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 $\displaystyle (0,0)$ funkcji

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

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

Wskazówka

Wykorzystać definicję różniczki i pochodnych cząstkowych.

Rozwiązanie

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

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

Podobnie obliczmy

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

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

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

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

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

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

Podobnie obliczmy

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

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

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

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

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

Ćwiczenie 7.2.

Obliczyć różniczkę funkcji

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

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

c) $\displaystyle f(x,y,z)=(x^{y},y^{z})$ w punkcie $\displaystyle (1,1),$

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

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

Wskazówka

Wykorzystać związek różniczki z pochodnymi cząstkowymi.

Rozwiązanie

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

a) Obliczmy pochodne cząstkowe. Mamy

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

Tak więc różniczka funkcji jest równa

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

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

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

Mamy

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

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

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

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

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

Mamy

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

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

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

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

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

Mamy

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

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

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

e) Macierz pochodnych cząstkowych funkcji $\displaystyle f$ ma postać

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

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

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

Ćwiczenie 7.3.

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

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

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

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

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Ćwiczenie 7.4.

Znaleźć równanie płaszczyzny stycznej do wykresu funkcji

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

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

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

Rozwiązanie

Płaszczyzna styczna do wykresu funkcji $\displaystyle f(x,y)$ w punkcie $\displaystyle (x_{0},y_{0})$ ma równanie

$\displaystyle z-f(x_{0},y_{0})={\frac {\partial f}{\partial x}}(x_{0},y_{0})(x-x_{0})+{\frac {\partial f}{\partial y}}(x_{0},y_{0})(y-y_{0}).$

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

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

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

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

czyli

$\displaystyle 4x-2y-z=3.$

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

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

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

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

czyli

$\displaystyle x-y-z=0.$

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

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

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

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

czyli

$\displaystyle 2y-z=2.$

Wskazówka

Jaka jest interpretacja geometryczna różniczki?

Ćwiczenie 7.5.

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

Wskazówka

Wykorzystać definicję pochodnych cząstkowych. Dlaczego różniczka istnieje?

Rozwiązanie

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

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

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

Ćwiczenie 7.6.

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

$\displaystyle f(x,y)=\int _{x}^{y}g(t)dt.$

Wskazówka

Wykorzystać definicję pochodnych cząstkowych. Dlaczego różniczka istnieje?

Rozwiązanie

Ustalmy punkt $\displaystyle (x_{0},y_{0})$ i policzmy pochodne cząstkowe funkcji $\displaystyle f$ w tym punkcie. Niech $\displaystyle G(t)$ oznacza dowolną funkcję pierwotną funkcji $\displaystyle g(t)$ tzn. $\displaystyle G'(t)=g(t)$. Mamy

$\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {\partial f}{\partial x}}(x_{0},y_{0})=\lim _{x\to x_{0}}{\frac {f(x,y_{0})-f(x_{0},y_{0})}{x-x_{0}}}=\lim _{x\to x_{0}}{\frac {1}{x-x_{0}}}\left(\int _{x}^{y_{0}}g(t)dt-\int _{x_{0}}^{y_{0}}g(t)dt\right)\\&=\lim _{x\to x_{0}}{\frac {1}{x-x_{0}}}\int _{x}^{x_{0}}g(t)dt=\lim _{x\to x_{0}}{\frac {G(x_{0})-G(x)}{x-x_{0}}}=-G'(x_{0})=-g(x_{0}).\end{aligned}}$

Podobnie obliczamy

$\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {\partial f}{\partial y}}(x_{0},y_{0})=\lim _{y\to y_{0}}{\frac {f(x_{0},y)-f(x_{0},y_{0})}{y-y_{0}}}=\lim _{y\to y_{0}}{\frac {1}{y-y_{0}}}\int _{x_{0}}^{y}g(t)dt-\int _{x_{0}}^{y_{0}}g(t)dt\\&=\lim _{y\to y_{0}}{\frac {1}{y-y_{0}}}\int _{y_{0}}^{y}g(t)dt=\lim _{y\to y_{0}}{\frac {G(y)-G(y_{0})}{y-y_{0}}}=G'(y_{0})=g(y_{0}).\end{aligned}}$

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

$\displaystyle d_{(x_{0},y_{0})}f(k,h)=\left[{\begin{array}{cc}-g(x_{0})&g(y_{0})\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}k\\h\end{array}}\right]=-g(x_{0})k+g(y_{0})h.$

Ćwiczenie 7.7.

a) Wyznaczyć jakobian odwzorowania

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

w dowolnym punkcie jego dziedziny.

b) Obliczyć jakobian odwzorowania

$\displaystyle f:\mathbb {R} ^{n}\ni (x_{1},...,x_{n})\mapsto \left({\frac {1}{2}}x_{1}^{2},x_{1}x_{2},x_{1}x_{3},...,x_{1}x_{n}\right)\in \mathbb {R} ^{n}$

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

Wskazówka

Wyznaczyć macierz Jacobiego danego odwzorowania i policzyć jego wyznacznik.

