1
Zauwazmy, ze w podanym twierdzeniu podane zalozenia sa nieco mocniejsze
niz odpowiednie zalozenia twierdzenia Lagrange a, poniewaz tutaj zakladamy
nie tylko istnienie pochodnych czastkowych, ale takze ich ciaglosc. Bez za-
lozenia ciaglosci pochodnych czastkowych wzor podobny do wzoru (1.11.1) jest
prawdziwy, jednak z ta roznica, ze punkty posrednie, w ktorych oblicza sie
pochodne czstkowe, nie musza byc te ame oraz nie musza nawet lezec na od-
cinku laczacym punkty (x1, y1) i (x2, y2).
Interpretacja geometryczna wzoru (1.11.1) jest nastepujaca: Jezeli wezmiemy
dwa punkty M1(x1, y1, z1)orazM2(x2, y2, z2) lezace na powierzchni z= f (x , y)
jest rownolegla do siecznej M1M2 (rys. 1.16). Jezeli teraz uzyjemy troche
innych oznaczen, mianowicie zamiast (x1, y1) napiszemy odpowiednio (x, y), a
zamiast (x2, y2) napiszemy (x+dx, y++dy), gdzie dx i dy oznaczaja odpowied-
nio przyrosty zmiennej x i zmiennej y, to wzor (1.11.1) przybierze postac
f(x + dx, y + dy) - f(x, y) = fx(x0, y0) dx + fy(x0, y0) dy,
gdzie x0 = x + Åšdx, y0 = y + Åšdy (0 < Åš < 1).
Przyrost funkcji nie jest na ogol wyrazeniem liniowym wzgledem przyrostow
zmiennych niezaleznych; jednak w wielu przypadkach mozemy go dla malych
przyrostow argumentow zastapic z dosc duza dokladnoscia przez wyrazenie lin-
iowe. Wlasnie pojecie rozniczki funkcji ciaglej f wiaze sie z istnieniem takiej
funkcji liniowej D wzgledem przyrostow zmiennych niezaleznych, ktora aproksy-
muje przyrost funkcji f w ten sposob, ze iloraz roznicy " f-D przez odleglosc
punktow wyznaczajacych ten przyrost dazy do zera, gdy odleglosc tych punk-
tow dazy do zera. Jezeli taka funkcja (forma) liniowa D wzgledem przyrostow
zmiennych niezleznych istnieje, to nazywamy ja rozniczka zupelna funkcji f.
Dla lepszej ilustracji rozwazmy najpierw funkcje jednej zmiennej y=f(x) (por.
Tez I, ż6.1). Zgodnie z tym, co zostalo powiedziane, warunek istnienia rozniczki
funkcji f w punkcie x = x0 polega na istnieniu takiej stalej A, ze:
"f - A/, dx
lim = 0, gdzie"f = f(x0 + dx) - f(x0).
|dx|0 |dx|
Widzimy od razu, ze warunek (1.11.3) jest rownowazny warunkowi A =
f (x0). A wiec funkcja jednej zmiennej f(x) ma rozniczke (zupelna) w punkcie
x0 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje pochodna f (x0), i wowczas rozniczka funkcji
(w tym punkcie) rowna sie
D(dx) = f (x0) dx.
Przypuśćmy teraz, ze mamy funkcje dwoch zmiennych u= f(x,y). Funkcja ta
bedzie miala rozniczke zupelna w punkcie P0(x0, y0), jezeli beda istnialy takie
stale, ze A, B, ze
"f - (A dx + B dy)
lim = 0, gdzie|P P0| = (dx)2 + (dy)2, "f = f(x0+dx, y0+dy)-f(x0, y0).
|P P0|0 |P P0|
2
Latwo zauwazyc przyjmujac dy=0, a nastepnie dx=0, ze jezeli warunek
(1.11.5) jest spelniony, to istnieja pochodne czastkowe fx(x0, y0), fy(x0, y0) oraz
A = fx(x0, y0), B = fy(x0, y0).
