KURZUS: Matematika 2.

MODUL: V. modul: Többváltozós függvények

12. lecke: Kétváltozós valós értékű függvények differenciálszámítása

Tanulási cél: A kétváltozós függvények differenciálszámítása és annak gyakorlati alkalmazásával való megismerkedés.

A parciális derivált fogalma
Elméleti összefoglaló

Definíció: Legyen ( x 0 , y 0 )  az f(x,y)  függvény értelmezési tartományának egy pontja. Az f(x,y)  függvény x  szerint parciálisan differenciálható az ( x 0 , y 0 )  pontban, ha a

lim x x 0 f(x, y 0 )f( x 0 , y 0 ) x x 0

határérték létezik és véges. Ekkor ezt a véges határértéket az f(x,y)  függvény ( x 0 , y 0 )  pontban vett x  szerint parciális deriváltjának nevezzük. Jelölés:

f x ( x 0 , y 0 )= x f( x 0 , y 0 )= lim x x 0 f(x, y 0 )f( x 0 , y 0 ) x x 0 .

Definíció: Legyen ( x 0 , y 0 )  az f(x,y)  függvény értelmezési tartományának egy pontja. Az f(x,y)  függvény y  szerint parciálisan differenciálható az ( x 0 , y 0 )  pontban, ha a

lim y y 0 f( x 0 ,y)f( x 0 , y 0 ) y y 0

határérték létezik és véges. Ekkor ezt a véges határértéket az f(x,y)  függvény ( x 0 , y 0 )  pontban vett y  szerint parciális deriváltjának nevezzük. Jelölés:

f y ( x 0 , y 0 )= y f( x 0 , y 0 )= lim x x 0 f( x 0 ,y)f( x 0 , y 0 ) y y 0 .

Definíció: Azt az új függvényt, amelynek értelmezési tartománya az f(x,y)  függvény értelmezési tartományának azon pontjaiból áll, ahol az f(x,y)  függvény x szerint parciálisan deriválható, és értéke minden ilyen pontban megegyezik az adott ponthoz tartozó x szerinti parciális derivált értékével, az f(x,y)  függvény x szerinti parciális deriváltjának nevezzük. Jele:

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

Definíció: Azt az új függvényt, amelynek értelmezési tartománya az f(x,y)  függvény értelmezési tartományának azon pontjaiból áll, ahol az f(x,y)  függvény y szerint parciálisan deriválható, és értéke minden ilyen pontban megegyezik az adott ponthoz tartozó y szerinti parciális derivált értékével, az f(x,y)  függvény y szerinti parciális deriváltjának nevezzük. Jele:

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

A definícióból következik, hogy a parciális deriváltfüggvények meghatározásakor az egyváltozós függvények deriválási szabályai használhatók úgy, hogy amikor az egyik változó szerinti parciális deriváltfüggvényt állítjuk elő, akkor a másik változót konstansnak kell tekinteni.

Megjegyzés: A parciális deriváltak lényegében a rétegvonalak deriváltjai. Geometriai jelentésüket az ábra mutatja.

Az elsőrendű parciális deriváltak maguk is kétváltozós függvények. Ha ezeket újra deriváljuk, akkor kapjuk a másodrendű parciális deriváltakat. Ezeket úgy jelöljük, hogy sorban leírjuk azokat a változókat, amelyek szerint deriválunk. Eszerint másodrendű parciális deriváltból négy létezik. Ezek a következők:

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

azt jelenti, hogy az f(x,y)  függvényt először x szerint, majd másodszor is x szerint deriváljuk parciálisan.

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

azt jelenti, hogy az f(x,y)  függvényt először y szerint, majd másodszor is y szerint deriváljuk parciálisan.

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

azt jelenti, hogy az f(x,y)  függvényt először x szerint, majd másodszor y szerint deriváljuk parciálisan.

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

azt jelenti, hogy az f(x,y)  függvényt először y szerint, majd másodszor x szerint deriváljuk parciálisan.

