Embed Size (px)
Citation preview
FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI (ZADACI)
Rozarija Jak²i¢
15. travnja 2013.
1
UVOD U FUNKCIJE DVIJU
VARIJABLI
1.1. Domena funkcija dviju varijabli
Jedno od osnovnih pitanja koje se moºe postaviti za realnu funkciju dvije re-alne varijable jest pitanje domene, tj. podru£ja u ravnini R2 na kojem je funkcijade�nirana - traºimo skup svih to£aka (x, y) iz ravnine za koje moºemo izra£unativrijednost funkcije. Pritom skiciramo skup svih to£aka domene u koordinatnojravnini jer nam £esto sam zapis za domenu ne govori previ²e.
Funkcije koje ¢emo promatrati su kompozicije nekoliko elementarnih funkcija,i zato se trebamo ukratko prisjetiti koje su njihove domene. Pritom ¢emo ele-mentarne funkcije promatrati kao funkcije jedne varijable, jer je bitno uo£iti uvjetkoji mora vrijediti na argument funkcije koju promatramo, bila to funkcija jedneili vi²e varijabli. Do domene zadane funkcije dolazimo rje²avanjem svih uvjeta.
Elementarne funkcije jedne varijable
Polinomi. Polinom stupnja n ∈ N0 je funkcija P : R→ R de�nirana s
P (x) = anxn + an−1x
n−1 + ...+ a1x+ a0,
gdje su a0, a1, ..., an realni brojevi takvi da je an 6= 0.Brojeve a0, a1, ..., an zovemo koe�cijentima polinoma. Koe�cijent an zovemo vo-de¢i koe�cijent, a a0 slobodni koe�cijent.Stupanj polinoma je najve¢a potencija nepoznanice x.Domena polinoma je £itav R, tj. nema ograni£enja na domeni.
3
Racionalna funkcija. Neka su P (x) = anxn + an−1x
n−1 + ... + a1x + a0 iQ(x) = bmx
m + bm−1xm−1 + ...+ b1x+ b0 polinomi. Funkciju
f(x) =P (x)
Q(x)=
anxn + an−1x
n−1 + ...+ a1x+ a0
bmxm + bm−1xm−1 + ...+ b1x+ b0
zovemo racionalna funkcija. Ona je de�nirana za sve x ∈ R takve da je Q(x) 6= 0,tj. D(f) = {x ∈ R : Q(x) 6= 0}.
Uvjet koji pamtimo: Nazivnik razlomka mora biti razli£it od nule.
Korijen. f(x) = n√x.
Tu razlikujemo dva slu£aja kod odre�ivanja domene:
• ako je n = 2k − 1, k ∈ N, tj. ako je n neparan, onda je domena £itav R;
• ako je n = 2k, k ∈ N, tj. ako je n paran, onda su domena svi nenegativnirealni brojevi, tj. D(f) = [0,+∞〉.
Uvjet koji pamtimo: Izraz ispod parnog korijena mora biti ve¢i ili jednak nuli.
Eksponencijalna funkcija. Neka je a > 0, a 6= 1 realan broj. Funkcijaf(x) = ax de�nirana za svaki x ∈ R zove se eksponencijalna funkcija baze a.Domena eksponencijalne funkcije je £itav R (nema ograni£enja na domeni).
Svojstva eksponencijalne funkcije:
• Injektivnost: ax1 = ax2 ⇔ x1 = x2.
• Monotonost:
∗ ako je a > 1, onda za x1 < x2 vrijedi ax1 < ax2 ;
∗ ako je a < 1, onda za x1 < x2 vrijedi ax1 > ax2 .
Logaritamska funkcija. Neka je a > 0, a 6= 1 realan broj. Eksponenci-jalna funkcija baze a je bijekcija. Njen inverz je logaritamska funkcija s bazom a,f(x) = loga x koja je de�nirana samo za strogo pozitivne brojeve.Domena logaritamske funkcije je D(f) = 〈0,+∞〉.
Svojstva logaritamske funkcije:
• Injektivnost: loga x1 = loga x2 ⇔ x1 = x2.
• Monotonost:
∗ ako je a > 1, onda za x1 < x2 vrijedi loga x1 < loga x2;
∗ ako je a < 1, onda za x1 < x2 vrijedi loga x1 > loga x2.
Uvjeti koji pamtimo: Izraz pod logaritmom mora biti strogo ve¢i od nule. Bazalogaritma mora biti strogo ve¢a od nule i razli£ita od jedinice.
Trigonometrijske funkcije.
• Funkcije sinus i kosinus, sin : R → [−1, 1], cos : R → [−1, 1], de�nirane suza sve realne brojeve, tj. njihova domena je £itav R (nemaju ograni£enjana domenama).
• Funkcija tangens de�nirana je kao tgx =sinx
cosx. Po²to je tu rije£ o razlomku,
nazivnik mu mora biti rali£it od nule, tj. cosx 6= 0, pa je domena funkcije
f(x) = tgx upravo D(f) = R \ {x : cos x 6= 0} = R \ {π2
+ kπ, k ∈ Z}.
Dakle, vrijedi tg : R \ {π2
+ kπ, k ∈ Z} → R
Uvjet koji pamtimo: Izraz pod tangensom mora biti razli£it odπ
2+ kπ za
svaki k ∈ Z.
• Funkcija kotangens de�nirana je kao ctgx =cosx
sinx. Po²to je i tu rije£ o
razlomku, nazivnik mu mora biti rali£it od nule, tj. sinx 6= 0, pa je domenafunkcije f(x) = ctgx upravo D(f) = R \ {x : sinx 6= 0} = R \ {kπ, k ∈ Z}.Dakle, vrijedi ctg : R \ {kπ, k ∈ Z} → R
Uvjet koji pamtimo: Izraz pod kotangensom mora biti razli£it od kπ za svakik ∈ Z.
