KURZUS: Matematika II.

MODUL: 2. Többváltozós függvények

2.4 Parciális deriváltak

Tanulási cél: A parciális derivált függvények előállításának alapos begyakorlása. A továbbiakban minden feladat megoldása során fel fogunk használni egy vagy több parciális derivált függvényt. Ezek meghatározásának biztos ismerete tehát elengedhetetlen.

Tananyag:
Tankönyv: Gáspár Csaba, Molnárka Győző: Lineáris algebra és többváltozós függvények.
Fejezet: 4.4.

Elméleti összefoglaló:

A parciális deriváltak definíciójából az következik, hogy amikor valamelyik változó szerint parciálisan deriválunk, akkor az egyváltozós függvények deriválásakor megtanult szabályokat kell alkalmazni, úgy, hogy mindazokat a változókat, amelyek szerint nem deriválunk konstansnak kell tekinteni. Így persze érvényesek az összegre, szorzatra és a hányadosra vonatkozó deriválási szabályok.

Mivel összetett függvényből több fajta is elképzelhető, a leggyakrabban előfordulókra vonatkozó deriválási szabályokat (elsősorban kétváltozós függvényekre kimondva) megadjuk. Ezek alapján a többváltozós esetek általában könnyen megkaphatók.

I. típusú összetett függvény.

Tekintsük az egyváltozós g ( x ) és a kétváltozós f ( x , y ) függvényeket és készítsük el velük a h ( x , y ) = g ( f ( x , y ) ) szintén kétváltozós összetett függvényt. Ekkor azokon az ( x 0 , y 0 ) helyeken, ahol az f függvény differenciálható, és a g függvény deriválható az f ( x 0 , y 0 ) helyen, a h függvény is differenciálható és a parciális deriváltjaira

h x ( x 0 , y 0 ) = g " ( f ( x 0 , y 0 ) ) . f x ( x 0 , y 0 ) ,

h y ( x 0 , y 0 ) = g " ( f ( x 0 , y 0 ) ) . f y ( x 0 , y 0 ) .

Ezek felírhatók a tömörebb és áttekinthetőbb

h x = g " ( f ( x , y ) ) . f x ,

h y = g " ( f ( x , y ) ) . f y

alakokban is.

II. típusú összetett függvény.

Egy másik fajta összetett függvényt kapunk az következő esetben. Legyen f ( x , y ) kétváltozós függvény, x ( t ) és y ( t ) pedig egyváltozós függvények. Ekkor elkészíthetjük a g ( t ) = f ( x ( t ) , y ( t ) ) egyváltozós függvényt. Ekkor, ha x ( t ) és y ( t ) differenciálható t 0 -ban és f ( x , y ) differenciálható ( x ( t 0 ) , y ( t 0 ) ) -ban, akkor g ( t ) is differenciálható t 0 -ban és

g " ( t 0 ) = f x ( x ( t 0 ) , y ( t 0 ) ) . x " ( t 0 ) + f y ( x ( t 0 ) , y ( t 0 ) ) . y " ( t 0 ) .

Ugyanez tömörebben

d g d t = f x . d x d t + f y . d y d t .

III. típusú összetett függvény.

Tekintsuk az ( x 0 , y 0 ) pontban differenciálható u ( x , y ) és v ( x , y ) függvényeket és az ( u ( x 0 , y 0 ) , v ( x 0 , y 0 ) ) pontban differenciálható f ( x , y ) függvényt. Ekkor a h ( x , y ) = f ( u ( x , y ) , v ( x , y ) ) függvény is differenciálható az ( x 0 , y 0 ) pontban és

h x ( x 0 , y 0 ) = f x ( u ( x 0 , y 0 ) , v ( x 0 , y 0 ) ) . u x ( x 0 , y 0 ) + f y ( u ( x 0 , y 0 ) , v ( x 0 , y 0 ) ) . v x ( x 0 , y 0 ) ,

h y ( x 0 , y 0 ) = f x ( u ( x 0 , y 0 ) , v ( x 0 , y 0 ) ) . u y ( x 0 , y 0 ) + f y ( u ( x 0 , y 0 ) , v ( x 0 , y 0 ) ) . v y ( x 0 , y 0 ) .