Az f xx (x,y)  és f yy (x,y)  függvények a tiszta, míg az f xy (x,y)  és f yx (x,y)  függvények a vegyes másodrendű parciális deriváltak.

A Young-tétel kimondja, hogy kétszer folytonosan deriválható függvényekre a magasabbrendű parciális deriváltak függetlenek a deriválás sorrendjétől, azaz

f xy (x,y)= f yx (x,y) .

Kidolgozott feladatok

1. feladat: Legyen f(x,y)=3 x 2 y2x y 4 . Számítsuk ki az f x (1,2)  és f y (1,2)  értékeket! Képezzük az összes másodrendű parciális deriváltat is!

Megoldás: A feladat megoldásához először el kell végeznünk a parciális deriválást az adott változók szerint, majd következik a behelyettesítés. Parciális deriválásnál csak azt a változót tekintjük változónak, ami szerint éppen deriválunk. A másik változó pedig rögzített konstansként viselkedik. Azaz:

f x (x,y)=32xy21 x 0 y 4 =6xy2 y 4 ,

mivel x 2  deriváltja 2x , az x  deriváltja pedig 1. Ezt követően elvégezve a behelyettesítést:

f x (1,2)=61(2)2 (2) 4 =1232=44 .

f y (x,y)  kiszámítása hasonlóan történik, most y szerint deriválunk, és az x-et tekintjük konstansnak:

f y (x,y)=3 x 2 1 y 0 2x4 y 3 =3 x 2 8x y 3 .

Elvégezve a behelyettesítést:

f y (1,2)=3 1 2 81 (2) 3 =3+64=67 .

Ha az elsőrendű parciális deriváltakat újra deriváljuk, akkor kapjuk a másodrendű parciális deriváltakat. Ezek meghatározása következik.

f xx (x,y)= x ( 6xy2 y 4 )=6y

f xy (x,y)= y ( 6xy2 y 4 )=6x8 y 3

f yx (x,y)= x ( 3 x 2 8x y 3 )=6x8 y 3

f yy (x,y)= y ( 3 x 2 8x y 3 )=24x y 2 .

Látható, hogy a vegyes másodrendű parciális deriváltak valóban megegyeznek egymással.

2. feladat: Legyen f(x,y)= x 3 e 5y . Határozzuk meg az elsőrendű és a másodrendű parciális deriváltakat!

Megoldás: Ha x szerint deriválunk, akkor y és ezzel együtt az e 5y  is konstansnak tekintendő, ezért

f x (x,y)= f(x,y) x = e 5y x x 3 =3 x 2 e 5y .

Ha y szerint deriválunk, akkor az x és ezzel együtt az x 3  is konstansnak tekintendő, ezért

f y (x,y)= f(x,y) y = x 3 x e 5y = x 3 5 e 5y =5 x 3 e 5y .

Itt a deriválásnál ne felejtsük el, hogy az e 5y  egy összetett függvény.

f xx (x,y)= x ( 3 x 2 e 5y )= e 5y x ( 3 x 2 )= e 5y 6x=6x e 5y

f xy (x,y)= y ( 3 x 2 e 5y )=3 x 2 x ( e 5y )=3 x 2 5 e 5y =15 x 2 e 5y

f yx (x,y)= x ( 5 x 3 e 5y )=5 e 5y x ( x 3 )=5 e 5y 3 x 2 =15 x 2 e 5y

f yy (x,y)= y ( 5 x 3 e 5y )=5 x 3 x e 5y =5 x 3 5 e 5y =25 x 3 e 5y .

3. feladat: Legyen f(x,y)=sin(2x+3y) . Határozzuk meg az elsőrendű és a másodrendű parciális deriváltakat!

