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

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

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

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

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

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(a)

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(b)

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

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

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

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(c)

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(d)

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 rysunku.

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

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(e)

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(f)

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

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

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

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(g)

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(h)

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

Rysunek do ćwiczenia 6.1.(i)

Ćwiczenie 6.2.

Obliczyć granice iterowane i granice funkcji (o ile istnieją)

$\displaystyle {\begin{aligned}&{\text{a)}}\ \ \lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{2}y^{2}}{x^{2}y^{2}+(x+y)^{2}}},\\&{\text{b)}}\ \ \lim _{(x,y)\to (0,0)}\left(1+x^{4}y^{4}\right)^{\frac {2}{x^{2}+y^{2}}},\\&{\text{c)}}\ \ \lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {e^{x^{2}+y^{2}}-1}{x^{2}+y^{2}}},\\&{\text{d)}}\ \ \lim _{x\to +\infty ,y\to +\infty }{\frac {x^{2}+y^{2}}{x^{4}+y^{4}}},\\&{\text{e)}}\ \ \lim _{x\to 1^{+},y\to 0^{+}}\log _{x}(x+y),\\&{\text{f)}}\ \ \lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {\sin(x^{2})\sin(y^{2})}{x^{2}+y^{4}}},\\&{\text{g)}}\ \ \lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {e^{-{\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}}}{x^{4}+y^{4}}}.\\\end{aligned}}$

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

$\displaystyle {\begin{aligned}&\lim _{x\to 0}\lim _{y\to 0}{\frac {x^{2}y^{2}}{x^{2}y^{2}+(x+y)^{2}}}=\lim _{x\to 0}0=0,\\&\lim _{y\to 0}\lim _{x\to 0}{\frac {x^{2}y^{2}}{x^{2}y^{2}+(x+y)^{2}}}=\lim _{y\to 0}0=0.\\\end{aligned}}$

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

$\displaystyle {\begin{aligned}&\lim _{x\to 0}\lim _{y\to 0}(1+x^{4}y^{4})^{-{\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}}=\lim _{x\to 0}1=1,\\&\lim _{y\to 0}\lim _{x\to 0}(1+x^{4}y^{4})^{-{\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}}=\lim _{y\to 0}1=1.\\\end{aligned}}$

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

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

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

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

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

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

d) Obliczamy granice iterowane

$\displaystyle {\begin{aligned}&\lim _{x\to +\infty }\lim _{y\to +\infty }{\frac {x^{2}+y^{2}}{x^{4}+y^{4}}}=\lim _{x\to +\infty }0=0,\\&\lim _{y\to +\infty }\lim _{x\to +\infty }{\frac {x^{2}+y^{2}}{x^{4}+y^{4}}}=\lim _{y\to +\infty }0=0.\\\end{aligned}}$

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

$\displaystyle {\begin{aligned}&\lim _{x\to 1^{+}}\lim _{y\to 0^{+}}\log _{x}(x+y)=\lim _{x\to 1^{+}}\lim _{y\to 0^{+}}{\frac {\ln(x+y)}{\ln x}}=\lim _{x\to 1^{+}}1=1,\\&\lim _{y\to 0^{+}}\lim _{x\to 1^{+}}\log _{x}(x+y)=\lim _{y\to 0^{+}}\lim _{x\to 1^{+}}{\frac {\ln(x+y)}{\ln x}}=+\infty ,\quad {\rm {bo}}\;\lim _{x\to 1^{+}}{\frac {\ln(x+y)}{\ln x}}=+\infty ,\\\end{aligned}}$

z czego wynika, że szukana granica nie istnieje.

f) Obliczamy granice iterowane

$\displaystyle {\begin{aligned}&\lim _{x\to 0}\lim _{y\to 0}{\frac {\sin(x^{2})\sin(y^{2})}{x^{2}+y^{4}}}=\lim _{x\to 0}0=0,\\&\lim _{y\to 0}\lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x^{2})\sin(y^{2})}{x^{2}+y^{4}}}=\lim _{y\to 0}0=0.\\\end{aligned}}$

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

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

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

g) Obliczamy granice iterowane

$\displaystyle {\begin{aligned}&\lim _{x\to 0}\lim _{y\to 0}{\frac {e^{-{\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}}}{x^{4}+y^{4}}}=\lim _{x\to 0}{\frac {e^{-{\frac {1}{x^{2}}}}}{x^{4}}}=0,\\&\lim _{y\to 0}\lim _{x\to 0}{\frac {e^{-{\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}}}{x^{4}+y^{4}}}=\lim _{y\to 0}{\frac {e^{-{\frac {1}{y^{2}}}}}{y^{4}}}=0.\\\end{aligned}}$

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.