Ezt szokás tömörebben az alábbi alakban felírni (az f -et az u és a v függvényének tekintve):

h x = f u u x + f v v x ,

h y = f u u y + f v v y .

A továbbiakban fel fogjuk tételezni, hogy a függvényeink a tekintett helyeken értelmezhetők, és a szükséges differenciálhatósági feltételek teljesülnek.

Kidolgozott feladatok

1. feladat Legyen f ( x , y ) = x 2 y x y 3 . Számítsuk ki f x ( 1,2 ) és f y ( 1,2 ) értékét.

Megoldás: Kezdjük a x szerinti parciális derivált kiszámolásával.
Két úton is eljárhatunk.

Felírhatjuk az egyváltozós f 1 ( x ) = f ( x ,2 ) függvény képletét és meghatározzuk annak a deriváltját az 1 helyen. Mivel

f 1 ( x ) = f ( x ,2 ) = 2 x 2 8 x ,

f 1 " ( x ) = 4 x 8 , tehát

f 1 " ( 1 ) = f x ( 1,2 ) = 4 . 1 8 = 4 .

De számolhatunk úgy is, hogy először elkészítjük az x szerinti parciális derivált függvényt és annak vesszük az ( 1,2 ) helyen a helyettesítési értékét. Arra kell csak ügyelni, hogy amikor x szerint deriválunk az y -t konstansnak kell tekinteni. Így tehát

f x ( x , y ) = 2 x y y 3 ,

(az első tagban az x 2 x szerinti deriváltja 2 x , ezért x 2 konstansszorosának az x szerinti deriváltja a 2 x konstansszorosa, a második tagban pedig az x konstanszorosának a deriváltja a konstans).

Innen

f x ( 1,2 ) = 2 . 1 . 2 2 3 = 4 8 = 4 .

A két érték persze megegyezik.

Az y szerinti parciális derivált kiszámolásakor ugyanez a két módszer alkalmazható.

Most elkészíthetjük az egyváltozós f 2 ( y ) = f ( 1, y ) függvényt és vehetjük annak deriváltját a 2 helyen. Ekkor

f 2 ( y ) = f ( 1, y ) = 1 2 . y 1 . y 3 = y y 3 .

Innen

f 2 " ( y ) = 1 3 y 2 ,

és így

f 2 " ( 2 ) = f y ( 1,2 ) = 1 3 . 2 2 = 1 12 = 11 .

Vagy meghatározzuk először az y szerinti parciális derivált függvényt és vesszük annak helyettesítési értékét az ( 1,2 ) helyen. Amikor y szerint deriválunk az x -et konstansnak kell tekintenünk. Tehát

f y ( x , y ) = x 2 3 x y 2 ,

amiből

f y ( 1,2 ) = 1 2 3 . 1 . 2 2 = 1 12 = 11 ,

ugyanannyi, mint az előbb.

2. feladat Határozzuk meg az f ( x , y ) = x 2 e 2 y , D f = R 2 függvény parciális derivált függvényeit.

Megoldás: Kezdjük az x szerinti parciális deriválttal és használjuk az f függvény x szerinti parciális derivált függvényének az

f x ( x , y ) = f x = x f

jelölését. Ekkor

f x = x ( x 2 e 2 y ) = e 2 y x ( x 2 ) = e 2 y . 2 x = 2 x e 2 y ,

hiszen amikor x szerint deriválunk az y , és ezzel a e 2 y is, konstansnak tekintendő.

Hasonlóan, felhasználva az

f y ( x , y ) = f x = x f

jelölést kapjuk, hogy

f y = y ( x 2 e 2 y ) = x 2 . y ( e 2 y ) = x 2 . 2 . e 2 y = 2 x 2 e 2 y ,

hiszen most az x -et, és vele az x 2 -et is, konstansnak kell tekinteni.

3. feladat Írjuk fel a h ( x , y ) = ( 2 x y y 3 ) 3 , D h = R 2 összetett függvény parciális derivált függvényeit.