Ciklometrijske (arkus) funkcije su inverzne funkcije odgovaraju¢ih res-trikcija trigonometrijskih funkcija.
• Funkcija arkus sinus, f(x) = arcsin x, je inverzna funkcija restrikcije sinusa
na interval [−π2,π
2] pa vrijedi arcsin : [−1, 1] → [−π
2,π
2], tj. domena joj je
D(f) = {x ∈ R : |x| ≤ 1} = [−1, 1].
• Funkcija arkus kosinus, f(x) = arccosx, je inverzna funkcija restrikcijekosinusa na interval [0, π] pa vrijedi arccos : [−1, 1]→ [0, π], tj. domena jojje D(f) = {x ∈ R : |x| ≤ 1} = [−1, 1].
Uvjet koji pamtimo: Izraz koji se nalazi pod funkcijom arkus sinus ili arkuskosinus mora biti po apsolutnoj vrijednosti manji ili jednak jedan.
• Funkcija arkus tangens, f(x) = arctgx, je inverzna funkcija restrikcije tan-
gensa na interval 〈−π2,π
2〉 pa vrijedi arctg : R → 〈−π
2,π
2〉, tj. domena joj
je £itav R (nema ograni£enja na domeni).
• Funkcija arkus kotangens, f(x) = arcctgx, je inverzna funkcija restrikcijekotangensa na interval 〈0, π〉 pa vrijedi arcctg : R → 〈0, π〉, tj. domena jojje £itav R (nema ograni£enja na domeni).
Zadaci
Primjer 1.1. Odredite podru£je de�nicije funkcije f(x, y) =1√
4− x2 − y2, te
gra�£ki predo£ite rje²enje.
∗ Rje²enje. Postavljamo uvjete:
(1) 4− x2 − y2 ≥ 0 (zbog korijena)
(2)√
4− x2 − y2 6= 0 (jer se nalazi u nazivniku razlomka)
Ako kvadriramo drugi uvjet, dobijemo 4 − x2 − y2 6= 0, tj. x2 + y2 6= 4.Iz prvog uvjeta imamo x2 + y2 ≤ 4, pa nam ta dva uvjeta zajedno dajux2+y2 < 4. Dakle, domena funkcije f je D(f) = {(x, y) ∈ R2 : x2+y2 < 4}.Gra�£ki, domena funkcije f je krug radijusa 2 sa sredi²tem u ishodi²tu bezgranica:
Zadatak 1.1. Odredite podru£je de�nicije sljede¢ih funkcija, te rje²enje predo£itegra�£ki u ravnini.
(1) f(x, y) =1√
x2 − 4+ 4√
4− y2
(2) f(x, y) =√
(4x2 + y2 − 16)(9− x2 − y2)
Primjer 1.2. Odredite podru£je de�nicije funkcije f(x, y) =ln(x2 − y)
x, te gra-
�£ki predo£ite rje²enje.
∗ Rje²enje. Imamo sljede¢e uvjete:
(1) x 6= 0 (jer se nalazi u nazivniku razlomka)
(2) x2 − y > 0 (zbog logaritma)
Iz drugog uvjeta imamo y < x2, pa je domena funkcije f upravo skupD(f) = {(x, y) ∈ R2 : x 6= 0, y < x2}.Gra�£ki, domena od f je dio ravnine ispod parabole y = x2 bez granica ibez pravca x = 0.
Zadatak 1.2. Odredite podru£je de�nicije sljede¢ih funkcija, te rje²enje predo£itegra�£ki u ravnini.
(1) f(x, y) = logx(2− y)
(2) f(x, y) =
√8x− 6y + x2 + y2
log(xy)
(3) f(x, y) = ln(y − 3x
x− 2y
)+√
4− x2 − y2
(4) f(x, y) =√
ln(y + x2)− ln(x− y2)
(5) f(x, y) = ln[x ln(y − x)]
Primjer 1.3. Odredite podru£je de�nicije funkcije f(x, y) = arcsinx
y, te rje²enje
gra�£ki prikaºite u ravnini.
∗ Rje²enje. Postavljamo sljede¢e uvjete:
(1) y 6= 0 (jer se nalazi u nazivniku razlomka)
(2) −1 ≤ x
y≤ 1 (zbog arkus sinusa)
Ako je y > 0, drugi uvjet moºemo pomnoºiti s y i dobijemo −y ≤ x ≤ y,tj. imamo dvije nejednakosti y ≥ −x i y ≥ x.Za y < 0, kad drugi uvjet pomnoºimo s y dobijemo −y ≥ x ≥ y, tj. y ≤ −xi y ≤ x.Dakle, D(f) = {(x, y) ∈ R2 : (y > 0,−y ≤ x ≤ y) ili (y < 0,−y ≥ x ≥ y)}.Gra�£ki:
Zadatak 1.3. Odredite podru£je de�nicije sljede¢ih funkcija, te gra�£ki predo£iterje²enje.
(1) f(x, y) = arcsinx
2+√xy
(2) f(x, y) = arcsinx
y2+ arcsin(1− y)
(3) f(x, y) = lnx
y+ arccos
x− 3y
x+ y
(4) f(x, y) = arcsin(ln(x+ y))
(5) f(x, y) = ln4x2 + 9y2 − 36
x2 − y2 − 1+ arcsin
(x+ y)2 − 1
(x+ y)2 + 1
2
PARCIJALNE DERIVACIJE
FUNKCIJA DVIJU VARIJABLI
2.1. De�nicija parcijalnih derivacija
Parcijalne derivacije funkcije z = f(x, y) u to£ki T (x0, y0) ∈ D(f) su redom
f ′x(x0, y0) = lim∆x→0
f(x0 + ∆x, y0)− f(x0, y0)
∆x,
f ′y(x0, y0) = lim∆y→0
f(x0, y0 + ∆y)− f(x0, y0)
∆y.
