząstkowych

$\begin{array}{rlrl}& \frac{\partial f}{\partial x}=y-2x+8,& & \frac{\partial f}{\partial x}(2,-3)=1;\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=x,& & \frac{\partial f}{\partial y}(2,-3)=2;\\ & \frac{\partial g}{\partial x}=e^{2y+x+4},& & \frac{\partial g}{\partial x}(2,-3)=1;\\ & \frac{\partial g}{\partial y}=2e^{2y+x+4},& & \frac{\partial g}{\partial y}(2,-3)=2.\end{array}$

Wynika stąd, że wykresy obu funkcji są styczne do siebie w naszym punkcie, a ich wspólna płaszczyzna styczna ma równanie $x+2y-z=-5$.

Ćwiczenie 7.6.

Niech $g:\mathbb{ℝ}\to \mathbb{ℝ}$ będzie funkcją ciągłą. Obliczyć różniczkę funkcji

$f(x,y)=\underset{x}{\overset{y}{\int }}g(t)dt$

Wskazówka

Wykorzystać definicję pochodnych cząstkowych. Dlaczego różniczka istnieje?

Rozwiązanie

Ustalmy punkt $(x_0,y_0)$ i policzmy pochodne cząstkowe funkcji $f$ w tym punkcie. Niech $G(t)$ oznacza dowolną funkcję pierwotną funkcji $g(t)$ tzn. $G^{\prime }(t)=g(t)$. Mamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(x,y_0)-f(x_0,y_0)}{x-x_0}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{1}{x-x_0}(\underset{x}{\overset{y_0}{\int }}g(t)dt-\underset{x_0}{\overset{y_0}{\int }}g(t)dt)\\ & =\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{1}{x-x_0}\underset{x}{\overset{x_0}{\int }}g(t)dt=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{G(x_0)-G(x)}{x-x_0}=-G^{\prime }(x_0)=-g(x_0).\end{array}$

Podobnie obliczamy

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)=\underset{y\to y_0}{\lim }\frac{f(x_0,y)-f(x_0,y_0)}{y-y_0}=\underset{y\to y_0}{\lim }\frac{1}{y-y_0}\underset{x_0}{\overset{y}{\int }}g(t)dt-\underset{x_0}{\overset{y_0}{\int }}g(t)dt\\ & =\underset{y\to y_0}{\lim }\frac{1}{y-y_0}\underset{y_0}{\overset{y}{\int }}g(t)dt=\underset{y\to y_0}{\lim }\frac{G(y)-G(y_0)}{y-y_0}=G^{\prime }(y_0)=g(y_0).\end{array}$

Zauważmy, że z ciągłości funkcji $g$ wynika ciągłość pochodnych cząstkowych $\frac{\partial f}{\partial x}$ i $\frac{\partial f}{\partial y}$, a w szczególności różniczkowalność funkcji $f$. Na mocy powyższych zależności różniczka funkcji $f$ jest równa

$d_{(x_0,y_0)}f(k,h)=\left[\begin{array}{cc}-g(x_0)& g(y_0)\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}k\\ h\end{array}\right]=-g(x_0)k+g(y_0)h$

Ćwiczenie 7.7.

a) Wyznaczyć jakobian odwzorowania

$\mathrm{\Psi }:(0,\mathrm{\infty })\times \mathbb{ℝ}\ni (r,\varphi )\mapsto (r\cos \varphi ,r\sin \varphi )\in {\mathbb{ℝ}}^2$

w dowolnym punkcie jego dziedziny.

b) Obliczyć jakobian odwzorowania

$f:{\mathbb{ℝ}}^n\ni (x_1,\dots ,x_n)\mapsto (\frac{1}{2}{x}_1^2,x_1{x}_2,x_1{x}_3,\dots ,x_1{x}_n)\in {\mathbb{ℝ}}^n$

w punkcie $(1,1,\dots ,1)$.

Wskazówka

Wyznaczyć macierz Jacobiego danego odwzorowania i policzyć jego wyznacznik.

Rozwiązanie

a) Macierz Jacobiego odwzorowania $\mathrm{\Psi }$ w dowolnym punkcie $(r,\varphi )$ ma postać

$\left[\begin{array}{cc}\cos \varphi & -r\sin \varphi \\ \sin \varphi & r\cos \varphi \end{array}\right]$

Zatem jac${}_{(r,\varphi )}\mathrm{\Psi }=r{\cos }^2\varphi +r{\sin }^2\varphi =r$.

b) Macierz Jacobiego odwzorowania $f$ ma postać

$\left[\begin{array}{ccccccc}{x}_1& 0& 0& 0& \cdots & 0& 0\\ x_2& x_1& 0& 0& \cdots & 0& 0\\ x_3& 0& x_1& 0& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮\\ x_{n-1}& 0& 0& 0& \cdots & x_1& 0\\ x_n& 0& 0& 0& \cdots & 0& x_1\end{array}\right]$

Jest to macierz trójkątna, czyli jej wyznacznik jest ilorazem wyrazów z przekątnej. Zatem jac${}_{(x_1,x_2,\dots ,x_n)}f=(x_1{)}^n$, a w szczególności jac${}_{(1,1...,1)}f=1$.