Megoldás: Ez a h függvény az I típusba tartozó összetett függvény. A külső függvény most az x 3 , aminek a deriváltja a 3 x 2 , a belső függvény 2 x y y 3 , aminek x szerinti deriváltja 2 y , ezért

h x ( x , y ) = 3 ( 2 x y y 3 ) 2 . 2 y .

Hasonlóan

h y ( x , y ) = 3 ( 2 x y y 3 ) 2 . ( 2 x 3 y 2 ) ,

mivel a belső függvény y szerinti deriváltja 2 x 3 y 2 .

4. feladat Határozzuk meg a h ( x , y ) = ( x y ) 2 y 4 , D h = R 2 függvény parciális derivált függvényeit.

Megoldás: Ez is egy I típusú összetett függvény. A külső függvény most a x , aminek a deriváltja 1 2 x . Hogy ne kelljen a belső függvény deriválásakor is kompozíciót deriválni, elvégezhetjük a gyök alatt a négyzetre emelést. Ekkor

h ( x , y ) = x 2 y 2 y 4 .

Így

h x = 1 2 x 2 y 2 y 4 . ( 2 x y 2 )

és

h x = 1 2 x 2 y 2 y 4 . ( 2 x 2 y 4 y 3 ) .

Persze ha nem bánjuk, hogy a belső függvény deriválásakor is összetett függvényt kell deriválni, akkor kapjuk, hogy

h x = 1 2 ( x y ) 2 y 4 . ( 2 ( x y ) . y ) ,

illetve

h y = 1 2 ( x y ) 2 y 4 . ( 2 ( x y ) x 4 y 3 ) ,

összhangban az előzőekkel.

5. feladat Határozzuk meg az f ( x , y ) = x 3 y . sin ( x 2 y 3 ) , D f = R 2 függvény parciális derivált függvényeit.

Megoldás: A függvényünk mind x -re, mind y -ra nézve szorzat függvény, amelynek rádásul a második tényezője az elsőnek említett típusba tartozó összetett függvény. Ezért

f x = x ( x 3 y ) . sin ( x 2 y 3 ) + x 3 y x ( sin ( x 2 y 3 ) ) =

= ( 3 x 2 y ) sin ( x 2 y 3 ) + x 3 y . ( cos ( x 2 y 3 ) 2 x y 3 ) ,

illetve

f y = y ( x 3 y ) sin ( x 2 y 3 ) + x 3 y y ( sin ( x 2 y 3 ) ) =

= x 3 sin ( x 2 y 3 ) + x 3 y . cos ( x 2 y 3 ) ( 3 x 2 y 2 ) .

6. feladat Írjuk fel az f ( x , y ) = 2 x 3 y 2 x 2 y 4 + 2 függvény parciális derivált függvényeit.

Megoldás: Függvényünk egy tört, amelynek számlálója az I típusba tartozó összetett függvény. Így

f x = x ( 2 x 3 y 2 ) . ( x 2 y 4 + 2 ) 2 x 3 y 2 . x ( x 2 y 4 + 2 ) ( x 2 y 4 + 2 ) 2 =

= 2 2 2 x 3 y 2 ( x 2 y 4 + 2 ) 2 x 3 y 2 ( 2 x y 4 ) ( x 2 y 4 + 2 ) 2 ,

és

f y = y ( 2 x 3 y 2 ) . ( x 2 y 4 + 2 ) 2 x 3 y 2 . y ( x 2 y 4 + 2 ) ( x 2 y 4 + 2 ) 2 =

= 6 y 2 2 x 3 y 2 ( x 2 y 4 + 2 ) 2 x 3 y 2 ( 4 x 2 y 3 ) ( x 2 y 4 + 2 ) 2 .

7. feladat Tekintsük az x ( t ) = 2 t + 3 és az y ( t ) = e 1 t egyváltozós, valamint az f ( x , y ) = x 2 + 2 y kétváltozós függvényt. Írjuk fel a g ( t ) = f ( x ( t ) , y ( t ) ) függvény derivált függvényét.

Megoldás: Kétféleképpen is eljárhatunk.

