Príklady na precvičovanie – parciálne derivácie
Riešené príklady
Príklad 1
Vypočítajme smerovú deriváciu funkcie f(x, y) = x2
+ 3xy + y2
v bode
A = [1, 1] v smere vektora ¯u = (1, 2)T
.
Riešenie:
Úlohu budeme riešiť dvomi spôsobmi – jednak priamo z definície smerovej
derivácia, a jednak pomocou gradientu funkcie f(x, y). Smerová derivácia
funkcie f(x, y) v bode A v smere vektora ¯u je definovaná
∂f(A)
∂ ¯u
= lim
t→0
f(A + t · ¯u) − f(A)
t
.
Platí A + t · ¯u = [1, 1] + t · (1, 2)T
= [1 + t, 1 + 2t], kde parameter t ∈ R. Po
dosadení postupne 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(x, y) má v ľubovoľnom bode [x, y] tvar
grad f(x, y) =
(
∂f(x, y)
∂x
,
∂f(x, y)
∂y
)T
= (2x + 3y, 3x + 2y)T
.
Nakoľko grad f(A) = (5, 5)T
, pre hľadanú smerovú deriváciu potom platí
∂f(A)
∂ ¯u
= grad f(A) · ¯u = (5, 5) · (1, 2)T
= 5 · 1 + 5 · 2 = 15 :).
Je potrebné poznamenať, že v tomto prípade je výpočet smerovej derivácie
pomocou gradientu možný, keďže funkcia f(x, y) má spojité parciálne derivácie
prvého rádu v bode A (samy overte :)).
1
Príklad 2
Stanovme smerovú deriváciu funkcie
f(x, y) =



x3−y4
x2+y2 , [x, y] ̸= [0, 0],
0, [x, y] ̸= [0, 0],
v bode A = [0, 0] v smere vektora ¯u = (3, 1)T
.
Riešenie:
V tomto prípade podľa definície smerovej derivácie máme
f¯u(A) = lim
t→0
f(A + t · ¯u) − f(A)
t
= lim
t→0
f(3t, t) − f(0, 0)
t
= lim
t→0
(3t)3−t4
(3t)2+t2 − 0
t
= lim
t→0
27t3
− t4
10t3
= lim
t→0
(
27
10
−
t
10
)
=
27
10
(samy overte jednotlivé výpočty ;)). Skúsme teraz aplikovať výpočet smerovej
derivácie pomocou gradientu grad f(A). Zo zadania funkcie f(x, y) musíme
parciálne derivácie fx(A) a fy(A) vypočítať priamo podľa definície, konkrétne
fx(A) = lim
x→0
f(x, 0) − f(0, 0)
x − 0
= lim
x→0
x3−0
x2+0
− 0
x
= lim
x→0
1 = 1,
fy(A) = lim
y→0
f(0, y) − f(0, 0)
y − 0
= lim
y→0
0−y4
0+y2 − 0
y
= lim
y→0
(−y) = 0
(samy si premyslite :)). Teda grad f(A) = (1, 0)T
, a následne
grad f(A) · ¯u = (1, 0) · (3, 1)T
= 3 . . . ??? : −//
Vidíme, že výpočet pomocou gradientu nám dáva nesprávny výsledok. Príčinou
tohto pozorovania je fakt, že ani jedna z parciálnych derivácií fx(x, y)
a fy(x, y) nie je spojitá v bode A. Skutočne, pre bod [x, y] ̸= [0, 0] platí
fx(x, y) =
(
x3
− y4
x2 + y2
)′
x
=
x4
+ 3x2
y2
+ 2xy4
(x2 + y2)2
,
2
fy(x, y) =
(
x3
− y4
x2 + y2
)′
y
= −
2y5
+ 4x2
y3
+ 2x3
y
(x2 + y2)2
(samy overte :)). Avšak limity
lim
(x,y)→(0,0)
fx(x, y), lim
(x,y)→(0,0)
fy(x, y)
neexistujú, ako sa možno ľahko presvedčiť (napríklad pomocou polárnych súradníc
;)). Preto funkcie fx(x, y) a fy(x, y) nie sú spojité v bode A = [0, 0].
Príklad 3
Vypočítajme z′
x, z′
y pre z = ln(u2
+ v2
), kde u = y cos x a v = x sin y.
Riešenie:
Zrejme z je zložená funkcia – z = z(u(x, y), v(x, y)). Platí teda
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
(samy overte jednotlivé výpočty :)).
Príklad 4
Vypočítajme u′
x, u′
y, u′
z pre u = ln(r2
+ v + s2
), kde r = 2x+y2+z
, v = x2
yz a
s = sin(x + y + z).
Riešenie:
Funkcia u je zložená, konkrétne 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,
3
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.
Následne postupne máme (samy overte výpočty ;))
u′
x =
2r
r2 + v + s2
· 2x+y2
+z
ln 2 +
1
r2 + v + s2
· 2xyz +
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 5
Ukážme, že funkcia u = 1
r
, kde r =
√
x2 + y2 + z2, je riešením lineárnej
parciálnej diferenciálnej druhého rádu
u′′
xx + u′′
yy + u′′
zz = 0.
