RepozytoriumzprojektemPython/stopy/Ćwiczenia_7.ipynb

Ćwiczenia 7

_TEMAT: funkcje wielu zmiennych - gradient, płaszczyzna styczna, reguła łańcucha, pochodne cząstkowe wyższych rzędów

Gradient, płaszczyzna styczna i reguła łańcucha

Gradient

Gradientem funkcji $f$ w punkcie $(x_1,x_2,...,x_n)$, w którym istnieją wszystkie pochodne cząstkowe funkcji $f$, nazywamy wektor

$$ \nabla f(x_1,x_2,...,x_n) = \left(\frac{\partial f}{\partial x_1}(x_1,x_2,...,x_n), ..., \frac{\partial f}{\partial x_n}(x_1,x_2,...,x_n)\right). $$

Zadanie 1

Wyznacz gradient następujących funkcji:

1. $f(x,y)=x^2+3xy$
2. $g(x,y,z)=ze^{xy}$

Jaka jest interpretacja tego wektora?

Rozwiązanie:

Mamy $$ \nabla f(x,y)=\left(2x+3y,3x\right) $$ oraz $$ \nabla g(x,y,z)=\left(yze^{xy},xze^{xy},e^{xy}\right). $$

_Interpretacja geometryczna gradientu

1. Gradient funkcji w punkcie wskazuje kierunek najszybszego wzrostu funkcji w tym punkcie.

2. Gradient funkcji w punkcie jest prostopadły do poziomicy funkcji przechodzącej przez ten punkt.

Płaszczyzna styczna do powierzchni

Jeśli funkcja $f(x,y)$ posiada w punkcie $(x_0,y_0)$ pochodne cząstkowe, to płaszczyznę zadaną równaniem $$ \frac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0)(x-x_0) + \frac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0)(y-y_0)-(z-z_0)= 0 . $$ nazywamy płaszczyzną styczną do wykresu funkcji $f$ w punkcie $(x_0, y_0,f(x_0, y_0))$.

Zadanie 2

Napisz wzór płaszczyzny stycznej do wykresu funkcji $f(x,y)=x^2+y^2$.

Rozwiązanie:

Płaszczyzna styczna do wykresu naszej funkcji w punkcie $(x_0,y_0,x_0^2+y_0^2)$ ma równanie $$ 2x_0(x-x_0)+2y_0(y-y_0)-(z-x_0^2-y_0^2)=0 $$ Dla $(x_0,y_0)=(0,0)$ daje to równanie $$ z=0 $$ a dla $(x_0,y_0)=(1,1)$ daje to równanie $$ 2x+2y-z-2=0. $$

import IPython.display as display
from IPython.display import IFrame
IFrame('https://www.geogebra.org/calculator/ahx8sscp', width=800, height=600, style="border: 1px solid black")

Reguła łańcucha

Niech $f,g,h\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ będą funkcjami dwóch zmiennych rzeczywistych o wartościach rzeczywistych. Jeżeli:

1. $g,h$ mają w punkcie $(x_0,y_0)$ pochodne cząstkowe, oraz

2. $f(u,v)$ ma w punkcie $(u_0,v_0)$ pochodne cząstkowe, gdzie $u=g(x_0,y_0),v=h(x_0,y_0)$,

to funkcja złożona $F(x,y)=f(g(x,y),h(x,y))$ ma w punkcie $(x_0,y_0)$ pochodne cząstkowe równe: $$ \frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0)=\frac{\partial f}{\partial u}(u_0,v_0) \cdot \frac{\partial g}{\partial x}(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial v}(u_0,v_0) \cdot \frac{\partial h}{\partial x}(x_0,y_0) $$

$$ \frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)=\frac{\partial f}{\partial u}(u_0,v_0) \cdot \frac{\partial g}{\partial y}(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial v}(u_0,v_0) \cdot \frac{\partial h}{\partial y}(x_0,y_0) $$

Zadanie 3

Niech $$ f(x,y)=\sin(x^2+y),\quad g(x,y)=x^2+y\quad \text{ oraz } \quad h(x,y)=xe^y. $$ Obliczymy pochodne cząstkowe funkcji $$ F(x,y)=f(g(x,y),h(x,y)). $$

Rozwiązanie:

I sposób

Ze wzorów wynika, że $$ F(x,y)=\sin(x^4+2x^2y+y^2+xe^{y}). $$ Zatem $$ \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=\cos(x^4+2x^2y+y^2+xe^{y})\cdot(4x^3+4xy+e^y) $$ oraz $$ \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=\cos(x^4+2x^2y+y^2+xe^{y})\cdot(2x^2+2y+xe^y). $$

II sposób

Skorzystamy tym razem z reguły łańcucha.

Mamy

$$\frac{\partial f}{\partial u}(u,v)= 2u\cos(u^2+v)\quad{ oraz }\quad \frac{\partial f}{\partial v}(u,v)=\cos(u^2+v).$$

Zatem $$ \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=2(x^2+y)\cos(x^4+2x^2y+y^2+xe^{y})\cdot 2x+\cos(x^4+2x^2y+y^2+xe^{y})\cdot e^y= \cos(x^4+2x^2y+y^2+xe^{y})\cdot(4x^3+4xy+e^y). $$ oraz $$ \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=2(x^2+y)\cos(x^4+2x^2y+y^2+xe^{y})\cdot 1+\cos(x^4+2x^2y+y^2+xe^{y})\cdot xe^y= \cos(x^4+2x^2y+y^2+xe^{y})\cdot(2x^2+2y+xe^y). $$

Pochodne cząstkowe wyższych rzędów

Zadanie 4

Wyznacz wszystkie pochodne cząstkowe rzędu drugiego dla funkcji $$f(x,y)=e^{x^2+y}.$$ Co ciekawego zauważasz?

Rozwiązanie:

Mamy $$ \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = 2x e^{x^2 + y} $$ oraz $$ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y) =e^{x^2 + y}. $$ Stąd $$ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y) = 2 e^{x^2 + y} + 4x^2 e^{x^2 + y},\quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x,y)= e^{x^2 + y}, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(x,y) = 2x e^{x^2 + y} \quad\text{ oraz }\quad \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(x,y) = 2x e^{x^2 + y}. $$

Zauważamy, że pochodne cząstkowe $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(x,y)$ oraz $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(x,y)$ są sobie równe. To nie jest przypadek: patrz twierdzenie Schwarza na wykładzie.

Zadanie 5

Dla funkcji $$f(x,y,z)=x^3y^2z$$ oblicz $$ \frac{\partial^4 f}{\partial x^4}(x,y,z),\quad \frac{\partial^4 f}{\partial x^3\partial z}(x,y,z)\quad\text{ oraz }\quad \frac{\partial^4 f}{\partial z\partial y \partial x^2}(x,y,z) $$

Rozwiązanie:

Mamy kolejno:

$$ \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)=3x^2y^2z, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y,z)=6xy^2z, \quad \frac{\partial^3 f}{\partial x^3}(x,y,z)=6y^2z. $$ Stąd

$$ \quad \frac{\partial^4 f}{\partial x^4}(x,y,z)=0. $$ Ponadto $$ \frac{\partial^4 f}{\partial x^3\partial z}(x,y,z)=\frac{\partial^4 f}{\partial z\partial x^3}(x,y,z)=6y^2 $$ i $$ \frac{\partial^4 f}{\partial z\partial y \partial x^2}(x,y,z)=12xy. $$