Przykładowe zadania na kolokwium nr 2 z analizy styczen 2016

Przykładowe zadania na kolokwium nr 2 z analizy styczeń 2016
Zadanie 1.
(a) Zbadać istnienie granicy
lim
(x,y)→(0,0)
x2 y 2
x2 + y 2
.
Rozwiazanie.
˛
Jeżeli zastosujemy podstawienia: x = r cos t,,y = r sin t (gdzie r > 0, 0 ≤ t ≤ 2π), to
gdy x → 0 i y → 0, bedzie
˛
także: r → 0 (i na odwrót), zaś mamy:
2
2
2
(r cos t) (r sin t)
2
2
lim
=
lim
·
sin
t
cos
t
= 0,
r
r→0
r→0
(r cos t)2 + (r sin t)2
gdyż pierwszy czynnik (czyli r2 ) da˛ży do zera, gdy r → 0, a drugi jest ograniczony.
2 2 xy
Odpowiedź:
lim
= 0.
2
(x,y)→(0,0) x + y 2
sin (1 − x2 − y 2 )
(b) Zbadać istnienie granicy lim
.
(x,y)→(1,0)
1 − x2 − y 2
Rozwiazanie.
˛
Jeżeli zastosujemy podstawienie: t = 1 − x2 − y 2 , to gdy x → 1 i y → 0, bedzie
˛
także:
t → 0, zaś mamy:
sin t
lim
= 1.
t→0
t
sin (1 − x2 − y 2 )
Odpowiedź:
lim
= 1.
(x,y)→(1,0)
1 − x2 − y 2
2
x − y2
(c) Zbadać istnienie granicy lim
.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
Rozwiazanie.
˛
Granica nie istnieje, bo dla ciagu
˛ (xn , yn ) =
(0, 0) oraz
lim f (xn , yn ) = lim
n→∞
podczas gdy dla ciagu
˛
(x′n , yn′ )
Odpowiedź: Granica
n→∞
1
n2
1
n2
−
+
1
n2
1
n2
1 1
,
, n ∈ N, mamy: lim (xn , yn ) =
n→∞
n n
= 0,
1
=
, 0 , n ∈ N, mamy także: lim (x′n , yn′ ) = (0, 0) , natomiast
n→∞
n
1
−0
′
′
n2
lim f (xn , yn ) = lim
= 1.
1
n→∞
n→∞
+
0
2
n
lim
(x,y)→(0,0)
x2 − y 2
x2 + y 2
nie istnieje.
Zadanie 2. Wyznaczyć gradient funkcji f (x, y) = 3x2 + xy − 2, (x, y) ∈ R2 w punkcie (1, −2) oraz
−
→
′
pochodna˛ kierunkowa˛ f−→
(1, −2) tej funkcji w kierunku wektora h = (2, −3) .
h
Rozwiazanie.
˛
Gradient funkcji to wektor
gradf (x, y) =
∂f
∂f
(x, y) ,
(x, y) ,
∂x
∂y
1
a ponieważ ∂f
(x, y) = 6x + y, ∂f
(x, y) = x, wiec
˛ gradf (x, y) = (6x + y, x) .
∂x
∂y
W punkcie (1, −2) mamy zatem:
gradf (1, −2) = (4, 1) .
′
(1, −2) obliczamy zgodnie ze wzorem:
Pochodna˛ kierunkowa˛ f−→
h
−
→
′
f−→
(1,
−2)
=
gradf
(1,
−2)
,
h ,
h
−
→
(zob. odpowiednie twierdzenie z wykładu), a ponieważ h = (2, −3) , wiec
˛
′
f−→
(1, −2) = (4, 1) , (2, −3) = 4 · 2 + 1 · (−3) = 5.
h
∂f
∂f
(x, y) ,
(x, y)funkcji z = f (x, y) , (x, y) ∈ D, gdy
∂x
∂y
f (x, y) = xy , D = (x, y) ∈ R2 : x > 0 .
Zadanie 3. Obliczyć pochodne czastkowe
˛
Odpowiedź:
∂f
∂f
(x, y) = yxy−1 ,
(x, y) = xy ln x.
∂x
∂y
Zadanie 4.
∂F
∂F
(u, w) ,
(u, w) funkcji F (u, w) = f (u2 + w, u − ln w) , gdzie
(a) Obliczyć pochodne czastkowe
˛
∂u
∂w
(x, y) → f (x, y) jest dana˛ funkcja˛ dwóch zmiennych, klasy C 1 .
Rozwiazanie.
˛
Stosujemy twierdzenie o różniczkowaniu funkcji złożonej (zob. wykład). Jeżeli
x = x (u, w) , y = y (u, w) ,
oraz F (u, w) = f (x (u, w) , y (u, w)) , to F (u, w) = f (g (u, w)) , gdzie g (u, w) = (x (u, w) , y (u, w)) i
dlatego
F ′ (u, w) = f ′ (g (u, w)) · g ′ (u, w) ,
czyli (kropka oznacza mnożenie macierzy):


