9. feladatsor: Többváltozós függvények deriválása (megoldás)

Átírás

1 Matematika Ac gyakorlat Vegyészmérnöki, Biomérnöki, Környezetmérnöki szakok, 017/18 ősz feladatsor: Többváltozós függvények deriválása (megoldás) 1 Számoljuk ki a következő függvények parciális deriváltjait a) x e x+y x ln(x4 + 1) + (y + 1) 6 b) x 3 3xy + x 5y + ln a) b) f x(x, y) = (xex+y + x e x+y )(x + 1) x e x+y 4x (x + 1) + 4x3 x f y(x, y) = ex+y x y x + 1 f x(x, y) = 3x + 3y + + 1(y + 1) 5 f y(x, y) = 6xy 5 Legyen 5(x 1) 4 + 4y Írjuk fel az elsőrendű parciális deriváltfüggvényeket (Az (1, 0) pontban asználjuk a definíciót) Ha (x, y) (1, 0), akkor mindkét parciális derivált számolásánál egy olyan összetett függvényt kell deriválni, aminek a külső és belső függvénye is differenciálató: f x(x, 10(x 1) 3 y) = 5(x 1) 4 + 4y f y(x, 4y y) = 5(x 1) 4 + 4y Az (1, 0) pontban azonban a gyök alatt 0 áll, ott a külső függvény nem differenciálató Emiatt a definíció alapján számolunk: f x(1, f(1 +, 0) f(1, 0) 5 4 0) 5 = 0 Hasonlóan íratjuk fel az y irányú deriváltat: f y(1, f(1, ) f(1, 0) 0) 4, ami nem létezik: jobbról, balról a atárérték 3 Legyen (x y) 4 + 4x 3 8y Számoljuk ki az elsőrendű és másodrendű parciális deriváltakat Hol deriválató (totálisan) a függvény? Mivel egyenlő grad f(1, )? A parciális deriváltfüggvények f x(x, y) = 8(x y) 3 + 1x f y(x, y) = 4(x y) 3 16y Mivel ezek mindenol folytonosak, az f függvény az egész R almazon totálisan differenciálató A gradiens komponensfüggvényei éppen a parciális deriváltak, grad f(1, ) = (f x(1, ), f y(1, )) = (1, 3)

2 4 Legyen (x )y + 6x + 3y a (x, y) (0, 0) x +y 0 egyébként Mivel egyenlő f x(x, y) ás f x(x, y)? Hol differenciálató (totálisan) f? Ha (x, y) (0, 0), akkor a függvény egy olyan racionális törtfüggvénnyel egyenlő, aminek a nevezője nem 0, teát ott totálisan differenciálató A parciális deriváltfüggvények f x(x, y) = y (x + y ) (x )y x (x + y ) + 6 f y(x, y) = (x ) y (x )y y (x + y ) + 3 A (0, 0) pontban a definíciót asználjuk A parciális deriváltak és f x(0, 0) f(, 0) f(0, 0) f x(0, 0) f(0, ) f(0, 0) 6 = , ami nem létezik Így f nem leet totálisan differenciálató sem az origóban 5 Adott az f(x, y, z) = x 3 + y 4 + x ye z függvény Mivel egyenlő grad f( 1, 1, 0)? Miért létezik? f xxz =? f xzx =? A parciális deriváltfüggvények f x(x, y, z) = 3x + xye z f z(x, y, z) = 4y 3 + x e z f y(x, y, z) = x ye z Mivel ezek folytonos függvények, f differenciálató, és így létezik a gradiens, komponensei éppen a parciális deriváltak A megadott pontot beelyettesítve grad f( 1, 1, 0) = (1, 5, ) adódik A kiszámolandó magasabbrendű deriváltak: f xxz(x, y, z) = (x ye z ) xx = (4xye z ) x = 4ye z f xzx(x, y, z) = (3x + xye z ) xz = (4xye z ) x = 4ye z Mivel a szereplő deriváltfüggvények folytonosak, a Young-tételből is következik, ogy f xxz és f xzx megegyezik 6 Írjuk fel (x y) + 4x 8y függvény P 0 (1, ) pontbeli érintősíkjának egyenletét! Először számoljuk ki a parciális deriváltfüggvényeket: f x(x, y) = 8x + 4(x y) f y(x, y) = 8 (x y) Mivel mindkettő folytonos, f totálisan differenciálató A gradiens komponensei a most kiszámolt deriváltak, teát grad f(1, ) = (8, 8) A függvényérték f(1, ) = 1, teát az érintősík egyenlete z = 1 + 8(x 1) 8(y )

