Rozwi¸ azanie: Wida´ c, ˙ze funkcji f mo˙zna napisa´ c jako f (u(x, y)) gdzie f (u) = arctg(u), u(x, y) = x

R´ o ˙zniczkowalno´ s´ c i pochodne

Cwiczenie 1. Znale´ ´ z´ c pochodne cz¸ astkowe funkcji f (x, y) = arctg x

y .

Rozwi¸ azanie: Wida´ c, ˙ze funkcji f mo˙zna napisa´ c jako f (u(x, y)) gdzie f (u) = arctg(u), u(x, y) = x

y . Korzystaj¸ ac z reg ly lanczuchowej mamy, ˙ze

∂f

∂x (x, y) = ∂f

∂u (u(x, y)) ∂u

∂x (x, y), ∂f

∂y (x, y) = ∂f

∂u (u(x, y)) ∂u

∂y (x, y).

Aby uprosci´ c notacj¸e, cz¸esto si¸e pisze bezpo´srednio

∂f

∂x = ∂f

∂u

∂u

∂x , ∂f

∂y = ∂f

∂u

∂u

∂y . Skoro

∂f

∂u = 1

1 + u ² , ∂u

∂x = 1

y , ∂u

∂y = − x y ² . Z tego wynika, ˙ze

∂f

∂x = 1

1 + 

x y

 2

1

y = y

y ² + x ² , ∂f

∂y = − 1 1 + 

x y

 2

x

y ² = − x y ² + x ² .



Cwiczenie 2. Niech z = f (x ´ ² − y ² ). Udowodni´ c, ˙ze spe lniona jest zale˙zno´s´ c:

1 x

∂z

∂x + 1 y

∂z

∂y = 0.

Rozwi¸ azanie: Mo˙zemy napisa´ c f (x ² − y ² ) jako f (u(x, y)), gdzie u(x, y) = x ² − y ² . Ko- rzystaj¸ ac z regu ly lanczuchowej mamy, ˙ze

∂z

∂x (x, y) = ∂f

∂u (u(x, y)) ∂u

∂x (x, y), ∂z

∂y (x, y) = ∂f

∂u (u(x, y)) ∂u

∂y (x, y).

Jak wcz¸e´sniej, pisze si¸e

∂z

∂x = ∂f

∂u

∂u

∂x , ∂z

∂y = ∂f

∂u

∂u

∂y . Wi¸ec,

∂z

∂x = f ⁰ (x ² − y ² )2x, ∂z

∂y = f ⁰ (x ² − y ² )2y.

Z tego wynika, ˙ze 1 x

∂z

∂x + 1 y

∂z

∂y = f ⁰ (x ² − y ² )2 x

x − f ⁰ (x ² − y ² )2 y y = 0.



Cwiczenie 3. Sprawdzi´ ´ c, ˙ze funkcja

f (x, y) =

 xy

x

+y

, (x, y) 6= (0, 0), 0, (x, y) = (0, 0)

ma w punkcie (0, 0) obie pochodne cz¸ astkowe, lecz nie jest w tym punkcie ci¸ ag la oraz

nie istnieje pochodna _∂x∂y ^∂

^f (0, 0).

Rozwi¸ azanie: Pochodne cz¸ astwoke maj¸ a posta´ c

∂f

∂x (0, 0) = lim

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h = lim

h→0

0 − 0 h = 0

i ∂f

∂y (0, 0) = lim

h→0

f (0, h) − f (0, 0)

h = lim

h→0

0 − 0 h = 0.

Aby sprawdzi´ c, czy funkcja f jest ci¸ g la w punkcie (0, 0), trzeba sprawdzi´ c, czy lim

(x,y)→(0,0) f (x, y) = f (0, 0).

Mo˙zna sprawdzi´ c, ˙ze funkcja nie jest ci¸ ag la za pomoc¸ a granicy wzd lu˙z linii. Wiemy, ˙ze je˙zeli funkcja f jest ci¸ ag la w (0, 0) wtedy

y=λx,x→0 lim f (x, y) = f (0, 0), lim

x=λy,y→0 f (x, y) = f (0, 0).