Megoldás: Ha a függvényre x függvényeként tekintünk, akkor egy összetett függvényt látunk. Ugyanez lesz a helyzet akkor is, ha majd az y-t tekintjük változónak, az x-et pedig konstansnak. Ennek megfelelően a parciális deriváltak meghatározásánál figyelembe kell venni az egyváltozós összetett függvények deriválásánál megtanult deriválási szabályt.

f x (x,y)= x ( sin(2x+3y) )= cos(2x+3y) külsőderiváltja 2 belsőderiváltja =2cos(2x+3y)

f y (x,y)= y ( sin(2x+3y) )= cos(2x+3y) külsőderiváltja 3 belsőderiváltja =3cos(2x+3y)

f xx (x,y)= x ( 2cos(2x+3y) )= 2(-sin(2x+3y) külsőderiváltja ) 2 belsőderiváltja =-4sin(2x+3y)

f xy (x,y)= y ( 2cos(2x+3y) )= 2(-sin(2x+3y) külsőderiváltja ) 3 belsőderiváltja =-6sin(2x+3y)

f yx (x,y)= x ( 3cos(2x+3y) )= 3(-sin(2x+3y) külsőderiváltja ) 2 belsőderiváltja =-6sin(2x+3y)

f yy (x,y)= y ( 3cos(2x+3y) )= 3(-sin(2x+3y) külsőderiváltja ) 3 belsőderiváltja =-9sin(2x+3y) .

4. feladat: Legyen f(x,y)= e x 2 2 y 3 . Határozzuk meg az elsőrendű és a másodrendű parciális deriváltakat!

Megoldás: Ez is egy összetett függvény, ennek megfelelően a parciális deriváltak a következő módon alakulnak:

f x (x,y)= x ( e x 2 2 y 3 )= e x 2 2 y 3 külsőderiváltja (2x0) belsőderiváltja =2x e x 2 2 y 3

f y (x,y)= y ( e x 2 2 y 3 )= e x 2 2 y 3 külsőderiváltja (06 y 2 ) belsőderiváltja =6 y 2 e x 2 2 y 3 .

A másodrendű deriváltak meghatározásánál emlékezni kell az egyváltozós függvények szorzatának deriválási szabályára, amely a következő:

( f(x)g(x) ) = f (x)g(x)+f(x) g (x) .

Ezt felhasználva a másodrendű parciális deriváltak a következők lesznek:

f xx (x,y)= x ( (2x e x 2 2 y 3 )= x ( 2x ) e x 2 2 y 3 +2x x e x 2 2 y 3 =

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

f xy (x,y)= y ( (2x e x 2 2 y 3 )=2x y e x 2 2 y 3 =2x e x 2 2 y 3 (6 y 2 )=12x y 2 e x 2 2 y 3

f yx (x,y)= x ( (6 y 2 e x 2 2 y 3 )=6 y 2 x e x 2 2 y 3 =6 y 2 e x 2 2 y 3 2x=12x y 2 e x 2 2 y 3

f yy (x,y)= y ( (6 y 2 e x 2 2 y 3 )= y (6 y 2 ) e x 2 2 y 3 +(6 y 2 ) y e x 2 2 y 3 =

=(12y) e x 2 2 y 3 +(6 y 2 ) e x 2 2 y 3 (6 y 2 )= e x 2 2 y 3 (12y+36 y 4 ) .

5. feladat: Legyen f(x,y)=ln(2xy+3 y 4 ) . Határozzuk meg az elsőrendű és a másodrendű parciális deriváltakat!

Megoldás: Ez a függvény is egy összetett függvény, ezért a parciális deriváltak meghatározásánál figyelembe kell venni az egyváltozós függvények esetében megtanult összetett függvények deriválására vonatkozó szabály is.

f x (x,y)= x ( ln(2xy+3 y 4 ) )= 1 2xy+3 y 4 külsőderiváltja (2y) belsőderiváltja = 2y 2xy+3 y 4

f y (x,y)= y ( ln(2xy+3 y 4 ) )= 1 2xy+3 y 4 külsőderiváltja (2x+12 y 3 ) belsőderiváltja = 2x+12 y 3 2xy+3 y 4

A másodrendű parciális deriváltak meghatározásánál az egyváltozós függvények esetében megtanult törtek deriválására vonatkozó szabályra kell emlékezni, amely a következő volt:

( f(x) g(x) ) = f (x)g(x)f(x) g (x) g 2 (x) .