Rozwiązanie

a) Macierz Jacobiego odwzorowania $\displaystyle \Psi$ w dowolnym punkcie $\displaystyle (r,\phi )$ ma postać

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

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

b) Macierz Jacobiego odwzorowania $\displaystyle f$ ma postać

$\displaystyle \left[{\begin{array}{ccccccc}x_{1}&0&0&0&\cdots &0&0\\x_{2}&x_{1}&0&0&\cdots &0&0\\x_{3}&0&x_{1}&0&\cdots &0&0\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\x_{n-1}&0&0&0&\cdots &x_{1}&0\\x_{n}&0&0&0&\cdots &0&x_{1}\end{array}}\right].$

Jest to macierz trójkątna, czyli jej wyznacznik jest ilorazem wyrazów z przekątnej. Zatem jac$\displaystyle _{(x_{1},x_{2},...,x_{n})}f=(x_{1})^{n}$, a w szczególności jac$\displaystyle _{(1,1...,1)}f=1$.

Ćwiczenie 7.8.

Obliczyć różniczkę rzędu drugiego funkcji

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

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

c) $\displaystyle f(x,y)=(xy,x^{3}+y^{4}).$

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

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

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

Tak więc różniczka rzędu drugiego funkcji $\displaystyle f$ jest równa

$\displaystyle {\begin{aligned}&d_{(x,y)}^{2}f((k_{1},h_{1}),(k_{2},h_{2}))=\left[{\begin{array}{cc}k_{2}&h_{2}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{cc}2y^{3}&6xy^{2}\\6xy^{2}&6x^{2}y\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}k_{1}\\h_{1}\end{array}}\right]\\&=2y^{2}k_{1}k_{2}+6xy^{2}k_{2}h_{1}+6xy^{2}k_{1}h_{2}+6x^{2}yh_{1}h_{2}.\end{aligned}}$

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

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

Tak więc różniczka rzędu drugiego funkcji $\displaystyle f$ jest równa

$\displaystyle {\begin{aligned}&d_{(x,y,z)}^{2}f((k_{1},h_{1},l_{1}),(k_{2},h_{2},l_{2}))=\left[{\begin{array}{ccc}k_{2}&h_{2}&l_{2}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{ccc}8+30x&z&y\\z&0&x\\y&x&0\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}k_{1}\\h_{1}\\l_{1}\end{array}}\right]\\&=(8+30x)k_{1}k_{2}+zk_{1}h_{2}+zk_{2}h_{1}+yk_{1}l_{2}+yk_{2}l_{1}+xh_{1}l_{2}+xh_{2}l_{1}.\end{aligned}}$

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

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

Tak więc różniczka rzędu drugiego funkcji $\displaystyle g$ jest równa

$\displaystyle d_{(x,y)}^{2}g((k_{1},h_{1}),(k_{2},h_{2}))=\left[{\begin{array}{cc}k_{2}&h_{2}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{cc}0&1\\1&0\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}k_{1}\\h_{1}\end{array}}\right]=k_{1}h_{2}+k_{2}h_{1}.$

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

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

Stąd różniczka rzędu drugiego funkcji $\displaystyle f$ jest równa

$\displaystyle d_{(x,y)}^{2}g((k_{1},h_{1}),(k_{2},h_{2}))=\left[{\begin{array}{cc}k_{2}&h_{2}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{cc}6x&0\\0&12y^{2}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}k_{1}\\h_{1}\end{array}}\right]=6xk_{1}k_{2}+12y^{2}h_{1}h_{2}.$

Zatem różniczka rzędu drugiego funkcji $\displaystyle f$ jest postaci

$\displaystyle d_{(x,y)}^{2}f((k_{1},h_{1}),(k_{2},h_{2}))=(k_{1}h_{2}+k_{2}h_{1},6xk_{1}k_{2}+12y^{2}h_{1}h_{2}).$

Ćwiczenie 7.9.

Obliczyć wartość różniczki $\displaystyle d_{(1,1)}^{3}f$ na trójce jednakowych wektorów $\displaystyle h=(h_{1},h_{2})$, jeśli

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

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

b) $\displaystyle f(x,y)=x\mathrm {arctg} \,{y}-9y{\sqrt[{3}]{x}}.$

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Niech $\displaystyle z=(z_{1},z_{2})=(x,y)$. Zastosujemy wzór

$\displaystyle {\begin{aligned}&d_{(1,1)}^{3}f(h,h,h)=\sum _{|\alpha |=3}{\binom {3}{\alpha }}{\frac {\partial ^{3}}{\partial z^{\alpha }}}f(1,1)h^{\alpha }=\\&={\frac {\partial ^{3}f}{\partial x^{3}}}(1,1)h_{1}^{3}+3{\frac {\partial ^{3}f}{\partial x^{2}\partial y}}(1,1)h_{1}^{2}h_{2}+3{\frac {\partial ^{3}f}{\partial x\partial y^{2}}}(1,1)h_{1}h_{2}^{2}+{\frac {\partial ^{3}f}{\partial y^{3}}}(1,1)h_{2}^{3}.\end{aligned}}$

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

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

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

$\displaystyle d_{(1,1)}^{3}f(h,h,h)=30h_{1}^{3}+6h_{1}^{2}h_{2}+18h_{1}h_{2}^{2}-6h_{2}^{3}.$

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

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

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

$\displaystyle d_{(1,1)}^{3}f(h,h,h)=0h_{1}^{3}+{\frac {12}{e}}h_{1}^{2}h_{2}+18h_{1}h_{2}^{2}+eh_{2}^{3}.$

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

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

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

$\displaystyle d_{(1,1)}^{3}f(h,h,h)=-{\frac {10}{3}}h_{1}^{3}+6h_{1}^{2}h_{2}-{\frac {3}{2}}h_{1}h_{2}^{2}+{\frac {1}{2}}h_{2}^{3}.$