3 További gyakorló feladatok 7 sin(y +x ) a (x, y) (0, 0) y +x 0 egyébként a) lim? Folytonos-e f az origóban? (x,y) (0,0) b) f x(0, 0) =? (Használjuk a definíciót) c) Totálisan deriválató-e f az origóban? a) Ha (x, y) 0, akkor y +x 0 felülről, mivel ez a függvény folytonos, nemnegatív, a elyettesítési érték 0 f ennek a függvénynek és a t sin t t függvénynek a kompozíciója, így az origóban az utóbbi függvény 0 pontbeli jobboldali atárértékéez tart sin t sin t lim f(x, y) t = 0, (x,y) (0,0) t 0+ t t 0+ t mivel az első tényező atárértéke 1 és a négyzetgyök (jobbról) folytonos A atárérték megegyezik a elyettesítési értékkel is, teát f folytonos az origóban b) A definíció alapján f x(0, 0) f(, 0) f(0, 0) sin( ) = sin( ) lim nem létezik, balról, jobbról + a atárérték c) Mivel nem létezik x szerinti parciális derivált, f nem differenciálató az origóban 8 Írjuk fel az f(x, y, z) = x y + yz 5z függvény gradiensét! Miért létezik a gradiens? Számítsuk ki az f függvény P 0 = (0, 10, 1) pontbeli v = ( 3, 4, 0) irányú deriváltját A parciális deriváltak f x(x, y, z) = xy f y(x, y, z) = x + z f z(x, y, z) = y 10z Mivel mindegyik folytonos, f differenciálató, és így létezik gradiens: grad f(x, y, z) = (xy, x + z, y 10z) A P 0 pontban grad f(0, 10, 1) = (0, 1, 0), a v irányú egységvektor ( v v = 3 5, 4 ) 5, 0, az iránymenti derivált a kettő skaláris szorzata, teát 4 5 Adott az 3y + e xy y arctan x y függvény és a P 0 = (0, 1) pont a) f x(x, y) =?; f y(x, y) =?, a y 0 b) Írjuk fel az f függvény P 0 pontbeli érintősíkjának egyenletét! c) Mennyi az f függvény P 0 pontbeli v = (, 7) irányú deriváltja? d) Adjuk meg az f függvény P 0 pontbeli iránymenti deriváltjának maximumát (minimumát), és adjuk meg a maximumoz (minimumoz) tartozó irányt 3

4 a) A függvény y 0 pontokban parciálisan differenciálató, a parciális deriváltfüggvények f x(x, y) = e xy y 1 + x y f y(x, y) = 3 + e xy xy arctan x y + x ( 1 + x y ) y b) A P 0 pontban a parciális deriváltak folytonosak, teát f differenciálató, a grafikonjának létezik érintősíkja f(0, 1) = 4 és grad f(0, 1) = ( 1, 3) alapján az érintősík egyenlete z = 4 1(x 0) + 3(y 1) c) A v irányában az iránymenti derivált v grad f(0, 1) v = 3 53 d) A maximális iránymenti derivált grad f(0, 1) = Az y3 e x+1 képlettel megadott felületre a ( 1, 1) pont fölött egy vízcseppet ejtünk Merre fog elindulni? Mekkora az adott pontban a maximális meredekség? A csepp abba az irányba indul el, amerre a leggyorsabban csökken a függvény, teát grad f( 1, 1) irányba A parciális deriváltak f x(x, y) = e 1 x y 3 f y(x, y) = 3e 1 x y, ezek folytonosak, teát létezik gradiens és grad f( 1/, 1) = (, 3) A csepp teát a (, 3) irányba indul A legnagyobb meredekség grad f( 1/, 1) = Legyen x 3y a (x, y) (0, 0) x +y 3 egyébként a) lim? Folytonos-e f az origóban? (x,y) (0,0) b) f x(x, y) =? f y(x, y) =? (Az origóban asználjuk a definíciót!) c) Mennyi az f függvény (1, 1) pontbeli v = ( 5, 1) irányú deriváltja? d) Adjuk meg az f függvény (1, 1) pontbeli iránymenti deriváltjának maximumát és minimumát! e) Írjuk fel az f függvény (1, 1) pontbeli érintősíkjának egyenletét! a) Tekintsük a függvényt az y = mx mentén Itt a atárérték x 3m x lim f(x, mx) x 0 x 0 x + m x = 1 3m + m Ez függ a meredekségtől, teát az f függvénynek nem létezik a atárértéke az origóban, így folytonos sem leet b) Az origón kívül f x(x, y) = x(x + y ) (x 3y ) 4x (x + y ) f y(x, y) = 6y(x + y ) (x 3y ) y (x + y ) 4

5 Az origóban a definíciót asználjuk: f x(0, 0) f(, 0) f(0, 0) nem létezik, f y(0, 0) f(0, ) f(0, 0) c) grad f(1, 1) = 14 (1, 1), a v irányú derivált ( 3) 3 ( 3) 5 0 = 0 v grad f(1, 1) v 13 = 8 d) A maximális iránymenti derivált grad f(1, 1) = 14 /, a minimális ennek ellentettje, azaz 14 / e) A függvényérték f(1, 1) =, teát az érintősík egyenlete 3 z = (x 1) + (y + 1) 5