Wnioskowanie odwrotne nie jest jednak prawdziwe. Zobaczmy to na przykladzie
funkcji
Å„Å‚
xy
dla (x, y) = (0, 0),

òÅ‚
x2+y2
g(x, y) = (1)
ół
0 dla x = y = 0.
Funkcja g(x, y), jak widac z powyzszego, jest okreslona na calej plaszczyznie.
Wzdluz obu osi wspolrzednych funkcja ta rowna sie stale zeru, wobec tego dla
dowolnych x i y mamy gx(x, 0), gy(0, y) = 0, wiec w szczegolnosci
gx(0, 0), gy(0, 0) = 0, a wobec tego rozniczka funkcji g w punkcie (0, 0) bylaby
postaci
D(dx, dy) = 0.
Tymczasem przyrost funkcji w punkcie (0 , 0) jest nastepujacy:
dx dy
"g = g(dx, dy) - g(0, 0) = .
(dx)2 + (dy)2
Poniewaz |P P0| = (dx)2 + (dy)2, wiec warunek (1.11.5) w naszym przy-
padku wyglada nastepujaco:
dx dy
lim = 0.
|P P0|0 ((dx)2 + (dy)2)3/2
Rozumujac analogicznie jak w zadaniu 1.8 (str. 18), mozna wykazac, ze
nie tylko granica stojaca po lewej stronie rownosci (1.11.9) nie istnieje, ale ze
wyrazenie stojace pod znakiem ranicy w dowolnym otoczeniu punktu dx=dy=0
przybiera dowolnie duze wartosci.
Jak wynika rowniez z zadania 1.8, funkcja (1.11.7) jest nieciagla w punkcie
(0,0) wprost z definicji, ma w punkcie (0, 0) pochodna w dowolnym kierunku.
Mówimy, ze funkcja f(x,y) okreslona w otoczeniu punktu P0(x0, y0) ma w
tym punkcie rozniczke zupelna w sensie Stolza Adx+Bdy, jezeli jest spelnony
warunek (1.11.5).
Poniewaz z warunku (1.11.5) wynikaja rownosci (1.11.6) niekiedy w liter-
aturze rozniczka zupelna funkcji f(x, y) w punkcie P0(x0, y0) nazywa sie wyraze-
nie liniowe postaci
fx(x0, y0) dx + fy(x0, y0) dy,
przy jednym warunku, ze pochodne czastkowe wystepujace we wzorze (1.11.10)
istnieja. Przy takiej jednak definicji rozniczka zupelna nie musi byc, jak to
widzielismy na przykladzie funkcji (1.11.7), przyblizeniem liniowym przyrostu
3
"f = f(x0 + dx, y0 + dy) - f(x0, y0). Rozniczke zupelna fnkcji f(x, y) w
punkcie (x0, y0) oznaczamy symbolami
df, df(x0, y0), (df)(x ,y0).
0
Ważne praktycznie znaczenie ma nastepujace twierdzenie:
(1.11.11) Jezeli funkcja f(x, y) jest w pewnym otoczeniu punktu (x0, y0)
klasy C1, to jest spelniony warunek (1.11.5), a zatem forma liniowa (1.11.10)
jest rozniczka zupelna w sensie Stolza, czyli jest liniowa czescia przyrostu "f.
Nalezy pamietac, ze rozniczka zupelna funkcji f(x, y) jest funkcja liniowa
przyrostow dx, dy, natomiast sam punkt (x, y) jest ustalony. Z punktu
widzenia geometrycznego, rozniczka zupelna funkcji dwoch zmiennych z=f(x, y)
w punkcie (x0, y0) wyraza przyrost "z wzdluz plaszczyzny stycznej w punkcie
(x0, y0, z0), gdzie z0 = f(x0, y0) do powierzchni z=f(x, y).
