Analiza Matematyczna MAEW101

MAP1067

Wydział Elektroniki

Przykłady do Listy Zadań nr 14

Funkcje wielu zmiennych.

Pochodne cząstkowe

Opracowanie: dr hab. Agnieszka Jurlewicz

1

Przykłady do zadania 14.1:
Wyznaczyć i narysować dziedziny naturalne podanych funkcji. W punktach (c) i (d) znaleźć także
poziomice wykresów podanych funkcji i na tej podstawie naszkicować te wykresy.:

(a) f (x, y) = ln(1 − x

2

− y

2

)

• D

f

= {(x, y) : 1 − x

2

− y

2

> 0} = {(x, y) : x

2

+ y

2

< 1}

jest to koło otwarte (czyli bez brzegu) o środku (0, 0) i promieniu 1

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

D

f

1

(b) f (x, y, z) =

10

e

x+y−z

− 1

• D

f

= {(x, y, z) : e

x+y−z

− 1 6= 0} = {(x, y, z) : x + y − z 6= 0}

jest to przestrzeń

R

3

bez płaszczyzny o równaniu x + y − z = 0

0

10

20

30

40

0

10

20

30

40

0

5

10

15

20

25

30

35

x+y−z=0

D

f

D

f

2

(c) f (x, y) =

√

x

2

+ y

2

• D

f

=

R

2

• Poziomice P

h

= {(x, y) : f (x, y) = h} to:

P

h

= ∅ dla h < 0

P

0

= {(0, 0)}

P

h

= {(x, y) : x

2

+ y

2

= h

2

} dla h > 0, czyli okręgi o wspólnym środku (0, 0) i promieniach

równych h

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

0.25

0.5

0.5

1

1

1

1

1

1.5

1.5

1.5

1.5

1.5

1.5

1.5

2

2

2

2

2

2

2

2

2

• Wynika stąd, że wykres badanej funkcji to powierzchnia obrotowa, obracamy wokół osi

Oz funkcję z = f (x, 0) =

√

x

2

= x dla x ­ 0

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

z=x

x

z

3

• Otrzymujemy stożek

−2

0

2

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

0

0.5

1

1.5

2

2.5

4

(d) f (x, y) =

1

x + y

• D

f

= {(x, y) : x + y 6= 0} - płaszczyzna bez prostej x + y = 0

• Poziomice P

h

= {(x, y) : f (x, y) = h} to:

P

h

= ∅ dla h = 0

P

h

= {(x, y) : x + y =

1

h

} dla h 6= 0, czyli proste równoległe do prostej x + y = 0

−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

−2

−1

−1

−0.8

0.8

0.8

1

1

2

x+y=0

• Wynika stąd, że wykres badanej funkcji to powierzchnia walcowa (w dwóch częściach, bo

przerwa w dziedzinie) o przekroju hiperboli

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

−50

−40

−30

−20

−10

0

10

20

30

40

50

przekroj plaszczyzna
prostopadla
do prostej y=x

5

• Otrzymujemy wykres

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

−2

−1

0

1

2

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x+y=0

6

Przykłady do zadania 14.2:
Obliczyć wszystkie pochodne cząstkowe pierwszego rzędu podanych funkcji:

(a) f (x, y) = xy + x

2

+ y − 2x

• D

f

=

R

2

•

∂f

∂x

(x, y) = y + 2x − 2

•

∂f

∂y

(x, y) = x + 1

(b) f (x, y) =

e

x

ln(x + y)

• D

f

: x + y > 0, x + y 6= 1

•

∂f

∂x

(x, y) =

e

x

ln(x + y) − e

x

·

1

x+y

· 1

ln

2

(x + y)

•

∂f

∂y

(x, y) = e

x

−1

ln

2

(x + y)

!

·

1

x + y

· 1

(c) f (x, y) = sin

2

(x − y

2

)

• D

f

=

R

2

•

∂f

∂x

(x, y) = 2 sin(x − y

2

) cos(x − y

2

) · 1

•

∂f

∂y

(x, y) = 2 sin(x − y

2

) cos(x − y

2

) · (−2y)

(d) f (x, y) = x

y

• D

f

: x > 0

•

∂f

∂x

(x, y) = yx

y−1

•

∂f

∂y

(x, y) = x

y

ln x

7

(e) f (x, y, z) = y −

√

x

2

+ z

3

• D

f

: x

2

+ z

3

­ 0

•

∂f

∂x

(x, y, z) = −

1

2

(x

2

+ z

3

)

−1/2

· 2x dla x

2

+ z

3

> 0

•

∂f

∂y

(x, y, z) = 1

•

∂f

∂z

(x, y, z) = −

1

2

(x

2

+ z

3

)

−1/2

· 3z

2

dla x

2

+ z

3

> 0

(f) f (x, y, z) =

3

q

arctg(x + e

yz

)

• D

f

=

R

2

•

∂f

∂x

(x, y, z) =

1

3

(arctg(x + e

yz

))

−2/3

·

1

(x + e

yz

)

2

+ 1

· 1

•

∂f

∂y

(x, y, z) =

1

3

(arctg(x + e

yz

))

−2/3

·

1

(x + e

yz

)

2

+ 1

· e

yz

· z

•

∂f

∂z

(x, y, z) =

1

3

(arctg(x + e

yz

))

−2/3

·

1

(x + e

yz

)

2

+ 1

· e

yz

· y

dla wszystkich pochodnych x + e

yz

6= 0

Przykłady do zadania 14.3:
Obliczyć wszystkie pochodne cząstkowe drugiego rzędu podanych funkcji i sprawdzić, czy pochodne
cząstkowe mieszane są równe:

(a) f (x, y) = ln(x − y)

• D

f

: x − y > 0

•

∂f

∂x

(x, y) =

1

x − y

,

∂f

∂y

(x, y) =

1

x − y

· (−1) =

1

y − x

•

∂

2

f

∂x

2

(x, y) =

∂

∂x

1

x − y

!