Ako funkcija z = f(x, y) ima parcijalne derivacije u svakoj to£ki (x, y) izsvoje domene, onda su parcijalne derivacije te funkcije po varijablama x i y novefunkcije koje ra£unamo kao
f ′x(x, y) = lim∆x→0
f(x+ ∆x, y)− f(x, y)
∆x,
odnosno
f ′y(x, y) = lim∆y→0
f(x, y + ∆y)− f(x, y)
∆y.
Parcijalne derivacije funkcije z = f(x, y) moºemo ra£unati i na sljede¢i na£in:
∗ ako ra£unamo f ′x(x, y), tj. ako funkciju z = f(x, y) deriviramo po varijablix, onda varijablu y trebamo gledati kao konstantu;
∗ ako ra£unamo f ′y(x, y), tj. ako funkciju z = f(x, y) deriviramo po varijabliy, onda varijablu x trebamo gledati kao konstantu.
9
Diferencijalni ra£un funkcija jedne varijable
Neka je f : I → R funkcija jedne varijable, te neka je x0 ∈ I proizvoljna to£ka izdomene funkcije y = f(x). Ako postoji grani£na vrijednost
f ′(x0) = lim∆x→0
f(x0 + ∆x)− f(x0)
∆x,
onda ju zovemo derivacija funkcije y = f(x) u to£ki x0.Ako je sad x ∈ I bilo koja to£ka iz podru£ja de�nicije funkcije y = f(x), ondagrani£nu vrijednost
f ′(x) = lim∆x→0
f(x+ ∆x)− f(x)
∆x,
ako postoji, zovemo derivacija funkcije y = f(x).
Pravila deriviranja
Neka su f, g : I → R takve da imaju derivaciju za intervalu I. Tada vrijedi
∗ [f(x)± g(x)]′ = f ′(x)± g′(x) (derivacija zbroja)
∗ [f(x) · g(x)]′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x) (derivacija umno²ka)
∗[f(x)
g(x)
]=f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)
g2(x)(derivacija kvocijenta)
∗ [f(g(x))]′ = f ′(g(x))g′(x) (derivacija sloºene funkcije)
∗ [f−1(x)]′ =1
f ′(f−1(x))(derivacija inverzne funkcije)
Tablica derivacija elementarnih funkcija
f(x) f ′(x)
c 0x 1xn nxn−1
1
x− 1
x2
ax ax ln aex ex
loga x1
x ln a
lnx1
xsinx cosxcosx − sinx
tgx1
cos2 x
ctgx − 1
sin2 x
arcsinx1√
1− x2
arccosx − 1√1− x2
arctgx1
1 + x2
arcctgx − 1
1 + x2
Zadaci
Primjer 2.1. Odredite po de�niciji parcijalne derivacije u to£ki T (1, 1) za funk-
ciju f(x, y) =x2
y− 2xy.
Rje²enje: Iz de�nicije parcijalnih derivacija imamo:
f ′x(1, 1) = lim∆x→0
f(1 + ∆x, 1)− f(1, 1)
∆x= lim
∆x→0
(1 + ∆x)2
1− 2(1 + ∆x) · 1−
(12
1− 2 · 1 · 1
)∆x
= lim∆x→0
1 + 2∆x+ (∆x)2 − 2− 2∆x− 1 + 2
∆x= lim
∆x→0
(∆x)2
∆x= lim
∆x→0∆x = 0
f ′y(1, 1) = lim∆y→0
f(1, 1 + ∆y)− f(1, 1)
∆x= lim
∆y→0
12
1 + ∆y− 2 · 1 · (1 + ∆y)−
(12
1− 2 · 1 · 1
)∆y
= lim∆y→0
1
1 + ∆y− 2− 2∆y − 1 + 2
∆y= lim
∆y→0
1− 2∆y − 2(∆y)2 − 1−∆y
1 + ∆y
∆y
= lim∆y→0
−2(∆y)2 − 3∆y
(1 + ∆y)∆y= lim
∆y→0
∆y(−2∆y − 3)
(1 + ∆y)∆y= lim
∆y→0
−2∆y − 3
1 + ∆y=−3
1= −3
Zadatak 2.1. Odredite po de�niciji parcijalne derivacije funkcije
(1) f(x, y) = (x− y)2 u to£ki T (2, 1);
(2) f(x, y) =√xy u to£ki T (3, 2);
(3) f(x, y) =2x+ y
x− yu to£ki T (1, 3).
Primjer 2.2. Pomo¢u pravila deriviranja odredite parcijalne derivacije funkcije
f(x, y) =x2
y− 2xy.
Rje²enje: Za odrediti f ′x(x, y) zadanu funkciju deriviramo po varijabli x, ipritom varijablu y gledamo kao konstantu.
f ′x(x, y) =d
dx
(x2
y− 2xy
)=
1
y· (x2)′ − 2y · (x)′
=1
y· (2x)− 2y · 1 =
2x
y− 2y
Za odrediti f ′y(x, y) zadanu funkciju deriviramo po varijabli y, i pritom varijablux gledamo kao konstantu.
f ′y(x, y) =d
dy
(x2
y− 2xy
)= x2
(1
y
)′− 2x · (y)′
= x2(− 1
y2
)− 2x · 1 = −x
2
y2− 2x
Napomena:Parcijalne derivacije zadane funkcije f u to£ki T (1, 1) moºemo jednostavno izra-£unati uvr²tavanjem koordinata to£ke T redom u funkcije f ′x(x, y) i f ′y(x, y):
f ′x(1, 1) =2 · 1
1− 2 · 1 = 2− 2 = 0, f ′y(1, 1) = −12
12− 2 · 1 = −1− 2 = −3.