Ezt felhasználva képezzük a másodrendű parciális deriváltakat:

f xx (x,y)= x ( 2y 2xy+3 y 4 )= 0(2xy+3 y 4 )2y(2y+0) (2xy+3 y 4 ) 2 = 4 y 2 (2xy+3 y 4 ) 2

f xy (x,y)= y ( 2y 2xy+3 y 4 )= 2(2xy+3 y 4 )2y(2x+12 y 3 ) (2xy+3 y 4 ) 2 = 6 y 2 24 y 4 (2xy+3 y 4 ) 2

f yx (x,y)= x ( 2x+12 y 3 2xy+3 y 4 )= (2+0)(2xy+3 y 4 )(2x+12 y 3 )(2y+0) (2xy+3 y 4 ) 2 = 18 y 4 (2xy+3 y 4 ) 2

f yy (x,y)= y ( 2x+12 y 3 2xy+3 y 4 )= (0+36 y 2 )(2xy+3 y 4 )(2x+12 y 3 )(2x+12 y 3 ) (2xy+3 y 4 ) 2 = 24x y 3 36 y 6 4 x 2 (2xy+3 y 4 ) 2

6. feladat: Állítsuk elő a következő háromváltozós függvény elsőrendű parciális deriváltjait:

f(x,y,z)=x y 2 z 3 +2x3 y 2 +4 z .

Megoldás: Az f(x,y,z)  függvénynek most három változója van, így három elsőrendű parciális deriváltat tudunk megadni. Kezdjük az x szerinti deriválással. Ilyenkor az y-t és z-t konstansnak kell tekinteni.

f x (x,y,z)= x (x y 2 z 3 +2x3 y 2 +4 z )= y 2 z 3 +2 .

Ha y szerint deriválunk, akkor az x-et és a z-t tekintjük konstansnak:

f y (x,y,z)= y (x y 2 z 3 +2x3 y 2 +4 z )=2xy z 3 6y .

Ha z szerint deriválunk, akkor az x-et és az y-t tekintjük konstansnak:

f z (x,y,z)= z (x y 2 z 3 +2x3 y 2 +4 z )=3x y 2 z 2 +4 1 2 z =3x y 2 z 2 + 2 z .