Az egyik lehetőség, hogy felírjuk közvetlenül a g ( t ) függvény képletét és vesszük annak deriváltját. Ekkor, miután

g ( t ) = f ( x ( t ) , y ( t ) ) = ( x ( t ) ) 2 + 2 y ( t ) = ( 2 t + 3 ) 2 + 2 e 1 t

kapjuk, hogy

g " ( t ) = 2 ( 2 t + 3 ) 2 2 e 1 t = 8 t + 12 2 e 1 t .

A másik lehetőség, mivel g a II típusba tartozó összetett függvény, az hogy alakalmazzuk az ott közölt deriválási képletet.
Ekkor felhasználva, hogy

f x = 2 x , f y = 2

és azt, hogy

d x d t = 2, d y d t = e 1 t

kapjuk, hogy

g " ( t ) = d g d t = f x . d x d t + f y . d y d t = 2 x ( t ) . 2 + 2 . ( e 1 t ) = 2 ( 2 t + 3 ) 2 2 e 1 t = 8 t + 12 2 e 1 t .

A két eredmény természetesen egyenlő.

8. feladat Legyen x ( t ) = ln t , y ( t ) = t + 2 és f ( x , y ) = ln ( 2 x + 3 y ) . Határozzuk meg a g ( t ) = f ( x ( t ) , y ( t ) ) függvény derivált függvényét.

Megoldás: Alkalmazzuk a II-ben szereplő láncszabályt. Mivel

f x = 2 2 x + 3 y , f y = 3 2 x + 3 y

és

d x d t = 1 t , d y d t = 1 2 t + 2

azt kapjuk, hogy

d g d t = f x . d x d t + f y . d y d t = 2 2 x ( t ) + 3 y ( t ) . 1 t + 3 2 x ( t ) + 3 y ( t ) . 1 2 t + 2 =

= 2 2 ln t + 3 t + 2 . 1 t + 3 2 ln t + 3 t + 2 . 1 2 t + 2 = 1 2 ln t + 3 t + 2 ( 2 t + 3 2 t + 2 ) .

9. feladat Tekintsük az u ( x , y ) = x y , v ( x , y ) = x y és f ( x , y ) = 3 x 2 y 2 x + 3 y kétváltozós függvényeket és határozzuk meg a h ( u ( x , y ) , v ( x , y ) ) kétváltozós függvény parciális derivált függvényeit.

Megoldás: A h egy III típusba tartozó függvény. Mielőtt az ilyen típusú függvényekre vonatkozó láncszabályt alkalmaznánk célszerű az f függvényt, (a külső függvényt) felírni u és v (vagy amivel a belső függvényeket jelöltük) függvényeként. Most azt kapjuk, hogy

f ( u , v ) = 3 u 2 v 2 u + 3 v .

Mivel

f u = 6 u v 2, f v = 3 u 2 + 3 ,

és

u x = y , u y = x ,

v x = 1, v y = 1

azt kapjuk, hogy

h x = f u . u x + f v . v x = ( 6 u v 2 ) . y + ( 3 u 2 + 3 ) . 1 =

= ( 6 ( x y ) ( x y ) 2 ) . y + ( 3 ( x y ) 2 + 3 ) . 1 = 9 x 2 y 2 6 x y 3 2 y + 3 ,

illetve

h y = f u . u y + f v . v y = ( 6 u v 2 ) x ( 3 u 2 + 3 ) =

= ( 6 ( x y ) ( x y ) 2 ) x ( 3 ( x y ) 2 + 3 ) = 6 x 3 y 9 x 2 y 2 2 x 3 .

Természetesen ugyanerre az eredményre jutunk, ha először felírjuk a h ( x , y ) képletet majd azt deriváljuk parciálisan.
Most

h ( x , y ) = 3 x 3 y 2 3 x 2 y 3 2 x y + 3 x 3 y ,

és ennek parciális deriváltjai valóban a fentiek.

10. feladat Legyen u ( x , y ) = x 2 y és v ( x , y ) = x 2 + y 2 , valamint f ( x , y ) = cos x . cos y . Számítsuk ki a h ( x , y ) = f ( u ( x , y ) , v ( x , y ) ) függvény parciális derivált függvényeit.

Megoldás: A h most is egy III típusba tartozó összetett függvény. A külső függvényt felírhatjuk a f ( u , v ) = cos u . sin v alakban. Innen

f u = sin u . cos v , f v = cos u . sin v .

