Príklady na precvičovanie – parciálne derivácie
Riešené príklady
Príklad 1
Vypočítajte smerovú deriváciu funkcie f(x, y) = x2
+ 3xy + y2
v smere vektora
¯u = (1, 2) v bode A = [1, 1] .
Riešenie:
Úlohu budeme riešiť dvomi spôsobmi – jednak priamo z definície smerovej
derivácia, a jednak pomocou gradientu funkcie f. Smerová derivácie funkcie
f v smere vektora ¯u v bode A je definovaná:
∂f(A)
∂ ¯u
= lim
t→0
f(A + t · ¯u) − f(A)
t
.
Platí A + t · ¯u = [1, 1] + t · (1, 2) = [1 + t, 1 + 2t]. Po dosadení dostaneme:
∂f(A)
∂ ¯u
= lim
t→0
f(1 + t, 1 + 2t) − f(1, 1)
t
=
= lim
t→0
(1 + t)2
+ 3(1 + t)(1 + 2t) + (1 + 2t)2
− 5
t
=
= lim
t→0
11t2
+ 15t
t
= lim
t→0
(11t + 15) = 15.
Na druhej strane gradient funkcie f v ľubovoľnom bode [x, y] má tvar:
grad f(x, y) =
(
∂f(x, y)
∂x
,
∂f(x, y)
∂y
)
= (2x + 3y, 3x + 2y).
Po dosadení teda máme grad f(A) = (5, 5) a pre smerovú deriváciu platí:
∂f(A)
∂ ¯u
= grad f(A) · ¯u = (5, 5) · (1, 2)T
= 5 · 1 + 5 · 2 = 15.
Poznamenajme, že výpočet smerovej derivácie pomocou gradientu je možný,
ak f má spojité parciálne derivácie (čo v našom prípade platí); výpočet pomocou
limity však funguje vždy.
1
Príklad 2
Vypočítajte z′
x, z′
y, ak:
z = ln(u2
+ v2
),
kde u = y cos x a v = x sin y.
Riešenie:
Funkcia z je zložená funkcia – z = z(u(x, y), v(x, y)). Platí:
z′
x = z′
u · u′
x + z′
v · v′
x,
z′
y = z′
u · u′
y + z′
v · v′
y.
Postupne dostaneme:
z′
x =
2u
u2 + v2
· (−y sin x) +
2v
u2 + v2
· sin y =
2v sin y − 2uy sin x
u2 + v2
,
z′
y =
2u
u2 + v2
· cos x +
2v
u2 + v2
· x cos y =
2u cos x + 2vx cos y
u2 + v2
.
Príklad 3
Vypočítajte u′
x, u′
y, u′
z, ak:
u = ln(r2
+ v + s2
),
kde r = 2x+y2+z
, v = x2
yz a s = sin(x + y + z).
Riešenie:
Funkcia u je zložená funkcia – u = u(r(x, y, z), v(x, y, z), s(x, y, z)). Platí:
u′
x = u′
r · r′
x + u′
v · v′
x + u′
s · s′
x,
u′
y = u′
r · r′
y + u′
v · v′
y + u′
s · s′
y,
u′
z = u′
r · r′
z + u′
v · v′
z + u′
s · s′
z.
Postupne dostaneme:
u′
x =
2r
r2 + v + s2
· 2x+y2+z
ln 2 +
1
r2 + v + s2
· 2xyz+
2
+
2s
r2 + v + s2
· cos(x + y + z),
u′
y =
2r
r2 + v + s2
· 2x+y2+z
ln 2 · (2y) +
1
r2 + v + s2
· x2
z+
+
2s
r2 + v + s2
· cos(x + y + z),
u′
z =
2r
r2 + v + s2
· 2x+y2+z
ln 2 +
1
r2 + v + s2
· x2
y+
+
2s
r2 + v + s2
· cos(x + y + z).
Príklad 4
Ukážte, že funkcia u = 1/r, kde r =
√
x2 + y2 + z2, je riešením lineárnej
parciálnej DR druhého rádu:
u′′
xx + u′′
yy + u′′
zz = 0.
Riešenie:
Funkcia u je zložená funkcia u = u(r(x, y, z)). Potrebujeme stanoviť jej parciálne
derivácie u′′
xx, u′′
yy a u′′
zz. Postupne dostávame:
u′
x = u′
r · r′
x = −
1
r2
·
x
√
x2 + y2 + z2
= −
x
r3
.
Pri prechode k poslednému výrazu sme využili skutočnosť, že r =
√
x2 + y2 + z2.