Ellenőrző kérdések
1. Legyen f(x,y)=3 x 2 y 3 2x+5 y 2 . Számítsuk ki az f x (1,1)  és f y (1,1)  értékeket!
f x (1,1)=1  és f y (1,1)=8
f x (1,1)=9  és f y (1,1)=3
f x (1,1)=8  és f y (1,1)=1
f x (1,1)=3  és f y (1,1)=5
2. Legyen f(x,y)= 4 x + x 2 y+ y 4 . Mivel egyenlő f x (x,y)+ f y (x,y) ?
x 2 4 x 2 +2xy+ 1 4
x 2 4 x 2 +2xy+ y 4
x 2 4 x 2 +2xy
x 2 4 x 2 +xy+ y 4
3. Legyen f(x,y)= 4 x + x 2 y+ y 4 . Mivel egyenlő f xy (x,y)  és f yy (x,y) ?
f xy (x,y)=2x  és f yy (x,y)=0
f xy (x,y)=0  és f yy (x,y)= 1 4
f xy (x,y)=2x+ y 4  és f yy (x,y)= 4 x + x 2
f xy (x,y)=2x  és f yy (x,y)= 1 4
4. Legyen f(x,y)=cos(8x4y) . Mivel egyenlő f y (x,y)  és f yx (x,y) ?
f y (x,y)=8sin(8x4y)  és f yx (x,y)=64cos(8x4y)
f y (x,y)=4sin(8x4y)  és f yx (x,y)=16cos(8x4y)
f y (x,y)=4sin(8x4y)  és f yx (x,y)=16cos(8x4y)
f y (x,y)=4sin(8x4y)  és f yx (x,y)=32cos(8x4y)
5. Legyen f(x,y)= e x 3 +3 y 2 . Határozza meg a tiszta másodrendű parciális deriváltakat!
f xx (x,y)= e x 3 +3 y 2 (6xy+9 x 4 )  és f yy (x,y)= e x 3 +3 y 2 (6 x 2 +36 y 2 )
f xx (x,y)=6 x 2 e x 3 +3 y 2  és f yy (x,y)=6 e x 3 +3 y 2
f xx (x,y)= e x 3 +3 y 2 (6x+9 x 4 )  és f yy (x,y)= e x 3 +3 y 2 (6+36 y 2 )
f yy (x,y)= e x 3 +3 y 2 (6 x 2 +36 y 2 )  és f yy (x,y)=6 e x 3 +3 y 2
6. Legyen f(x,y)=ln(4 x 2 +9 y 3 ) . Határozza meg az f y (x,y)  és f xy (x,y)  függvényeket!
f y (x,y)= 27 y 2 4 x 2 +9 y 3  és f xy (x,y)= 216x y 2 (4 x 2 +9 y 3 ) 2
f y (x,y)= 1 4 x 2 +9 y 3  és f xy (x,y)= 8x (4 x 2 +9 y 3 ) 2
f y (x,y)= 27 y 2 4 x 2 +9 y 3  és f xy (x,y)= 729 y 5 (4 x 2 +9 y 3 ) 2
f y (x,y)= 27 y 2 4 x 2 +9 y 3  és f xy (x,y)= 54y 4 x 2 +27y
A gradiensvektor

Definíció: Legyen az f(x,y)  függvény differenciálható az ( x 0 , y 0 )  pontban. Ekkor az f(x,y)  függvény gradiensvektora (röviden gradiense) az ( x 0 , y 0 )  pontban az alábbi vektor:

gradf( x 0 , y 0 )=f( x 0 , y 0 )=( f x ( x 0 , y 0 ), f y ( x 0 , y 0 ) ) .

Megjegyzés: Egy pontban a gradiens vektor az a vektor, amelynek irányába a függvény a leggyorsabban nő, az ezzel ellentétes irányba pedig a függvény a leggyorsabban csökken. A gradiensre merőleges két irányba a függvény a leglassabban változik.
A gradiensvektor merőleges a pontban átmenő szintvonalra!

Az iránymenti derivált

Definíció: Legyen az f(x,y)  függvény differenciálható az ( x 0 , y 0 )  pontban és legyen v( v 1 , v 2 )  egy tetszőleges, nem nulla vektor. Ekkor az f(x,y)  függvény v  irányú deriváltja az ( x 0 , y 0 )  pontban:

f v ( x 0 , y 0 )= f x ( x 0 , y 0 ) v 1 v + f y ( x 0 , y 0 ) v 2 v = gradf( x 0 , y 0 ), v e ,

ahol v = v 1 2 + v 2 2  a v  vektor hossza, v e  pedig a v  irányú egységvektor.

Megjegyzés: Ez lényegében a parciális derivált általánosítása. Az x szerinti parciális derivált a v(1,0)  irányú, az y szerinti parciális derivált pedig a v(0,1)  irányú iránymenti deriváltnak felel meg.

Az érintősík

Definíció: Legyen az f(x,y)  kétváltozós függvény deriválható az ( x 0 , y 0 )  pontban. Ekkor a felületet az ( x 0 , y 0 , z 0 )  pontban olyan sík érinti, melynek normálvektora n=( f x ( x 0 , y 0 ), f y ( x 0 , y 0 ),1 ) , így az érintősík egyenlete:

f x ( x 0 , y 0 )(x x 0 )+ f y ( x 0 , y 0 )(y y 0 )1(z z 0 )=0 .