Továbbá

u x = 2 x , u y = 2

és

v x = 2 x , v y = 2 y .

Ezeket felhasználva kapjuk, hogy

h x = f u . u x + f v . v x = sin u . cos v . 2 x cos u . sin v 2 x =

= sin ( x 2 2 y ) cos ( x 2 + y 2 ) 2 x cos ( x 2 2 y ) sin ( x 2 + y 2 ) 2 x =

= 2 x [ sin ( x 2 2 y ) cos ( x 2 + y 2 ) + cos ( x 2 2 y ) sin ( x 2 + y 2 ) ] ,

és

h y = f u . u y + f v . v y = sin u . cos v . ( 2 ) cos u . sin v . 2 y =

= 2 sin ( x 2 2 y ) cos ( x 2 + y 2 ) cos ( x 2 2 y ) sin ( x 2 + y 2 ) 2 y =

= 2 [ sin ( x 2 2 y ) cos ( x 2 + y 2 ) cos ( x 2 2 y ) sin ( x 2 + y 2 ) y ] .

11. feladat Tekintsük az u ( x , y ) = 2 x + y , v ( x , y ) = x y és f ( x , y ) = e x y kétváltozós függvényeket. Határozzuk meg a h ( x , y ) = f ( u ( x , y ) , v ( x , y ) ) függvény parciális derivált függvényeit.

Megoldás: Ez a h a III típusba tartozó összetett függvény. Az ottani láncszabályt fogjuk használni. Ennek érdekében célszerű most is felírni f -et u és v függvényeként (vagy amivel a belső függvényeket jelöltük). Ekkor

f ( u , v ) = e u v ,

és azt kapjuk, hogy

f u = v e u v , f v = u e u v ,

valamint

u x = 2, u y = 1 , és v x = 1 y , v y = x y 2 .

Ezek felhasználásával

h x = f u . u x + f v . v x = v e u v . 2 + u e u v . 1 y =

= 2 x y e ( 2 x + y ) x y + 2 x + y y e ( 2 x + y ) x y = ( 4 x y + 1 ) e ( 2 x + y ) x y ,

illetve

h y = f u . u y + f v . v y = v e u v . 1 + u e u v . ( x y 2 ) =

= x y e ( 2 x + y ) x y ( 2 x + y ) x y 2 e ( 2 x + y ) x y = 2 x 2 y 2 e ( 2 x + y ) x y .

Érdemes most is kipróbálni, hogy ugyanezeket kapjuk, ha felírjuk közvetlenül a h ( x , y ) = e ( 2 x + y ) x y = e 2 x 2 y + x formulát és annak vesszük a parciális deriváltjait. A fenti szabály alkalmazása azonban általában egyszerűbb deriválásokat jelent.

12. feladat Határozzuk meg az f ( x , y , z ) = x y 2 z 3 + 3 x + 2 y + z , D f = R 3 háromváltozós függvény parciális derivált függvényeit.

Megoldás:

f x = y 2 z 3 + 3 ,

f y = 2 x y z 3 + 2 ,

f z = 3 x y 2 z 2 + 1 .

13. feladat Készítsük el a f ( x 1 , x 2 , x 3 , ... , x n ) = x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 + ... + x n 3 n -változós függvény parciális derivált függvényeit.

Megoldás: A függvényünk szerkezete most olyan, hogy az összeg n tagja közül mindegyik csak egy-egy változótól függ. Ezért, amikor például az első változó szerint deriválunk az összeg első tagján kívül minden tagnak nulla a deriváltja, amikor a második változó szerint deriválunk, az összeg második tagján kívül minden tagnak nulla a deriváltja, és így tovább.

Tehát

f x 1 = 2 x 1 ,

f x 2 = 2 x 2 ,

f x 3 = 2 x 3 ,

.
.
.

f x n = 2 x n .