Zadatak 2.2. Pomo¢u pravila deriviranja odredite parcijalne derivacije sljede¢ihfunkcija:
(1) f(x, y) =2x+ y
x− yu to£ki T (1, 3);
(2) f(x, y) =√xy − (x− y)2 u to£ki T (2, 1);
(3) f(x, y) = ctg ln(2x− y) +
√xy +
x
y
(4) f(x, y) = (x2y − 3x)ex+y2 + arcsin y2
2.2. Parcijalne derivacije vi²eg reda
Parcijalnim deriviranjem funkcije dviju varijabli f : D → R,D ⊆ R2 dobivamodvije nove funkcije dviju varijabli
f ′x(x, y) =∂f
∂x(x, y), f ′y(x, y) =
∂f
∂y(x, y).
Parcijalno deriviraju¢i svaku od tih funkcija po obje varijable dobivamo £etiriparcijalne derivacije drugog reda:
fxx(x, y) =∂
∂x(f ′x(x, y)) =
∂2f
∂x2(x, y), fxy(x, y) =
∂
∂y(f ′x(x, y)) =
∂2f
∂y∂x(x, y),
fyx(x, y) =∂
∂x(f ′y(x, y)) =
∂2f
∂x∂y(x, y), fyy(x, y) =
∂
∂y(f ′y(x, y)) =
∂2f
∂y2(x, y).
Schwarzov teorem. Ako su mje²ovite derivacije∂
∂y
(∂f∂x
)i∂
∂x
(∂f∂y
)neprekidne
na D ⊆ R2, onda su one jednake, tj. onda vrijedi
∂
∂y
(∂f∂x
)(x, y) =
∂
∂x
(∂f∂y
)(x, y).
Zadaci
Primjer 2.3. Odredite sve parcijalne derivacije drugog reda za funkciju
f(x, y) = 3x cos y − 2xy
, te pokaºite da za zadanu funkciju vrijedi jednakost u Schwarzovom teoremu.
Rje²enje: Najprije trebamo odrediti parcijalne derivacije prvog reda:
f ′x(x, y) =∂
∂x(3x cos y − 2xy) = 3 cos y − 2y,
f ′y(x, y) =∂
∂y(3x cos y − 2xy) = −3x sin y − 2x.
Parcijalne derivacije drugog reda dobivamo deriviranjem parcijalnih derivacijaprvog reda po varijablama x i y:
fxx(x, y) =∂
∂x(f ′x(x, y)) =
∂
∂x(3 cos y − 2y) = 0;
fxy(x, y) =∂
∂y(f ′x(x, y)) =
∂
∂x(3 cos y − 2y) = −3 sin y − 2;
fyx(x, y) =∂
∂x(f ′y(x, y)) =
∂
∂x(−3x sin y − 2x) = −3 sin y − 2;
fyy(x, y) =∂
∂y(f ′y(x, y)) =
∂
∂y(−3x sin y − 2x) = −3x cos y;
Vidimo da je fxy(x, y) = fyx(x, y), pa jednakost u Schwarzovom teoremu vrijedi.
Zadatak 2.3. Odredite parcijalne derivacije drugog reda za sljede¢e funkcije.
(1) f(x, y) = ln(x2 − y);
(2) f(x, y) =
√xy +
x
y;
(3) f(x, y) = xy + yx;
(4) f(x, y) = arctgx
y.
Provjerite da li za zadane funkcije vrijedi jednakost u Schwarzovom teoremu.
Primjer 2.4. Ako je z(x, y) = exy , dokazati da vrijedi y
∂2z
∂x∂y=∂z
∂y− ∂z
∂x.
Rje²enje: Prvo treba izra£unati∂2z
∂x∂y,∂z
∂yi∂z
∂x. Zatim dobivene derivacije
treba uvrstiti u gornju jednakost i provjeriti da li je zadovoljena.
∂z
∂x=
∂
∂x(e
xy ) =
1
ye
xy ,
∂z
∂y=
∂
∂y(e
xy ) = − x
y2e
xy
∂2z
∂x∂y=
∂
∂x
(∂z∂y
)=
∂
∂x
(− x
y2e
xy
)= − 1
y2e
xy − x
y3e
xy
⇒ y(− 1
y2e
xy − x
y3e
xy
)= − x
y2e
xy − 1
ye
xy ⇒ − x
y2e
xy − 1
ye
xy = − x
y2e
xy − 1
ye
xy
Vidimo da jednakost vrijedi.
Zadatak 2.4. Ako je z(x, y) =xy
x− y, dokaºite da vrijedi
∂2z
∂x2+ 2
∂2z
∂x∂y+∂2z
∂y2=
2
x− y.
Zadatak 2.5. Ako je u(x, t) = arctg(2x−t), dokaºite da vrijedi∂2u
∂x2+2
∂2u
∂x∂t= 0.
2.3. Parcijalne derivacije implicitno zadanih funkcija
Neka je funkcija z = z(x, y) zadana implicitno jednadºbom F (x, y, z) = 0i neka je zadana to£ka T (x0, y0, z0). Pretpostavimo da su parcijalne derivacijefunkcije F (x, y, z) neprekidne i da vrijedi F (x0, y0, z0) = 0.Ako je F ′z(x0, y0, z0) 6= 0, onda vrijedi z(x0, y0) = z0, i parcijalne derivacije funk-cije z = z(x, y) ra£unamo kao:
z′x(x, y) = −F′x(x, y, z)
F ′z(x, y, z), z′y(x, y) = −
F ′y(x, y, z)
F ′z(x, y, z).