= −

1

(x − y)

2

∂

2

f

∂y∂x

(x, y) =

∂

∂y

1

x − y

!

= −

1

(x − y)

2

· (−1)

∂

2

f

∂x∂y

(x, y) =

∂

∂x

1

y − x

!

= −

1

(y − x)

2

· (−1)

∂

2

f

∂y

2

(x, y) =

∂

∂y

1

y − x

!

= −

1

(y − x)

2

• Sprawdzenie:

∂

2

f

∂y∂x

(x, y) =

1

(x − y)

2

=

∂

2

f

∂x∂y

(x, y)

8

(b) f (x, y) = e

x
y

• D

f

: y 6= 0

•

∂f

∂x

(x, y) =

1

y

e

x
y

,

∂f

∂y

(x, y) = −

x

y

2

e

x
y

•

∂

2

f

∂x

2

(x, y) =

1

y

2

e

x
y

∂

2

f

∂y∂x

(x, y) = −

1

y

2

e

x
y

+

1

y

−

x

y

2

e

x
y

!

∂

2

f

∂x∂y

(x, y) = −

1

y

2

e

x
y

−

x

y

2

·

1

y

e

x
y

∂

2

f

∂y

2

(x, y) =

2x

y

3

e

x
y

−

x

y

2

−

x

y

2

e

x
y

!

=

x(x + 2y)

y

4

e

x
y

• Sprawdzenie:

∂

2

f

∂y∂x

(x, y) = −

x + y

y

3

e

x
y

=

∂

2

f

∂x∂y

(x, y)

(c) f (x, y, z) = x

2

+ y

3

x − 2x

3

y

2

z

5

• D

f

=

R

2

•

∂f

∂x

(x, y, z) = 2x + y

3

− 6x

2

y

2

z

5

,

∂f

∂y

(x, y, z) = 3y

2

x − 4x

3

yz

5

,

∂f

∂z

(x, y, z) = −10x

3

y

2

z

4

•

∂

2

f

∂x

2

(x, y, z) = 2 − 12xy

2

z

5

∂

2

f

∂y∂x

(x, y, z) = 3y

2

− 12x

2

yz

5

∂

2

f

∂z∂x

(x, y, z) = −30x

2

y

2

z

4

∂

2

f

∂x∂y

(x, y, z) = 3y

2

− 12x

2

yz

5

∂

2

f

∂y

2

(x, y, z) = 6yx − 4x

3

z

5

∂

2

f

∂z∂y

(x, y, z) = −20x

3

yz

4

∂

2

f

∂x∂z

(x, y, z) = −30x

2

y

2

z

4

∂

2

f

∂y∂z

(x, y, z) = −20x

3

yz

4

∂

2

f

∂z

2

(x, y, z) = −40x

3

y

2

z

3

• Sprawdzenie:

∂

2

f

∂y∂x

(x, y, z) = 3y

2

− 12x

2

yz

5

=

∂

2

f

∂x∂y

(x, y, z)

∂

2

f

∂z∂x

(x, y, z) = −30x

2

y

2

z

4

=

∂

2

f

∂x∂z

(x, y, z)

∂

2

f

∂y∂z

(x, y, z) = −20x

3

yz

4

=

∂

2

f

∂z∂y

(x, y, z)

9

Przykłady do zadania 14.4:
Obliczyć wskazane pochodne cząstkowe podanych funkcji:

(a)

∂

3

f

∂x∂y

2

(x, y) dla f (x, y) = cos



y

x



• D

f

: x 6= 0

• Mamy obliczyć

∂

3

f

∂x∂y

2

=

∂

∂x

∂

∂y

∂f

∂y

!!

•

∂f

∂y

(x, y) = − sin



y

x



·

1

x

•

∂

∂y

∂f

∂y

!

(x, y) =

∂

∂y



−

1

x

sin



y

x



= −

1

x

cos



y

x



·

1

x

= −

1

x

2

cos



y

x



•

∂

∂x

∂

∂y

∂f

∂y

!!

(x, y) =

∂

∂x



−

1

x

2

cos



y

x



=

2

x

3

cos



y

x



−

1

x

2



− sin



y

x



·



−

y

x

2



Odp.:

∂

3

f

∂x∂y

2

(x, y) =

2

x

3

cos



y

x



−

y

x

4

sin



y

x



(b)

∂

5

f

∂x

2

∂z∂y

2

(x, y, z) dla f (x, y, z) = x

2

y

3

z

4

• D

f

=

R

3

• Mamy obliczyć

∂

5

f

∂x

2

∂z∂y

2

=

∂

∂x

∂

∂x

∂

∂z

∂

∂y

∂f

∂y

!!!!

•

∂f

∂y

(x, y, z) = 3x

2

y

2

z

4

•

∂

∂y

∂f

∂y

!

(x, y, z) =

∂

∂y



3x

2

y

2

z

4



= 6x

2

yz

4

•

∂

∂z

∂

∂y

∂f

∂y

!!

(x, y, z) =

∂

∂z



6x

2

yz

4



= 24x

2

yz

3

•

∂

∂x

∂

∂z

∂

∂y

∂f

∂y

!!!

(x, y, z) =

∂

∂x



24x

2

yz

3



= 48xyz

3

•

∂

∂x

∂

∂x

∂

∂z

∂

∂y

∂f

∂y

!!!!

(x, y, z) =

∂

∂x



48xyz

3



= 48yz

3

Odp.:

∂

5

f

∂x

2

∂z∂y

2

(x, y, z) = 48yz

3

10