Ellenőrző kérdések

1. kérdés: Legyen f ( x , y ) = x + x 2 y x 3 y 2 + y . Ekkor az elsőrendű parciális derivált függvények
f x ( x , y ) = 1 + 2 x y 3 x 2 y 2 , f y ( x , y ) = 1 + 2 x 3 y + x 2 .
f x ( x , y ) = 1 2 x y 3 ( xy ) 2 , f y ( x , y ) = x 2 ( 1 2 x y ) + 1 .
f x ( x , y ) = 1 + 2 x y 3 x 2 y 2 , f y ( x , y ) = x 2 2 x 3 y + 1 .
f x ( x , y ) = 1 + x y ( 2 3 x y ) , f y ( x , y ) = x 2 ( 1 + 2 x y ) + 1 .
2. kérdés: Legyen f ( x , y ) = cos ( 2 x 3 y ) . Ekkor f y ( x , y ) =
f y ( x , y ) = sin ( 2 x 3 y ) .
f y ( x , y ) = 6 cos ( 2 x 3 y ) .
f y ( x , y ) = 2 cos ( 2 x 3 y ) .
f y ( x , y ) = 3 sin ( 2 x 3 y ) .
3. kérdés: Ha f ( x , y ) = x e y x 2 sin ( x y ) , akkor f x ( x , y ) =
e y 2 x cos ( x y ) y .
e y 2 x sin ( x y ) x 2 y cos ( x y ) .
e y 2 x ysin ( x y ) x 3 cos ( x y ) .
e y x ( 2 sin ( x y ) x y cos ( x y ) ) .
4. kérdés: Legyen f ( x , y ) = e x y cos ( x y ) . Ekkor f y =
x e x y ( cos ( x y ) + sin ( x y ) ) .
y e x y ( cos ( x y ) sin ( x y ) ) .
x e x y ( cos ( x y ) sin ( x y ) ) .
y e x y ( sin ( x y ) cos ( x y ) ) .
5. kérdés: Egy henger térfogatát az alapkörének az r sugara és a h magasságának a függvényében a V ( r , h ) = π r 2 h függvény írja le. Ekkor a V r és V h deriváltakra
V r = π r 2 , V h = 2 π . r . h .
v r = 2 π . r . h , V h = π r 2 .
V r = π . r . h , V h = 2 π r 2 .
V r = 2 π . r , V h = π .
6. kérdés: Legyen x ( t ) = 2 t 3, y ( t ) = t 2 és f ( x , y ) = x + x y . Ekkor a g ( t ) = f ( x ( t ) , y ( t ) ) függvényre g " ( t ) =
6 t 2 6 t + 2 .
2 6 t 2 6 t .
2 + 6 t 2 + 6 t .
6 t 2 6 t 2 .
7. kérdés: Legyen f ( x , y ) = x 2 y 2 és g ( x , y ) = 2 x y . Ekkor
f x = g x , és f y = g y .
f x = g y , és g x = f y .
f y = g y , és f x = g x .
f x = g y , és g x = f y .
8. kérdés: Ha x ( t ) = t 1 , y ( t ) = e t és f ( x , y ) = x 2 y + x 2 y 2 , akkor a g ( t ) = f ( x ( t ) , y ( t ) ) függvény derivált függvénye g " ( t ) =
t e 2 t 2 e 2 t + t e t .
2 t e 2 t + e 2 t t e t .
2 t e 2 t e 2 t + t e t .
2 t e 2 t e 2 t t e t .
9. kérdés: Legyen u ( x , y ) = x y , v ( x , y ) = x y és f ( x , y ) = 6 x y 2 3 x 2 y . Ekkor a h ( x , y ) = f ( u ( x , y ) , v ( x , y ) ) függvényre h y =
6 x 3 18 x 2 y + 24 x y 2 3 x + 2 .
6 x 3 + 24 x 2 y 18 x y 2 3 x + 2 .
6 x 3 24 x 2 y + 18 x y 2 3 x + 2 .
6 x 3 24 x 2 y + 18 x y 2 + 2 y 3 .
10. kérdés: Legyen u ( x , y ) = x + y , v ( x , y ) = x y és f ( x , y ) = x + y x y . Ekkor a h ( x , y ) = f ( u ( x , y ) , v ( x , y ) ) függvényre f x ( x , y ) =
1 x .
1 y .
x y 2 .
y x 2 .