Primjer 2.5. Funkcija z = z(x, y) zadana je implicitno jednadºbom x3z + yz2 =2. Odredimo parcijalne derivacije te funkcije, te izra£unajmo njihovu vrijednostu to£ki T (1, 1, z0 > 0).
Rje²enje: Prvo trebamo de�nirati funkciju F (x, y, z) na na£in da u jednadºbikojom je implicitno zadana funkcija z = z(x, y) sve prebacimo na lijevu stranu ito proglasimo funkcijom F (x, y, z):
F (x, y, z) = x3z + yz2 − 2.
Zatim ra£unamo parcijalne derivacije funkcije F :
∗ F ′x(x, y, z) = 3x2z;
∗ F ′y(x, y, z) = z2;
∗ F ′z(x, y, z) = x3 + 2yz.
Iz gornje formule lako dobivamo parcijalne derivacije funkcije z = z(x, y):
z′x(x, y) = −F′x(x, y, z)
F ′z(x, y, z)= − 3x2z
x3 + 2yz, z′y(x, y) = −
F ′y(x, y, z)
F ′z(x, y, z)= − z2
x3 + 2yz.
Da bi izra£unali vrijednost tih parcijalnih derivacija u to£ki T (1, 1, z0 > 0),prvo trebamo odrediti vrijednost od z0. Vrijedi z0 = z(1, 1) i F (1, 1, z0) = 0.Odatle imamo:
13 · z0 + 1 · z20 − 2 = 0⇒ z2
0 + z0 − 2 = 0⇒ z0 =−1±
√1 + 8
2,
tj. z0 = −2 ili z0 = 1. Po²to je u zadatku zadano z0 > 0, uzimamo z0 = 1.
Sada uvr²tavanjem koordinata to£ke T (1, 1, 1) u parcijalne derivacije zx i zydobivamo:
∗ z′x∣∣∣T
= − 3x20z0
x30 + 2y0z0
= − 3 · 12 · 113 + 2 · 1 · 1
= −3
3= −1;
∗ z′y∣∣∣T
= − z20
x30 + 2y0z0
= − 12
13 + 2 · 1 · 1= −1
3.
Zadatak 2.6. Odredite parcijalne derivacije prvog reda funkcije z = z(x, y) za-dane implicitno sljede¢im jednadºbama, te potom izra£unajte njihovu vrijednost udanim to£kama:
(1) (x2 + y2 + z2)32 = 1, T (0, 0, z0 > 0);
(2) ln(2x2 + y − z3) = x, T (0, 9, z0);
(3) zx2 + sin(xyz) = 3, T (1, 0, z0).
3
PRIMJENA PARCIJALNIH
DERIVACIJA FUNKCIJA DVIJU
VARIJABLI
3.1. Diferencijal funkcija dviju varijabli
Totalni prirast funkcije z = f(x, y) u to£ki T (x, y) je:
∆z = f(x+ ∆x, y + ∆y)− f(x, y),
gdje su ∆x i ∆y prirasti nezavisnih varijabli x i y funkcije f .
Totalni diferencijal prvog reda funkcije z = f(x, y) u to£ki T (x, y) de�niranje sa:
dz =∂z
∂x(x, y)dx+
∂z
∂y(x, y)dy.
Ako su ∆x i ∆y dovoljno maleni, onda vrijedi dz = ∆z, tj. vrijedi formula zapribliºno ra£unanje (linearnu aproksimaciju) vrijednosti funkcije z = f(x, y) uto£ki (x+ ∆x, y + ∆y) uz pomo¢ parcijalnih derivacija u to£ki (x, y):
f(x+ ∆x, y + ∆y) ≈ f(x, y) +∂z
∂x(x, y)∆x+
∂z
∂y(x, y)∆y.
Totalni diferencijal drugog reda funkcije z = f(x, y) u to£ki T (x, y) de�niranje sa:
d2z = d(dz) =∂2z
∂x2(x, y)dx2 + 2
∂2z
∂x∂y(x, y)dxdy +
∂2z
∂y2(x, y)dy2.
17
Zadaci
Primjer 3.1. Odredimo prvi i drugi diferencijal funkcije z = x2 +xy3 + 2 u to£ki(2, 1).
Rje²enje: Prvo trebamo odrediti prve parcijalne derivacije funkcije z:
∂z
∂x(x, y) = 2x+ y3,
∂z
∂y(x, y) = 3xy2.
Odatle slijedi da je prvi diferencijal funkcije z jednak
dz = (2x+ y3)dx+ 3xy2dy.
Prvi diferencijal funkcije z u to£ki (2, 1) jednak je:
dz(2, 1) = (2 · 2 + 13)dx+ 3 · 2 · 12dy = 5dx+ 6dy.
Za odrediti dugi diferencijal trebaju nam druge parcijalne derivacije:
∂2z
∂x2(x, y) = 2,
∂2z
∂x∂y(x, y) = 3y2,
∂2z
∂y2(x, y) = 6xy.
Odatle slijedi da je drugi diferencijal funkcije z jednak
d2z = 2dx2 + 6y2dxdy + 6xydy2.
Drugi diferencijal funkcije z u to£ki (2, 1) jednak je:
d2z = 2dx2 + 6 · 12dxdy + 6 · 2 · 1dy2 = 2dx2 + 6dxdy + 12dy2.
Zadatak 3.1. Odredite prvi i drugi diferencijal, dz i d2z, za funkcije:
(1) z = x2y u to£ki T (2, 3);
(2) z =8
x+x
y+ y;
(3) z = lnx− yx+ y
;
(4) z = x4 sin(xy3) u to£ki T (2, 0);
(5) z = sin ex−y.
Primjer 3.2. Pribliºno izra£unajmo vrijednost√
4.052 + 2.932.