Nakoľko premenné x, y, z vystupujú vo funkcii u symetricky, platí (overte
samy):
u′
y = −
y
r3
, u′
z = −
z
r3
.
Pre druhú parciálnu deriváciu u′′
xx potom platí:
u′′
xx =
∂
∂x
(
−
x
r3
)
=
∂(−x)
∂x
·
1
r3
− x ·
∂
∂x
(
1
r3
)
= −
1
r3
− x ·
∂
∂r
(
1
r3
)
·
∂r
∂x
=
= −
1
r3
− x ·
(
−3
r4
)
·
x
√
x2 + y2 + z2
= −
1
r3
+
3x2
r5
.
3
Podobným spôsobom pre u′′
yy a u′′
zz dostaneme:
u′′
yy = −
1
r3
+
3y2
r5
, u′′
zz = −
1
r3
+
3z2
r5
.
Potom platí:
u′′
xx + u′′
yy + u′′
zz =
(
−
1
r3
+
3x2
r5
)
+
(
−
1
r3
+
3y2
r5
)
+
(
−
1
r3
+
3z2
r5
)
=
= −
3
r3
+
3(x2
+ y2
+ z2
)
r5
= −
3
r3
+
3r2
r5
= 0.
Funkcia u je teda riešením rovnice v zadaní. Poznamenajme, že k úlohe sa
dalo pristúpiť i tak, že by sme vo výraze u = 1/r rovno dosadili za r =√
x2 + y2 + z2, t.j.
u =
1
√
x2 + y2 + z2
,
a priamo by sme spočítali parciálne derivácie u′′
xx, u′′
yy a u′′
zz. Dostali by sme
samozrejme ten istý výsledok.
Príklad 5
Rovnicu
(x + y)z′
x − (x − y)z′
y = 0
transformujte do nových premenných u = ln
√
x2 + y2, v = arctg y
x
.
Riešenie:
V pôvodnej rovnici máme výrazy z′
x, z′
y vyjadriť pomocou výrazov z′
u, z′
v.
Treba si uvedomiť, že neznáma funkcia z je jednak „priamou funkciou
premenných x, y (z pohľadu pôvodnej rovnice), a jednak zloženou funkciou
z = z(u(x, y), v(x, y)) (z pohľadu transformácie). Preto platí:
z′
x = z′
u · u′
x + z′
v · v′
x,
z′
y = z′
u · u′
y + z′
v · v′
y,
pričom po dosadení za u′
x, u′
y, v′
x, u′
y máme:
z′
x = z′
u ·
x
x2 + y2
+ z′
v ·
−y
x2 + y2
=
xz′
u − yz′
v
x2 + y2
,
4
z′
x = z′
u ·
y
x2 + y2
+ z′
v ·
x
x2 + y2
=
yz′
u + xz′
v
x2 + y2
.
(z′
u, z′
v nepoznáme). Po dosadení do rovnice dostaneme:
(x + y)(xz′
u − yz′
v)
x2 + y2
−
(x − y)(yz′
u + xz′
v)
x2 + y2
= 0,
(x2
+ y2
)z′
u − (x2
+ y2
)z′
v
x2 + y2
= 0,
z′
u − z′
v = 0.
Príklad 6
Rovnicu
4xyz′′
xy − 2yz′
y = 0
transformujte do nových premenných u =
√
xy, v =
√
x/y.
Riešenie:
Postupujeme podobne ako v predchádzajúcom príklade. Vyjadríme najprv
prvé derivácie z′
x, z′
y:
z′
x = z′
u · u′
x + z′
v · v′
x = z′
u ·
√
y
2
√
x
+ z′
v ·
1
2
√
xy
,
z′
y = z′
u · u′
y + z′
v · v′
y = z′
u ·
√
x
2
√
y
− z′
v ·
√
x
2
√
y3
.
Ďalej vyjadríme deriváciu z′′
xy = (z′
x)′
y:
z′′
xy =
(
z′
u ·
√
y
2
√
x
+ z′
v ·
1
2
√
xy
)′
y
=
= (z′
u)′
y ·
√
y
2
√
x
+ z′
u ·
( √
y
2
√
x
)′
y
+ (z′
v)′
y ·
1
2
√
xy
− z′
v ·
(
1
2
√
xy
)′
y
,
= (z′
u)′
y ·
√
y
2
√
x
+ z′
u ·
1
4
√
xy
+ (z′
v)′
y ·
1
2
√
xy
− z′
v ·
1
4
√
xy3
.