Ćwiczenie 6.3.

Zbadać ciągłość funkcji

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

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

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

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

$\displaystyle {\begin{aligned}&\lim _{x\to 0}\lim _{y\to 0}{\frac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}}=\lim _{x\to 0}{\frac {x^{2}}{x^{2}}}=\lim _{x\to 0}1=1,\\&\lim _{y\to 0}\lim _{x\to 0}{\frac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}}=\lim _{y\to 0}0=0,\\\end{aligned}}$

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

Ćwiczenie 6.4.

Obliczyć pochodne cząstkowe rzędu pierwszego następujących funkcji

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

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

a) Mamy

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

b) Mamy

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

c) Mamy

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

d) Mamy

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

e) Mamy

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

f) Mamy

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

g) Mamy

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

Ćwiczenie 6.5.

Udowodnić zależność między pochodną kierunkową a pochodnymi cząstkowymi

$\displaystyle \partial _{v}f(x,y)=v_{1}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)+v_{2}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y),$

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

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

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

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

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

Wskazówka

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

b), c) Zastosować udowodniony wzór.

Rozwiązanie

Niech $\displaystyle v=(v_{1},v_{2})\neq 0$ i niech $\displaystyle h$ będzie liczbą rzeczywistą o małym module. Z twierdzenia Lagrange'a dla funkcji $\displaystyle \phi _{h}(t)=f(x+hv_{1},t)$ istnieje $\displaystyle \Theta _{h}\in (0,1)$ takie, że

$\displaystyle {\begin{aligned}f(x+hv_{1},y+hv_{2})-f(x+hv_{1},y)=\phi _{h}(y+hv_{2})-\phi _{h}(y)=\phi _{h}'(y+\Theta _{h}hv_{2})(y+hv_{2}-y)=\\={\frac {\partial f}{\partial y}}(x+hv_{1},y+\Theta _{h}hv_{2})(hv_{2}).\end{aligned}}$

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

$\displaystyle {\begin{aligned}f(x+hv_{1},y)-f(x,y)=\psi (x+hv_{1})-\phi _{h}(x)=\psi '(x+\vartheta hv_{1})(x+hv_{1}-x)=\\={\frac {\partial f}{\partial x}}(x+\vartheta hv_{1},y)(hv_{1}).\end{aligned}}$

Zatem

$\displaystyle {\begin{aligned}\partial _{v}f(x,y)=\lim _{h\to 0}{\frac {f(x+hv_{1},y+hv_{2})-f(x+hv_{1},y)+f(x,y+hv_{2})-f(x,y))}{h}}=\\=\lim _{h\to 0}{\frac {{\frac {\partial f}{\partial x}}(x+hv_{1},y+\Theta _{h}hv_{2})hv_{2}+{\frac {\partial f}{\partial y}}(x+\vartheta hv_{1},y)hv_{1}}{h}}=\\=v_{1}\lim _{h\to 0}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x+hv_{1},y+\Theta _{h}hv_{2})+v_{2}\lim _{h\to 0}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x+\vartheta hv_{1},y)=v_{1}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)+v_{2}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y),\end{aligned}}$

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

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

Korzystając z udowodnionego wzoru, otrzymujemy

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

c) Postępujemy jak powyżej. Obliczmy pochodne cząstkowe

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

Mamy

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

Ćwiczenie 6.6.

Obliczyć pochodne cząstkowe rzędu pierwszego następujących funkcji złożonych

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

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

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

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu funkcji złożonej.

Rozwiązanie

a) Mamy

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

b) Mamy

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

c) Mamy

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

Ćwiczenie 6.7.

Sprawdzić, czy funkcja

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

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

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

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

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

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

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

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

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu funkcji złożonej.

Rozwiązanie

a) Mamy

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

czyli

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

b) Mamy

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

czyli

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

c) Mamy

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

czyli

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

d) Mamy

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

czyli

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

Ćwiczenie 6.8.

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

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

a) Mamy

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

oraz

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

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

b) Mamy

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

oraz

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

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

Ćwiczenie 6.9.

Dane równanie zapisać w nowych współrzędnych

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

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu

funkcji złożonej.

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

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

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

Rozwiązanie

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

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

Zauważmy również, że

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

Korzystając z powyższych równości, otrzymujemy

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

Teraz rozwiązując powyższą proporcję, mamy

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

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

$\displaystyle r'=r.$

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

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

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

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

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

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

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

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

Czyli dane równanie możemy napisać w postaci

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