Rje²enje: Trebamo de�nirati funkciju z =√x2 + y2.
Vidimo da je√
4.052 + 2.932 = f(4.05, 2.93), pa moºemo koristiti formulu zapribliºno ra£unanje vrijednosti funkcije z =
√x2 + y2 u to£ki (4.05, 2.93) uz
pomo¢ parcijalnih derivacija u to£ki (4, 3).Vrijedi:
∗ ∆x = 4.05− 4 = 0.5; ∆y = 2.93− 3 = −0.7;
∗ ∂z
∂x(x, y) =
1
2√x2 + y2
2x =x√
x2 + y2⇒ ∂z
∂x(4, 3) =
4√42 + 32
=4
5;
∗ ∂z
∂y(x, y) =
1
2√x2 + y2
2y =y√
x2 + y2⇒ ∂z
∂y(4, 3) =
3√42 + 32
=3
5;
Uvr²tavanjem u formulu za pribliºno ra£unanje dobivamo:√
4.052 + 2.932 ≈√
42 + 32 +4
50.05 +
3
5(−0.07) = 5 +
0.2
5− 0.21
5= 4.998.
Stvarna vrijednost je√
4.052 + 2.932 = 4.99873.
Zadatak 3.2. Pomo¢u diferencijala pribliºno izra£unajte:
(1) 1.024.05;
(2) ln(0.093 + 0.993);
(3)3√
5.7 +√
15.8.
3.2. Tangencijalna ravnina
Neka je T (x0, y0, z0) neka to£ka koja pripada plohi zadanoj eksplicitno jed-nadºbom z = f(x, y). Jednadºba tangencijalne ravnine na zadanu plohu, tj. nagraf funkcije z = f(x, y) u to£ki T (x0, y0, z0), gdje je z0 = f(x0, y0), je
z − z0 = f ′x(x0, y0)(x− x0) + f ′y(x0, y0)(y − y0).
Jednadºba normale na graf funkcije z = f(x, y) u to£ki T (x0, y0, z0) je
n . . .x− x0
f ′x(x0, y0)=
y − y0
f ′y(x0, y0)=z − z0
−1.
Ako je funkcija z = f(x, y) zadana implicitno jednadºbom F (x, y, z) = 0, ondajednadºba tangencijalne ravnine na plohu F (x, y, z) = 0 u to£ki T (x0, y0, z0), gdjeje z0 = f(x0, y0), glasi
F ′x(x0, y0, z0)(x− x0) + F ′y(x0, y0, z0)(y − y0) + F ′z(x0, y0, z0)(z − z0) = 0,
a jednadºba normale na tu plohu u to£ki T (x0, y0, z0) je
n . . .x− x0
F ′x(x0, y0, z0)=
y − y0
F ′y(x0, y0, z0)=
z − z0
F ′z(x0, y0, z0).
Zadaci
Primjer 3.3. Odredite jednadºbu tangencijalne ravnine i normale na plohuz = x2y u to£ki T (2, 1, 4) koja se nalazi na danoj plohi.
Rje²enje: Najprije trebamo odrediti parcijalne derivacije funkcije z = x2y uto£ki (2, 1):
∗ z′x(x, y) = 2xy ⇒ z′x(2, 1) = 2 · 2 · 1 = 4;
∗ z′y(x, y) = x2 ⇒ z′y(2, 1) = 22 = 4.
Uvr²tavanjem dobivenih vrijednosti u gornje jednadºbe za tangencijalnu ravninui normalu dobijemo:
Πt . . . z − 4 = 4(x− 2) + 4(y − 1)⇒ Πt . . . 4x+ 4y − z − 8 = 0
n . . .x− 2
4=y − 1
4=z − 4
−1.
Zadatak 3.3. Odredite jednadºbu tangencijalne ravnine i normale na plohuz = y
√x− y2 − x+ 6y u to£ki T (4, 1, z0) sa te plohe.
Primjer 3.4. Odredite tangencijalnu ravninu i normalu u to£ki T (x0 > 0, 2, 1)na plohu zadanu jednadºbom xz2 + x2y = 6.
Rje²enje: Prvo treba odrediti x0. To£ka T (x0 > 0, 2, 1) pripada plohi, pazadovoljava jednadºbu xz2 + x2y = 6. Vrijedi:
x0 · 12 + x20 · 2 = 6⇒ 2x2
0 + x0 − 6 = 0⇒ x0 = −2, x0 =3
2
Zbog uvjeta x0 > 0 zaklju£ujemo da je x0 =3
2⇒ T (
3
2, 2, 1).
Trebaju nam prve parcijalne derivacije funkcije F (x, y, z) = xz2 + x2y − 6 u
to£ki T (3
2, 2, 1):
∗ F ′x(x, y, z) = z2 + 2xy ⇒ F ′x(3
2, 2, 1) = 12 + 2 · 3
2· 2 = 7;
∗ F ′y(x, y, z) = x2 ⇒ F ′y(3
2, 2, 1) =
(3
2
)2
=9
4;
∗ F ′z(x, y, z) = 2xz ⇒ F ′z(3
2, 2, 1) = 2 · 3
2· 1 = 3.
Uvr²tavanjem dobivenih vrijednosti u gornje jednadºbe za tangencijalnu rav-ninu i normalu na plohu zadanu implicitno dobijemo:
Πt . . . 7(x− 3
2) +
9
4(y − 2) + 3(z − 1) = 0⇒ Πt . . . 28x+ 9y + 12z − 72 = 0,
n . . .x− 3
27
=y − 2
9
4
=z − 1
3.
Zadatak 3.4. Odredite jednadºbu tangencijalne ravnine i normale na plohu za-danu jednadºbom x2 + 2y2 + 3z2 = 15 u to£ki T (1, y0 > 0,−2) koja pripada tojplohi.