∂x
∂x
(u, w) ,
(u, w) 
∂F
∂F
∂f
∂f

∂w
(u, w) ,
(u, w) =
(x (u, w) , y (u, w)) ,
(x (u, w) , y (u, w)) ·  ∂u
,
∂y
∂y
∂u
∂w
∂x
∂y
(u, w) ,
(u, w)
∂u
∂w
co daje:
∂F
∂f
∂x
∂f
∂y
(u, w) =
(x (u, w) , y (u, w)) ·
(u, w) +
(x (u, w) , y (u, w)) ·
(u, w) ,
∂u
∂x
∂u
∂y
∂u
∂F
∂f
∂x
∂f
∂y
(u, w) =
(x (u, w) , y (u, w)) ·
(u, w) +
(x (u, w) , y (u, w)) ·
(u, w) ,
∂w
∂x
∂w
∂y
∂w
a ponieważ w tym przypadku x (u, w) = u2 + w, y (u, w) = u − ln w, wiec
˛
∂F
∂f
∂f
(u, w) =
(x (u, w) , y (u, w)) · 2u +
(x (u, w) , y (u, w)) · 1,
∂u
∂x
∂y
∂f
∂f
1
∂F
(u, w) =
(x (u, w) , y (u, w)) · 1 +
(x (u, w) , y (u, w)) · −
.
∂w
∂x
∂y
w
2
∂F
∂F
(x, y) ,
(x, y) funkcji F (x, y) = f (x2 + cos xy) , gdzie
∂x
∂y
z → f (z) jest dana˛ funkcja˛ jednej zmiennej, klasy C 1 .
(b) Obliczyć pochodne czastkowe
˛
Rozwiazanie.
˛
Stosujemy twierdzenie o różniczkowaniu funkcji złożonej (zob. wykład). Jeżeli
z = g (x, y) ,
oraz F (x, y) = f (g (x, y)) , to
F ′ (x, y) = f ′ (g (x, y)) · g ′ (x, y) ,
czyli (kropka oznacza mnożenie macierzy):
∂F
∂F
∂g
∂g
′
(x, y) ,
(x, y) = [f (g (x, y))] ·
(x, y) ,
(x, y)
∂x
∂y
∂x
∂y
co daje
∂F
∂g
(x, y) = f ′ (g (x, y)) ·
(x, y) ,
∂x
∂x
∂F
∂g
(x, y) = f ′ (g (x, y)) ·
(x, y) ,
∂y
∂y
∂g
∂g
˛
(x, y) = 2x − y sin xy,
(x, y) = −x sin xy i mamy:
a ponieważ g (x, y) = x2 + cos xy, wiec
∂x
∂y
∂F
(x, y) = f ′ (g (x, y)) · (2x − y sin xy) ,
∂x
∂F
(x, y) = f ′ (g (x, y)) · (−x sin xy) .
∂y
Zadanie 5.
Dana jest funkcja ciagła
˛
f : R → R. Obliczyć pochodne czastkowe
˛
funkcji
x−y
Φ (x, y) =
f (t) dt.
0
Rozwiazanie.
˛
Skoro funkcja f jest ciagła,
˛
to ma funkcje˛ pierwotna˛ F : R → R. Zachodzi równość:
F ′ (z) = f (z)
(z ∈ R) .
(*)
Φ (x, y) = F (x − y) − F (0)
(**)
Na mocy definicji całki oznaczonej mamy ponadto:
dla wszystkich x, y ∈ R. Pierwszy składnik we wzorze (**) możemy uważać za funkcje˛ złożona,˛ piszac:
˛
Φ (x, y) = F (g (x, y)) − F (0) ,
gdzie g (x, y) = x − y dla wszystkich x, y ∈ R. Ponieważ drugi składnik we wzorze (**) jest stały, wiec
˛
mamy (zob. twierdzenie o różniczkowaniu funkcji złożonej):
Φ′ (x, y) = F ′ (g (x, y)) · g ′ (x, y) ,
3
czyli
Ponieważ
∂Φ
∂g
∂Φ
∂g
′
(x, y) ,
(x, y) = F (g (x, y)) ·
(x, y) ,
(x, y) .
∂x
∂y
∂x
∂y
∂g
∂g
(x, y) ,
(x, y) = [1, −1]
∂x
∂y
i na mocy (*) mamy:
F ′ (g (x, y)) = F ′ (x − y) = f (x − y) ,
to ostatecznie jest
Odpowiedź:
∂Φ
∂Φ
(x, y) ,
(x, y) = f (x − y) · [1, −1] = [f (x − y) , −f (x − y)] .
∂x
∂y
∂Φ
∂Φ
(x, y) = f (x − y) ,
(x, y) = −f (x − y) .
∂x
∂y
4