Natomiast, w naszym przypadku, wida´ c, ˙ze lim

y=λx,x→0 f (x, y) = lim

x→0

λx ²

(1 + λ ² )x ² = 1 1 + λ ² . Teraz,

∂ ² f

∂x∂y = ∂

∂x

 ∂f

∂y



= lim

h→0

∂f

∂y (h, 0) − ^∂f _∂y (0, 0)

h .

Mamy, ˙ze

∂f

∂y = x(x ² + y ² ) − xy2y

(x ² + y ² ) ² = x(x ² − y ² )

(x ² + y ² ) ² , (x, y) 6= (0, 0).

i

∂f

∂y (h, 0) = h ³ h ⁴ = 1

h , h 6= 0.

Otrzymali´smy taki wz´ or za pomoc¸ a twierdze´ n ro˙zniczkowania funkcji. Takie twierdzenia s¸ a prawdziwe w punktach gdzie f jest r´ o˙zniczkowalna. Wi¸ec, nie mo˙zemy korzysta´ c z tego w (0, 0). W punkcie (0, 0) mamy korzysta´ c z definicji pochodnej:

∂f

∂y (0, 0) = lim

h→0

f (0, h) − f (0, 0)

h = lim

h→0

0 − 0

h = 0.

Korzystaj¸ ac z tego, mamy, ˙ze

∂ ² f

∂x∂y = ∂

∂x

 ∂f

∂y



= lim

h→0

∂f

∂y (h, 0) − ^∂f _∂y (0, 0)

h = lim

h→0

1

h ² = +∞.

Zatem, ∂ ² f /∂x∂y nie istnieje. 

Cwiczenie 4. Sprawdzi´ ´ c, ˙ze funkcja (x, y) 7→ p|xy| ma w punkcie (0, 0) obie pochodne cz¸ astkowe, lecz nie jest w tym punkcie r´ o˙zniczkowalna.

Rozwi¸ azanie: Pochodne cz¸ astwoke funkcji f (x, y) = p|xy| w punkcie (0, 0) s¸a

∂f

∂x (0, 0) = lim

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h =

√ h · 0 − 0

h = 0.

∂f

∂y (0, 0) = lim

h→0

f (0, h) − f (0, 0)

h =

√ 0 · h − 0

h = 0.

Wi¸ec, pochodne cz¸ astkowe istniej¸ a. Prawde m´ owi¸ ac, to ju˙z wida´ c w rysunku, funkcja f jest r´ owna zeru dla x = 0 i y = 0. Skoro ∂f /∂x mierzy pr¸ek¸ a´s´ c zmianny warto´sci f w kierunku x i f (x) ma zawsze t¸ a sam¸ a warto´sci¸ a dla y = 0, to ∂f /∂x(0, 0) = 0.

Skoro ∂f /∂y(0, 0) mierzy pr¸edk¸ a´s´ c zmianny warto´sci f w kierunku y w punkcie (0, 0), to ∂f /∂x = 0.

M´ owi si¸e, ˙ze funkcja jest r´ o˙zniczkowalna, gdy lim

(x,y)→(0,0) = |f (x, y) − f (0, 0) − L(x, y)|

||(x, y)|| ,

gdzie L : R ² → R to pewna funkcja liniowa. Krotko m´owi¸ac, funkcja f jest r´o˙zniczkowalna

w punkcie (0, 0), gdy f (x, y) − f (0, 0) blisko (0, 0) jest mniej wi¸ecej funkcja liniowa, czyli

L(x, y). Je˙zeli funkcja liniowa jest r´ o˙zniczkowalna w pewnej punkcie, to rysunek w tym

Je˙zeli funcja jest r´ o˙zniczkowalna w (0, 0), to istniej¸e swoje pochodne cz¸ astkowe w tym punkcie i

L(x, y) = ∂f

∂x (0, 0)x + ∂f

∂x (0, 0)y.