Primjer 3.5. Odredite tangencijalnu ravninu na hiperboloid x2−y2 +z2 = 1 kojaje paralelna s ravninom Π . . . x− y + 2z = ln 2.
Rje²enje: Vidimo da je na²a ploha zadana implicitno jednadºbom F (x, y, z) =0, gdje je F (x, y, z) = x2 − y2 + z2 − 1.
Dvije ravnine su paralelne ako i samo ako su im vektori smjera kolinearni.Vektor smjera ravnine Π je ~n = {1,−1, 2}, a vektor smjera traºene tangencijalneravnine je ~nt = {F ′x(x0, y0, z0), F ′y(x0, y0, z0), F ′z(x0, y0, z0)}, gdje je T (x0, y0, z0)to£ka sa hiperboloida u kojoj povla£imo tangentu (koordinate te to£ke nam tre-baju za odrediti jednadºbu tangente).
Njaprije trebamo izra£unati parcijalne derivacije funkcije F (x, y, z):
∗ F ′x(x, y, z) = 2x⇒ F ′x(x0, y0, z0) = 2x0;
∗ F ′y(x, y, z) = −2y ⇒ F ′y(x0, y0, z0) = −2y0;
∗ F ′z(x, y, z) = 2z ⇒ F ′z(x0, y0, z0) = 2z0.
Iz uvjeta paralelnosti dviju ravnina imamo:
(F ′x(x0, y0, z0), F ′y(x0, y0, z0), F ′z(x0, y0, z0)) = λ(1,−1, 2), tj.
(2x0,−2y0, 2z0) = λ(1,−1, 2)
.Dobili smo sustav jednadºbi:
2x0 = λ⇒ x0 =1
2λ
−2y0 = −λ⇒ y0 =1
2λ
2z0 = 2λ⇒ z0 = λ.
Po²to se to£ka T (x0, y0, z0) = (1
2λ,
1
2λ, λ) nalazi na danom elipsoidu, njene
koordinate moraju zadovoljavati jednadºbu tog elipsoida, pa imamo:
x20 − y2
0 + z20 = 1⇒ 1
4λ2 − 1
4λ2 + λ2 = 1⇒ λ2 = 1
Dobili smo dvije vrijednosti λ1 = 1, λ2 = −1, pa ¢emo imati dvije tangenci-jalne ravnine na hiperboloid koje su paralelne sa zadanom ravninom:
∗ za λ1 = 1 imamo T1 =(1
2,1
2, 1)
i ~n1 = (1,−1, 2), pa je odgovaraju¢a
tangencijalna ravnina jednaka
Πt1 . . . 1 · (x−1
2)− 1 · (y − 1
2) + 2 · (z − 1) = 0, tj. Πt1 . . . x− y + 2z = 2;
∗ za λ2 = −1 imamo T2 =(− 1
2,−1
2,−1
)i ~n2 = (−1, 1,−2), pa je odgova-
raju¢a tangencijalna ravnina jednaka
Πt2 · · · − 1 · (x+1
2) + 1 · (y+
1
2)− 2 · (z+ 1) = 0, tj. Πt2 . . . x− y+ 2z = −2.
Zadatak 3.5. Odredite tangencijalnu ravninu na plohu zadanu jednadºbomx2 − y2 + z2 = 1 koja je paralelna s ravninom Π . . . 2x+ y + 3z = 1.
3.3. Ekstremi
Nuºan uvjet za postojanje lokalnog ekstrema funkcije z = f(x, y):
f ′x(x, y) = 0
f ′y(x, y) = 0
Neka to£ka T (x0, y0) zadovoljava nuºni uvjet za postojanje lokalnog ekstrema.Tada ju zovemo stacionarna to£ka funkcije z = f(x, y). Ne moraju sve staci-onarne to£ke biti ekstremi funkcije, potrebno je provjeriti dodatne uvjete.
Ozna£imo:
A = f 2xx(x0, y0)
B = fxy(x0, y0) = fyx(x0, y0)
C = fyy(x0, y0)
D =
∣∣∣∣ A BB C
∣∣∣∣ = A · C −B2 = fxx(x0, y0)fyy(x0, y0)− f 2xy(x0, y0)
Dovoljan uvjet za postojanje lokalnog ekstrema funkcije z = f(x, y):
∗ ako je D > 0, onda funkcija u toj to£ki ima ekstrem, i to:
◦ maksimum ako je fxx(x0, y0) < 0;
◦ minimum, ako je fxx(x0, y0) > 0;
∗ ako je D < 0, onda funkcija u toj to£ki nema ekstrem, nego sedlastu to£ku(analogon to£ke in�eksije kod funkcija jedne varijable);
∗ ako je D = 0, onda u stacionarnoj to£ki moºe, ali ne mora biti ekstrem. Utom slu£aju treba ispitivati na sloºeniji na£in.
Zadaci
Primjer 3.6. Odredimo lokalne ekstreme funkcije z = x3 + 8y3 − 6xy + 5.
Rje²enje: Prvo treba odrediti stacionarne to£ke dane funkcije. Njih dobivamokao rje²enja sustava
f ′x(x, y) = 3x2 − 6y = 0
f ′y(x, y) = 24y2 − 6x = 0⇒ x = 4y2
Uvr²tavanjem u prvu jednadºbu sustava dobijemo:
3(4y2)2 − 6y = 0⇒ 48y4 − 6y = 0⇒ 8y4 − y = 0⇒ y(8y3 − 1) = 0,
tj. dobili smo y1 = 0 i 8y32 − 1 = 0⇒ y3
2 =1
8⇒ y2 =
1
2.