Riešenie:
Potrebujeme vypočítať parciálne derivácie u′′
xx, u′′
yy a u′′
zz zloženej funkcie
u = u(r(x, y, z)). Platí
u′
x = u′
r · r′
x = −
1
r2
·
x
√
x2 + y2 + z2
r
= −
x
r3
,
u′′
xx =
(
−
x
r3
)′
x
= (−1) ·
1
r3
− x ·
(
1
r3
)′
x
= −
1
r3
− x ·
(
1
r3
)′
r
· r′
x
= −
1
r3
− x ·
(
−3
r4
)
·
x
√
x2 + y2 + z2
r
= −
1
r3
+
3x2
r5
4
(samy si dobre premyslite :)). Keďže premenné x, y, z vystupujú vo funkcii u
symetricky, rovnako platí
u′′
yy = −
1
r3
+
3y2
r5
, u′′
zz = −
1
r3
+
3z2
r5
(i toto si samy dobre premyslite ;)). Napokon máme
u′′
xx + u′′
yy + u′′
zz =
(
−
1
r3
+
3x2
r5
)
+
(
−
1
r3
+
3y2
r5
)
+
(
−
1
r3
+
3z2
r5
)
= −
3
r3
+
3 ·
r2
(x2
+ y2
+ z2
)
r5
= −
3
r3
+
3r2
r5
= 0.
Funkcia u je teda riešením rovnice v zadaní príkladu. Poznamenajme, že túto
úlohu sme mohli riešiť aj tak, že by sme vo výraze u = 1
r
hneď dosadili za
r =
√
x2 + y2 + z2, t.j.,
u =
1
√
x2 + y2 + z2
,
a priamo by sme počítali parciálne derivácie u′′
xx, u′′
yy a u′′
zz. Dostali by sme
samozrejme ten istý výsledok :).
Príklad 6
Parciálnu diferenciálnu rovnicu
(x + y)z′
x − (x − y)z′
y = 0
transformujme do nových premenných u = ln
√
x2 + y2 a v = arctg y
x
.
Riešenie:
V predloženej 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 a 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 a z′
y = z′
u · u′
y + z′
v · v′
y
5
(samy si pozorne premyslite ;)). Na základe predpísanej transformácie máme
u′
x =
x
x2 + y2
, u′
y =
y
x2 + y2
, v′
x = −
y
x2 + y2
, v′
y =
x
x2 + y2
(samy overte :)). Pre parciálne derivácie z′
x a z′
y potom dostávame vyjadrenia
z′
x = z′
u ·
(
x
x2 + y2
)
+ z′
v ·
(
−
y
x2 + y2
)
=
xz′
u − yz′
v
x2 + y2
,
z′
y = z′
u ·
(
y
x2 + y2
)
+ z′
v ·
(
x
x2 + y2
)
=
yz′
u + xz′
v
x2 + y2
(parciálne derivácie z′
u a z′
v nepoznáme). Dosadení do rovnice v zadaní príkladu
postupne máme
(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.
Posledná rovnica predstavuje hľadanú transformáciu pôvodnej rovnice v zadaní
príkladu do nových premenných u, v :).
Príklad 7
Lineárnu parciálnu diferenciálnu rovnicu druhého rádu
4xyz′′
xy − 2yz′
y = 0
transformujme do nových premenných u =
√
xy a v =
√
x
y
.
6
Riešenie:
Postupujeme podobne ako v predchádzajúcom príklade. Vyjadríme najprv
prvé parciálne derivácie z′
x a 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
(samy overte :)). Ďalej vyjadríme druhú parciálnu 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
.
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 parciálne derivácie (z′
u)′
y a (z′
v)′
y analogicky 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
(samy si pozorne premyslite ;)). Dosadením do vyjadrenia 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
.
7
Po elementárnych úpravách dostaneme
z′′
xy =
1
4
z′′
uu + z′
u ·
1
4
√
xy
− z′′
vv ·
1
4y2
− z′
v ·
1
4
√
xy3
(samy overte :)). Pôvodná rovnica v zadaní príkladu bude mať preto tvar
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 :).
V novej transformovanej rovnici sa už premenné x, y nemôžu explicitne vyskytovať.
V našom prípade sme využili rovnosti xy = u2
a x
y
= v2
predpísané
v zadaní príkladu. Vo všeobecnosti je nutné pôvodné premenné x, y vyjadriť
pomocou nových premenných u, v.
Príklad 8
Vyriešme lineárnu parciálnu diferenciálnu rovnicu prvého rádu
xz′
x + yz′
y = 0
tak, že ju transformujeme do nových premenných u = x a v = y
x
.
Riešenie:
Najprv príslušnú rovnicu transformujeme do nových premenných u, v. Je potrebné
vyjadriť prvé parciálne derivácie z′
x, z′
y pomocou parciálnych derivácií
8
z′
u, z′
v, premenné x, y vyjadriť pomocou u, v, a následne tieto vyjadrenia dosadiť
do rovnice v zadaní príkladu. Tak s chuťou do toho :). Platí x = u a
y = xv = uv (samy overte :)). Ďalej máme
z′
x = z′
u · u′
x + z′
v · v′
x = z′
u · 1 + 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 :)). Rovnice v
zadaní príkladu potom nadobudne tvar
xz′
x + yz′
y = 0
⇓
u ·
(
z′
u − z′
v ·
v
u
)
+ uv ·
(
z′
v ·
1
u
)
= 0
⇓
u · z′
u = 0 =⇒ z′
u = 0 :).
Posledná rovnica je jednoduchá parciálna diferenciálna rovnica, ktorú vieme
ľahko vyriešiť. Z nej vyplýva, že hľadané riešenie z nezávisí na premennej
u, keďže prvá parciálna derivácia z′
u je všade nulová (samy si dobre
premyslite ;)). Preto z je funkciou iba premennej v a má všeobecný tvar
z = f(v) = f
(y
x
)
, kde f je ľubovoľná funkcia jednej premenej, ktorá je spojito
diferencovateľná podľa svojho argumentu. Napríklad voľbou f(t) = t2
máme
riešenie z = y2
x2 , kým pre f(t) = ln(1 + t) získame riešenie z = ln
(
1 + y
x
)
:).
9