Korzystaj¸ ac z tego i skoro f (0, 0) = 0, ∂f /∂x(0, 0) = 0, ∂f /∂y(0, 0) = 0, to lim

(x,y)→(0,0)

= |f (x, y) − f (0, 0) − L(x, y)|

||(x, y)|| = |f (x, y) − f (0, 0) − L(x, y)|

||(x, y)||

= lim

(x,y)→(0,0)

= |f (x, y)|

||(x, y)|| = lim

(x,y)→(0,0)

= |f (x, y)|

||(x, y)|| = lim

(x,y)→(0,0)

p|xy|

px ² + y ² .

Aby zobaczy´ c, czy ta granica istnieje, korzystamy z granic iterowanych i wzdlu˙z linii.

x→0 lim lim

y→0

p|xy|

px ² + y ² = 0 i

lim y→0 lim

0→0

p|xy|

px ² + y ² = 0.

Wi¸ec, je˙zeli granica istnieje, to ma by´ c zero. Natomiast lim

y=λx,x→0

p|xy|

px ² + y ² = |λ|

√ 1 + λ ² .

Skoro je˙zli granica

lim

(x,y)→(0,0)

p|xy|

px ² + y ²

istnieje wsyzstkie poprzedni granice musz¸ a istnie´ c i by´ c takie same, ale to nie si¸e spe lnia, to funkcja f nie jest r´ o˙zniczkowalna.



Cwiczenie 5. Zbada´ ´ c r´ o˙zniczkowalno´s´ c funkcji

f ₁ (x, y) = ( _xy

x

+y

, (x, y) 6= (0, 0),

0, (x, y) = (0, 0), f ₂ (x, y) = p

x ³ + y ³ .

Rozwi¸ azanie: Funkcja f 1 jest ilorazem funkcji g ladkich. Zatem, poza zerem, gdzie mi- anownik sie zeruj¸e, ta funkcja jest r´ o˙zniczkowalna. Natomiast, musimy sprawdzi´ c, czy ta funkcja jest r´ o˙zniczkowalna w punkcie (0, 0).

Je˙zeli funkcja f 1 jest r´ ozniczkowalna, jej pochodne cz¸ atkowe musz¸ a istnie´ c. Sprawdzamy czy to si¸e spe lnia:

∂f 1

∂x (0, 0) = lim

h→0

f 1 (h, 0) − f 1 (0, 0)

h = lim

h→0

0 − 0 h = 0

i ∂f ₁

∂y (0, 0) = lim

h→0

f ₁ (0, h) − f ₁ (0, 0)

h = lim

h→0

0 − 0 h = 0.

To jest warunek konicznie, a nie wystarczaj¸ acy, aby zgwarantowa´ c, ˙ze f 1 jest r´ o˙zniczkowalana.

Aby to sprawdzi´ c, musimy pami¸eta´ c, ˙ze funkcja f ₁ jest r´ o˙zniczkowalana wtedy i tylko wtedy gdy

lim

(x.y)→(0,0)

|f ₁ (x, y) − f ₁ (0, 0) − L(x, y)|

||(x, y)|| = 0,

gdzie L to pewne operator liniowy. W naszym przypadku, operator L ma posta´ c

 ∂f ₁

∂x (0, 0), ∂f ₁

∂x (0, 0)



= (0, 0).

Poniewa˙z f ₁ (0, 0) = 0, granice ma posta´ c lim

(x.y)→(0,0)

|f ₁ (x, y)|

||(x, y)|| = lim

(x.y)→(0,0)

xy ²

(x ² + y ² ) ^3/2 .

Aby sprawdzi´ c czy taka granica istinieje, sprawdzamy granice iterowane

Teraz granice wzd lu˙z linii. Wida´ c, ˙ze nie istinieje, wi¸ec, ta funkcja nie ma granicy i funkcja nie jest r´ o˙zniczkowalna.

Funkcja f ₂ jest pierwiastliem funkcji g ladkich. Zatem, poza zerem podpierwiastku, ta funkcja jest r´ o˙zniczkowalna. Natomiast, musimy sprawdzi´ c, czy ta funkcja jest r´ o˙zniczkowalna w punktach (x, −x) gdzie podpierwiastkiem si¸e zeruje.