Imamo dvije stacionarne to£ke: T1(0, 0) i T2
(1,
1
2
).
Za provjeriti da li su dobivene stacionarne to£ke ekstremi funkcije trebajunam parcijalne derivacije drugog reda:
fxx(x, y) = 6x
fx,y(x, y) = −6
fy,y(x, y) = 48y
Provjeravamo prvo za to£ku T1(0, 0): A1 = 0, B1 = −6, C1 = 0.
D1 =
∣∣∣∣ A1 B1
B1 C1
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ 0 −6−6 0
∣∣∣∣ = −36 < 0
U to£ki T1(0, 0) funkcija nema ekstrem, nego sedlastu to£ku.
Jo² trebamo provjeriti za to£ku T2
(1,
1
2
): A2 = 6, B2 = −6, C2 = 24.
D2 =
∣∣∣∣ A2 B2
B2 C2
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ 6 −6−6 24
∣∣∣∣ = 144− 36 = 108 > 0
U to£ki T2
(1,
1
2
)funkcija ima ekstrem, i to minimum jer je fxx
(1,
1
2
)= 6 > 0.
Zadatak 3.6. Odredite ekstreme sljede¢ih funkcija:
(1) z = x3 − 3xy − y3;
(2) z = 2x4 + y4 − x2 − 2y2.
Zadatak 3.7. Ispitajte da li funkcija z = x ln(x + y) ima ekstrema u podru£jude�nicije (domeni).
4
ZADACI ZA SAMOSTALNU VJE�BU
Zadatak 4.1. Odredite podru£je de�nicije sljede¢ih funkcija, te rje²enje predo£itegra�£ki u ravnini.
(1) f(x, y) =√x2 + 1− |y| − 2|x|
(2) f(x, y) = ln(x2 − y − 3) +√
4− x2 − y2 +√x
(3) f(x, y) = lnx
y+ arccos
x− 3y
x+ y
(4) f(x, y) =√
log|x|(3− y)
(5) f(x, y) =ln(36− 9x2 − 4y2)
x+ y+ arccos
√x+ y
Zadatak 4.2. Odredite po de�niciji parcijalne derivacije funkcije
(1) f(x, y) = xy;
(2) f(x, y) = (x− y)3;
(3) f(x, y) = xy u to£ki T (2, 1);
(4) f(x, y) = (x− y)3 u to£ki T (−1, 1).
25
Zadatak 4.3. Pomo¢u pravila deriviranja odredite parcijalne derivacije sljede¢ihfunkcija:
(1) f(x, y) = ln(x2 + y2 + 1) u to£ki T (1, 1);
(2) f(x, y) = arctgx2
y− cos2(3x− 2y);
(3) f(x, y) = log3(2y − 4√x5) +
xex2+y2
y.
Zadatak 4.4. Odredite parcijalne derivacije drugog reda za sljede¢e funkcije.
(1) f(x, y) = 9− x3 − y2 + xy − 2x+ 3y;
(2) f(x, y) =√xy;
(3) f(x, y) =4
x− x2
y+ 4y3;
(4) f(x, y) = sinx sin y + sin(2x− y).
Provjerite da li za dane funkcije vrijedi jednakost u Schwarzovom teoremu.
Zadatak 4.5. Ako je s(x, t) = ln(1
x− 1
t
), dokaºite da vrijedi
∂2s
∂x2+2
∂2s
∂x∂t=
1
x2.
Zadatak 4.6. Ako je f(x, y) = e−x2−y2, dokaºite da vrijedi
∂2f
∂x2+∂2f
∂y2= 4f(x, y)(x2 + y2 − 1).
Zadatak 4.7. Odredite parcijalne derivacije prvog reda funkcije z = z(x, y) za-dane implicitno sa z = 1 + yx + zy.
Zadatak 4.8. Odredite parcijalne derivacije prvog reda funkcije z = z(x, y) za-dane implicitno sljede¢im jednadºbama, te potom izra£unajte njihovu vrijednost udanim to£kama:
(1) xz2 + x2 + 2x+ y2 + 5 = 0, T (−1, 0, z0 < 0);
(2) x cos y + y cos z + z cosx = π, T (π
3, 0, z0).
Zadatak 4.9. Odredite prvi i drugi diferencijal, dz i d2z, za funkcije:
(1) z = 9− x3 − y2 + xy − 2x+ 3y u to£ki T (1, 2);
(2) z =√x, y u to£ki T (2, 2);
(3) z = e2x−y;
(4) z = x3 ln 1 + xy−35 u to£ki T (2, 0);
(5) z =√
3x5 − 7x3y;
(6) z = x2 cos(xy).
Zadatak 4.10. Pomo¢u diferencijala pribliºno izra£unajte:
(1) arctg1.02
0.95;
(2)√
5.8 + 3√
1− 3.12;
(3)1.052
3√
7.9 · 4√
1.053.
Zadatak 4.11. Odredite jednadºbu tangencijalne ravnine i normale na plohuz = x2 − 2xy + y2 − x+ 2y u to£ki T (1, 1, 1) sa zadane plohe.
Zadatak 4.12. Odredite jednadºbu tangencijalne ravnine i normale na plohu za-danu jednadºbom x2− 2y2 + z2 = 3 u to£ki T (1, 1, z0 < 0) koja se nalazi na danojplohi.
Zadatak 4.13. Odredite jednadºbu tangencijalne ravnine na plohu z = xy koja
je okomita na pravacx
2=y − π
1=z + 3
1.
Zadatak 4.14. Odredite ekstreme sljede¢ih funkcija:
(1) z = 3x2 − 2xy + y2 − 8y;
(2) z = x2 + y2 +2
xy;
(3) z = x2 + y − e2;
(4) z = y√x− y2 − x+ 6y.