Ćwiczenie 7.8.

Obliczyć różniczkę rzędu drugiego funkcji

a) $f(x,y)=x^2{y}^3$,

b) $f(x,y,z)=4x^2+5x^3+xyz$,

c) $f(x,y)=(xy,x^3+y^4)$.

Wskazówka

Jaki jest związek między różniczką drugiego rzędu a pochodnymi cząstkowymi drugiego rzędu?

Rozwiązanie

Różniczkę rzędu drugiego funkcji $f:{\mathbb{ℝ}}^2\to \mathbb{ℝ}$ możemy utożsamić z macierzą utworzoną z pochodnych cząstkowych rzędu drugiego tej funkcji.

a) Macierz pochodnych cząstkowych rzędu drugiego funkcji $f$ ma postać

$\left[\begin{array}{cc}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}\\ \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}2y^3& 6x{y}^2\\ 6x{y}^2& 6x^{2}y\end{array}\right]$

Tak więc różniczka rzędu drugiego funkcji $f$ jest równa

$\begin{array}{rl}& d_{(x,y)}^{2}f((k_1,h_1),(k_2,h_2))=\left[\begin{array}{cc}{k}_2& h_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}2y^3& 6x{y}^2\\ 6x{y}^2& 6x^{2}y\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{k}_1\\ h_1\end{array}\right]\\ & =2y^2{k}_1{k}_2+6x{y}^2{k}_2{h}_1+6x{y}^2{k}_1{h}_2+6x^{2}y{h}_1{h}_2.\end{array}$

b) Macierz pochodnych cząstkowych rzędu drugiego funkcji $f$ ma postać

$\left[\begin{array}{ccc}\frac{{\partial }^f}{\partial x^2}& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial z\partial x}\\ \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial z}\\ \frac{{\partial }^{2}f}{\partial z\partial x}& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial z\partial y}& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial z^2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}8+30x& z& y\\ z& 0& x\\ y& x& 0\end{array}\right]$

Tak więc różniczka rzędu drugiego funkcji $f$ jest równa

$\begin{array}{rl}& d_{(x,y,z)}^{2}f((k_1,h_1,l_1),(k_2,h_2,l_2))=\left[\begin{array}{ccc}{k}_2& h_2& l_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}8+30x& z& y\\ z& 0& x\\ y& x& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{k}_1\\ h_1\\ l_1\end{array}\right]\\ & =(8+30x)k_1{k}_2+z{k}_1{h}_2+z{k}_2{h}_1+y{k}_1{l}_2+y{k}_2{l}_1+x{h}_1{l}_2+x{h}_2{l}_1.\end{array}$

c) Funkcję $f$ możemy zapisać jako zestawienie $f=(g,h)$, gdzie $g(x,y)=xy$ a $h(x,y)=x^3+y^4$. Macierz pochodnych cząstkowych rzędu drugiego funkcji $g$ ma postać

$\left[\begin{array}{cc}\frac{{\partial }^{2}g}{\partial x^2}& \frac{{\partial }^{2}g}{\partial y\partial x}\\ \frac{{\partial }^{2}g}{\partial y\partial x}& \frac{{\partial }^{2}g}{\partial y^2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$

Tak więc różniczka rzędu drugiego funkcji $g$ jest równa

$d_{(x,y)}^{2}g((k_1,h_1),(k_2,h_2))=\left[\begin{array}{cc}{k}_2& h_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{k}_1\\ h_1\end{array}\right]=k_1{h}_2+k_2{h}_1$

Podobnie macierz pochodnych cząstkowych rzędu drugiego funkcji $h$ ma postać

$\left[\begin{array}{cc}\frac{{\partial }^{2}h}{\partial x^2}& \frac{{\partial }^{2}h}{\partial y\partial x}\\ \frac{{\partial }^{2}h}{\partial y\partial x}& \frac{{\partial }^{2}h}{\partial y^2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}6x& 0\\ 0& 12y^2\end{array}\right]$

Stąd różniczka rzędu drugiego funkcji $f$ jest równa

$d_{(x,y)}^{2}g((k_1,h_1),(k_2,h_2))=\left[\begin{array}{cc}{k}_2& h_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}6x& 0\\ 0& 12y^2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{k}_1\\ h_1\end{array}\right]=6x{k}_1{k}_2+12y^2{h}_1{h}_2$

Zatem różniczka rzędu drugiego funkcji $f$ jest postaci

$d_{(x,y)}^{2}f((k_1,h_1),(k_2,h_2))=(k_1{h}_2+k_2{h}_1,6x{k}_1{k}_2+12y^2{h}_1{h}_2)$

Ćwiczenie 7.9.