Je˙zeli funkcja f ₁ jest r´ ozniczkowalna, jej pochodne cz¸ atkowe musz¸ a istnie´ c. Sprawdzamy czy to si¸e spe lnia:

∂f ₁

∂x (x, −x) = lim

h→0

f ₁ (x + h, −x) − f ₁ (x, −x)

h = lim

h→0

p(x + h)

³ − x ³ h

i

∂f ₁

∂x (x, −x) = lim

h→0

√

3hx ² + 3h ² x + h ³

h = lim

h→0

p

3x ² /h ² + 3x/h + 1 = +∞.

Jednoczesnie

∂f ₁

∂x (x, −x) = lim

h→0

f ₁ (x + h, −x) − f ₁ (x, −x)

h = lim

h→0

p(x + h)

³ − x ³ h

i

∂f ₁

∂x (x, −x) = lim

h→0

√

3hx ² + 3h ² x + h ³

h = lim

h→0

p

3x ² /h ² + 3x/h + 1 = +∞.

To funkcja nie jest r´ o˙zniczkowalna. 

Cwiczenie 6. Zbadaj r´ ´ o˙zniczkowalno´s´ c funkcji

f (x, y) =

( (x ² + y ² ) cos 

1 x

+y



, dla (x, y) 6= 0,

0, dla (x, y) = 0.

Czy f jest funkcj¸ a typu C ¹ ?

Rozwi¸ azanie: Ta funkcja jest r´ o˙zniczkowalna poza zerem. Trzeba jeszcze sprawdzi´ c, co si¸edzieje dla (x, y) = (0, 0). Najpierw, sprawdzamy pochodne cz¸ astkowe

∂f

∂x (0, 0) = lim

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h = lim

h→0 h ² cos  1 h ²



= 0

i ∂f

∂y (0, 0) = lim

h→0

f (0, h) − f (0, 0)

h = lim

h→0 h ² cos  1 h ²



= 0.

To jest warunek konicznie, a nie wystarczaj¸ acy, aby zgwarantowa´ c, ˙ze f jest r´ o˙zniczkowalana.

Aby to sprawdzi´ c, musimy pami¸eta´ c, ˙ze funkcja f jest r´ o˙zniczkowalana wtedy i tylko wt- edy gdy

lim

(x.y)→(0,0)

|f (x, y) − f (0, 0) − L(x, y)|

||(x, y)|| = 0,

gdzie L to pewne operator liniowy. W naszym przypadku, operator L ma posta´ c

 ∂f

∂x (0, 0), ∂f

∂x (0, 0)



= (0, 0).

Poniewa˙z f (0, 0) = 0, granice ma posta´ c lim

(x.y)→(0,0)

|f (x, y)|

||(x, y)|| = lim

(x,y)→(0,0)

p x ² + y ² cos

 1

x ² + y ²

 .

Wida´ c, ˙ze ta granica zale˙ze tylko jednej zmiennej z = px ² + y ² , zatem lim

(x.y)→(0,0)

|f (x, y)|

||(x, y)|| = lim

z→(0,0) z cos  1 z ²



= 0.

Wi¸ec, funkcja f jest r´ o˙zniczkowalna. Natomiast, funkcja f nie jest funkcj¸ a klasy C ¹ poniwa˙z pochodne nie s¸ a ci¸ ag le, np.

∂f

∂x = 2x cos

 1

x ² + y ²



+ (x ² + y ² )2x (x ² + y ² ) ² sin

 1

x ² + y ²

 . Wi¸ec, widac, ˙ze

lim

(x,y)→(0,0)

∂f

∂x = lim

(x,y)→(0,0)

 2x cos

 1

x ² + y ²



+ 2x

x ² + y ² sin

 1

x ² + y ²



.

Mamy,

lim

(x,y)→(0,0) 2x cos

 1

x ² + y ²



= lim

r→0 2r cos φ cos

 1

x ² + y ²



= 0 i

lim

(x,y)→(0,0)

2x x ² + y ² sin

 1

x ² + y ²



= lim

r→0

2r cos ϕ

r ² sin  1 r ²



i ta granica nie istnieje. Wi¸ec,

lim

(x,y)→(0,0)

∂f

∂x 6= ∂f

∂x (0, 0).