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

Funkcje wielu zmiennych. Ciągłość. Pochodne cząstkowe. Ćwiczenia

Zadania

Ćwiczenie

Wyznaczyć dziedzinę funkcji

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

b) Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \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) $\displaystyle f(x)=\arcsin({\frac {y}{x}})$,

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

Ćwiczenie

Obliczyć granice iterowane i granice funkcji (o ile istnieją)

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 }

Ćwiczenie

Zbadać ciągłość funkcji

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned &\text {a)} \ \ f(x,y)=\begincases &\frac {x^2y}{x^2+y^2},\ \ \text {jeśli} \ \ (x,y)\neq 0 \\ &0,\ \ \text {jeśli} \ \ (x,y)=0 \\ \endcases , \\ &\text {b)} \ \ f(x,y)=\begincases &\frac {x^2}{x^2+y^2},\ \ \text {jeśli} \ \ (x,y)\neq 0 \\ &0,\ \ \text {jeśli} \ \ (x,y)=0 \\ \endcases . \\ \endaligned }

Ćwiczenie

Obliczyć pochodne cząstkowe rzędu pierwszego następujących funkcji

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

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

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

Ćwiczenie

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begincases”): {\displaystyle \displaystyle a) \ \ f(x,y)=\begincases &\frac {x^2y}{x^2+y^2}, \ \ \text {jeśli}\; (x,y)\neq 0, \\ &0, \ \ \text {jeśli}\; (x,y)=0 \endcases }

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 $\displaystyle (1,0)$.

Ćwiczenie

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.

Ćwiczenie

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

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

Ćwiczenie

Obliczyć

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

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

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begincases”): {\displaystyle \displaystyle f(x,y)=\begincases &xy\frac {x^2-y^2}{x^2+y^2}, \ \ \text {jeśli} \ \ (x,y)\neq 0, \\ &0, \ \ \text {jeśli} \ \ (x,y)=0 \endcases . }

Ćwiczenie

Dane równanie zapisać w nowych współrzędnych

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 }

Wskazówki

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.05.010| Jaki zbiór jest dziedziną funkcji

pierwiastkowej, logarytmu, funkcji cyklometrycznych i funkcji area?

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.05.020| Jaki jest związek pomiędzy granicami

iterowanymi i zwykłą granicą? Przy obliczaniu niektórych granic można wykorzystać współrzędne biegunowe.

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.05.030| 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.

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.05.040| Przy obliczaniu pochodnej cząstkowej, np.

względem zmiennej $\displaystyle x$, pozostałe zmienne traktujemy jak stałe i stosujemy znane metody obliczania pochodnych funkcji jednej zmiennej.

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.05.050| Skorzystać z definicji pochodnej

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

b), c) Zastosować udowodniony wzór.

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.05.060| Wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu

funkcji złożonej.

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.05.070| Wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu

funkcji złożonej.

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.05.080| Skorzystać z definicji pochodnej

cząstkowej. Kiedy pochodne mieszane wyższych rzędów są równe?

Wskazówka

Uzupelnic z.am2.05.090| 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?).

Rozwiązania i odpowiedzi

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.05.010| 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

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

{ rysunek am2c05.0010}

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 $\displaystyle D_{f}={\overline {K}}(0,1)$.

{ rysunek am2c05.0020}

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

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

{ rysunek am2c05.0030}

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 $\displaystyle y=1-x$.

{ rysunek am2c05.0040}

e) Ponieważ dziedziną arcusa sinusa jest odcinek $\displaystyle [-1,1]$, więc musimy założyć, że $\displaystyle -1\leq {\frac {y}{x}}\leq 1$. 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 poniższym rysunku.

{ rysunek am2c05.0050}

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 $\displaystyle y=-x$.

{ rysunek am2c05.0060}

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

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

{ rysunek am2c05.0070}

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 $\displaystyle y=-{\frac {1}{x}}$ i $\displaystyle y={\frac {1}{x}}$.

{ rysunek am2c05.0080}

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 $\displaystyle {\overline {K}}(0,1)^{c}$.

{ [[rysunek am2c05.0090] ]}

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.05.020| a) Niech $\displaystyle f(x,y)={\frac {x^{2}y^{2}}{x^{2}y^{2}+(x+y)^{2}}}$. Obliczamy granice iterowane Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $\displaystyle x_{n}=-y_{n}={\frac {1}{n}}$

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

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

b) Obliczamy granice iterowane

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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)

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $\displaystyle x^{4}+y^{4}\geq 2x^{2}y^{2}$, a stąd dostajemy następujące oszacowanie

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

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

e) Obliczamy granice iterowane

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

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

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.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.05.030| 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

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

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $\displaystyle (0,0)$.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.05.040| a) Mamy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 }

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.05.050| 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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

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

b) Obliczmy najpierw pochodne cząstkowe

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

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

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.05.060| a) Mamy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=g', \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=zg', \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=yg'. \\ \endaligned }

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.05.070| a) Mamy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 }

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.05.080| a) Mamy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

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

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

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am2.05.090| a) Dla współrzędnych biegunowych $\displaystyle x=r\cos \varphi$, $\displaystyle y=r\sin \varphi$, przy czym $\displaystyle r=r(\varphi )$, mamy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned &\Delta f=\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 ) \\ =& \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 ) \\ &-\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) \\ &+\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 ) \\ &+\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) \\ &=\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 \endaligned }

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

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