Obliczyć wartość różniczki $d_{(1,1)}^{3}f$ na trójce jednakowych wektorów $h=(h_1,h_2)$, jeśli

a) $f(x,y)=5x^3+x^{2}y+3x{y}^2-y^3$,

a) $f(x,y)=(2x+e-2{)}^y$,

b) $f(x,y)=x\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}y-9y\sqrt[3]{x}$.

Wskazówka

Jak można wyrazić wartość różniczki $n$-tego rzędu na $n$-tce takich samych wektorów?

Rozwiązanie

Niech $z=(z_1,z_2)=(x,y)$. Zastosujemy wzór

$\begin{array}{rl}& d_{(1,1)}^{3}f(h,h,h)=\sum _{|\alpha |=3}(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{\alpha })\frac{{\partial }^3}{\partial z^{\alpha }}f(1,1)h^{\alpha }=\\ & =\frac{{\partial }^{3}f}{\partial x^3}(1,1)h_1^3+3\frac{{\partial }^{3}f}{\partial x^2\partial y}(1,1)h_1^2{h}_2+3\frac{{\partial }^{3}f}{\partial x\partial y^2}(1,1)h_1{h}_2^2+\frac{{\partial }^{3}f}{\partial y^3}(1,1)h_2^3.\end{array}$

a) Liczymy pochodne cząstkowe rzędu trzeciego funkcji $f(x,y)=5x^3+x^{2}y+3x{y}^2-y^3$:

$\begin{array}{rlrlrlr}\frac{{\partial }^{3}f}{\partial x^3}=30,& & \frac{{\partial }^{3}f}{\partial x^2\partial y}=2,& & \frac{{\partial }^{3}f}{\partial x\partial y^2}=6,& & \frac{{\partial }^{3}f}{\partial y^3}=-6\end{array}$

i wstawiamy ich wartości w punkcie $(1,1)$ do wzoru, otrzymując

$d_{(1,1)}^{3}f(h,h,h)=30h_1^3+6h_1^2{h}_2+18h_1{h}_2^2-6h_2^3$

b) Liczymy pochodne cząstkowe rzędu trzeciego funkcji $f(x,y)=(2x+e-2{)}^y$:

$\begin{array}{r}\frac{{\partial }^{3}f}{\partial x^3}=8y(y-1)(y-2)(2x+e-2{)}^{y-3},\\ \frac{{\partial }^{3}f}{\partial x^2\partial y}=4(2x+e-2{)}^{y-2}[2y-1+y(y-1)\ln (2x+e-2)],\\ \frac{{\partial }^{3}f}{\partial x\partial y^2}=2(2x+e-2{)}^{y-1}\ln (2x+e-2)[2+y\ln (2x+e-2)],\\ \frac{{\partial }^{3}f}{\partial y^3}=(2x+e-2{)}^y{\ln }^3(2x+e-2)\end{array}$

i wstawiamy ich wartości w punkcie $(1,1)$ do wzoru, otrzymując

$d_{(1,1)}^{3}f(h,h,h)=0h_1^3+\frac{12}{e}{h}_1^2{h}_2+18h_1{h}_2^2+e{h}_2^3$

c) Liczymy pochodne cząstkowe rzędu trzeciego funkcji $f(x,y)=x\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}y-9y\sqrt[3]{x}$:

$\begin{array}{rlrl}& \frac{{\partial }^{3}f}{\partial x^3}=-\frac{10y}{3\sqrt[3]{x^8}},& & \frac{{\partial }^{3}f}{\partial x^2\partial y}=\frac{2}{\sqrt[3]{x^5}},\\ & \frac{{\partial }^{3}f}{\partial x\partial y^2}=\frac{-2y}{(1+y^2{)}^2},& & \frac{{\partial }^{3}f}{\partial y^3}=\frac{2x(3y^2-1)}{(1+y^2{)}^3}\end{array}$

i wstawiamy ich wartości w punkcie $(1,1)$ do wzoru, otrzymując

$d_{(1,1)}^{3}f(h,h,h)=-\frac{10}{3}{h}_1^3+6h_1^2{h}_2-\frac{3}{2}{h}_1{h}_2^2+\frac{1}{2}{h}_2^3$