Analogicznie wprowadza sie pojecie rozniczki zupelnej (rozniczki zupelnej
w sensie Stolza) dla funkcji p zmiennych f(x1, x2, ..., xp). ZADANIE 1.79
Obliczyc, jaki popelniamy maksymalny blad bezwzgledny oraz wzgledny przy
obliczaniu objetosci prostopadloscianu o krawedziach wyznaczonych z podana
dokladnoscia: x = 4, 1Ä…0, 1, y = 3, 2Ä…0, 1, z = 8, 4Ä…0, 2. ROZWIAZANIE. Aby
wyznaczyc wartosc funkcji f(x, y, z) w pewnym punkcie (x+dx, y+dy, z+dz),
korzstamy ze wzoru
f(x + dx, y + dy, z + dz) H" f(x, y, z) + df,
gdzie dx, dy, dz sa przyrostami odpowiednio zmiennych x, y, z. Niech beda dane
pewne maksymalne oszacowania tych przyrostow:
|dx| d" M1, |dy| d" M2, |dz| d" M3.
Wowczas mozna oszacowac z gory modul roznicy "f = f(x + dx, y + dy, z +
dz) - f(x, y, z). Korzystajac ze zwiazku
"f "f "f
"f H" df = dx + dy + dz,
"x "y "z
otrzymujemy oszacowanie
"f "f "f
|"f| d" dx M1 + dy M2 + dz M3.
"x "y "z
Powyzszy wzor daje nam oszacowanie bledu bezwzglednego, jaki popelni-
amy, jezeli zastepujemy rzeczywista wartosc funkcji f wzieta w nieznanym nam
dokladnie punkcie ( x+dx, y+dy, z+dz) przez wartosc funkcji w znanym nam
punkcie (x, y, z).
W naszym przypadku fnkcji f(x, y, z)=xyz mamy
x = 4, 1, |dx| d" 0, 1, y = 3, 2, |dy| d" 0, 1, z = 8, 4, |dz| d" 0, 2.
Obliczamy rozniczke zupelna
df = yzdx + xzdy + xydz.
4
Maksymalny blad bezwzgledny, jakie popelniamy obliczajac objetosc tego
prostopadloscianu, wynosi
|"f| d" 3, 2 · 8, 4 · 0, 1 + 4, 1 · 8, 4 · 0, 1 + 4, 1 · 3, 2 · 0, 2 = 8, 756 < 8, 8.
Maksymalny blad wzgledny popelniony podczas obliczen otrzymujemy dzielac
maksymalny blad bezwzgledny przez wyznaczona objetosc prostopadloscianu,
zatem
|Deltaf| 8, 8
´f = < H" 0, 08 = 8%
v 110, 2
ZADANIE 1.80. Obliczyc przyblizona wartosc wyrazenia (1, 02)3,01. Rozwiazanie.
Rozpatrzmy funkcje f(x, y) = xy. Poniewaz jest spelnione zalozenie twierdzenia
(1.11.11) w otoczeniu punktu (1, 3), zatem mozna przyjac, ze f(x0 + dx, y0 +
dy) + df. Obliczamy rozniczke zupelna
df = yxy-1dx + xylnxdy
Podstawiajac x0 = 1, y0 = 3, dx=0,02, dy=0,01otrzymujemy
(1, 02)3,01 H" 13 + 3 · 12 · 0, 02 + 13ln1 · 0, 01 = 1 + 0, 06 = 1, 06.
ZADANIE 1.81. Obliczyc przyblizona wartosc wyrazenia (6, 2)2 + (8, 1)2.
Rozwiazanie. Rozpatrzmy funkcje f(x, y) = x2 + y2. Rozniczka zupelna tej
funkcji ma postac
1
df = (xdx + ydy).
x2 + y2
Podstawiajac x0 = 6, y0 = 8, dx = 0, 2, dy = 0, 1, otrzymujemy
"
1
(6, 2)2 + (8, 1)2 = 36 + 64 + " (6 · 0, 2 + 8 · 0, 1) = 10 + 0, 2 = 10, 2.
36 + 64