5
Ale z′
u = z′
u(u(x, y), v(x, y)) a z′
v = z′
v(u(x, y), v(x, y)) sú opäť zložené funkcie,
takže pre derivácie (z′
u)′
y, (z′
v)′
y platí:
(z′
u)′
y = (z′
u)′
u · u′
y + (z′
u)′
v · v′
y = z′′
uu · u′
y + z′′
uv · v′
y =
= z′′
uu ·
√
x
2
√
y
− z′′
uv ·
√
x
2
√
y3
,
(z′
v)′
y = (z′
v)′
u · u′
y + (z′
v)′
v · v′
y = z′′
vu · u′
y + z′′
vv · v′
y =
= z′′
vu ·
√
x
2
√
y
− z′′
vv ·
√
x
2
√
y3
.
Po dosadení pre z′′
xy máme:
z′′
xy =
(
z′′
uu ·
√
x
2
√
y
− z′′
uv ·
√
x
2
√
y3
)
·
√
y
2
√
x
+ z′
u ·
1
4
√
xy
+
+
(
z′′
vu ·
√
x
2
√
y
− z′′
vv ·
√
x
2
√
y3
)
·
1
2
√
xy
− z′
v ·
1
4
√
xy3
.
Po úpravách dostaneme:
z′′
xy =
1
4
z′′
uu + z′
u ·
1
4
√
xy
− z′′
vv ·
1
4y2
− z′
v ·
1
4
√
xy3
.
Dosadíme do pôvodnej rovnice:
4xyz′′
xy − 2yz′
y = 0,
4xy
(
1
4
z′′
uu + z′
u ·
1
4
√
xy
− z′′
vv ·
1
4y2
− z′
v ·
1
4
√
xy3
)
−
−2y
(
z′
u ·
√
x
2
√
y
− z′
v ·
√
x
2
√
y3
)
= 0,
xy · z′′
uu −
x
y
· z′′
vv = 0,
u2
· z′′
uu − v2
· z′′
vv = 0.
6
V transformovanej rovnici sa už premenné x, y nemôžu explicitne vyskytovať;
v našom prípade sme využili xy = u2
a x/y = v2
, podľa zadania. Vo všeobecnom
prípade sa staré premenné x, y vyjadria pomocou nových premenných
u, v.
Príklad 7
Vyriešte lineárnu parciálnu DR prvého rádu
xz′
x + yz′
y = 0
tým, že ju transformujete do nových premenných u = x, v = y/x.
Riešenie:
Z pohľadu premenných x, y je funkcia z = z(x, y) dvoch premenných x, y. Z
pohľadu nových premenných u, v je z = z(u, v) opäť funkciou dvoch premenných
u, v, avšak v tomto prípade je z zložená funkcia: z = z(u(x, y), v(x, y)).
Je potrebné vyjadriť parciálne derivácie z′
x, z′
y pomocou parciálnych derivácií
z′
u, z′
v, premenné x, y pomocou u, v, a potom tieto vyjadrenia dosadiť do
rovnice v zadaní. Tak s chuťou do toho :). Platí x = u a y = xv = uv. Ďalej
máme:
z′
x = z′
u · u′
x + z′
v · v′
x = z′
u · 1 + z′
v ·
(
−y
x2
)
= z′
u − z′
v ·
y
x2
= z′
u − z′
v ·
v
u
,
z′
y = z′
u · u′
y + z′
v · v′
y = z′
u · 0 + z′
v ·
1
x
= z′
v ·
1
u
(za x, y sme dosadili vyjadrenia pomocou premenných u, v). Dosadením do
rovnice v zadaní dostaneme:
xz′
x + yz′
y = 0,
u ·
(
z′
u − z′
v ·
v
u
)
+ uv ·
(
z′
v ·
1
u
)
= 0.
Po úprave získame rovnicu u · z′
u = 0, resp. z′
u = 0. Toto je jednoduchá
parciálna DR, ktorú vieme poľahky vyriešiť. Z rovnice vyplýva, riešenie
z(u, v) nezávisí na premennej u, nakoľko parciálna derivácia z podľa u
je všade nulová. Preto z je funkciou iba premennej v a má všeobecný tvar
z = f(v) = f(y/x), ak sa vrátime naspäť k premenným x, y. Za f môžeme
vziať ľubovoľnú funkciu jednej premenej, ktorá je spojito diferencovateľná
podľa svojho argumentu (napr. pre f(t) = t2
máme z = y2
/x2
; pre
f(t) = ln(1 + t) máme z = ln(1 + (y/x)), atď.)
7