Megjegyzés: Ha ezt a formulát z-re rendezzük, akkor ez a sík tekinthető egy kétváltozós függvény grafikonjának. Hasonlóan az egyváltozós esethez, ez a sík az érintési pont közelében nagyon jól közelíti az eredeti függvényt, ezért tekinthető az f(x,y)  függvény ( x 0 , y 0 ) -beli linearizáltjának.

7. feladat: Határozzuk meg az f(x,y)=2 x 2 y+3x4 y  függvény gradiensét az (1,9)  pontban!

Megoldás: Először meg kell határoznunk a parciális deriváltak értékét az (1,9)  pontban.

f x (x,y)=4xy+3 f x (1,9)=419+3=39

f y (x,y)=2 x 2 4 1 2 y =2 x 2 2 y f y (1,9)=2 1 2 2 9 =2 2 3 = 4 3 .

Ezek ismeretében már fel tudjuk írni a gradienst:

gradf(1,9)=( 39, 4 3 ) .

8. feladat: Határozzuk meg az f(x,y)=xln(xy)  függvény gradiensét a (2e,e)  pontban!

Megoldás:

f x (x,y)=1ln(xy)+x 1 xy 1=ln(xy)+ x xy f x (2e,e)=ln(2ee)+ 2e 2ee =1+2=3

f y (x,y)=x 1 xy (1)= x xy f x (2e,e)= 2e 2ee = 2e e =2 .

gradf(2e,e)=( 3,2 ) .

9. feladat: Számítsuk ki az f(x,y)=2x y 3 3x+y  függvény v(1,2)  irányú iránymenti deriváltját az (1,0)  pontban!

Megoldás: Először határozzuk meg a függvény gradiensét ebben a pontban.

f x (x,y)=2 y 3 3 f x (1,0)=03=3

f y (x,y)=6x y 2 +1 f 1 (1,0)=0+1=1

gradf(1,0)=( 3,1 ) .

Szükségünk van a v(1,2)  irányú egységvektorra:

v = 1 2 + 2 2 = 5 v e ( 1 5 , 2 5 ) .

Minden szükséges adat a rendelkezésünkre áll ahhoz, hogy az iránymenti deriváltat ki tudjuk számolni:

f v (1,0)= ( 3,1 ),( 1 5 , 2 5 ) = 3 5 + 2 5 = 1 5 .

10. feladat: Számítsuk ki az f(x,y)=x e y y e x  függvény v(3,4)  irányú iránymenti deriváltját az (1,1)  pontban!

Megoldás: Először határozzuk meg a függvény gradiensét az adott pontban.

f x (x,y)= e y y e x f x (1,1)= e 1 (e)= 1 e +e

f y (x,y)=x e y e x f y (1,1)=1 e 1 e= 1 e e .

gradf(1,1)=( 1 e +e, 1 e e ) .

Szükségünk lesz a v(3,4)  irányú egységvektorra:

v = 3 2 + (4) 2 = 25 =5 v e ( 3 5 , 4 5 ) .

A keresett iránymenti derivált:

f v (1,1)= ( 1 e +e, 1 e e ),( 3 5 , 4 5 ) = 3 5e + 3 5 e 4 5e + 4 5 e= 1 5e + 7 5 e3,73 .

11. feladat: Írjuk fel az f(x,y)=2 x 2 +2 y 2 +y  függvény érintősíkjának egyenletét a (1,1)  pontban!

Megoldás: Először határozzuk meg az érintési pont z 0 =f( x 0 , y 0 )  harmadik koordinátáját:

z 0 =f(1,1)=2 (1) 2 +2 1 2 +1=2+2+1=5 .

Most határozzuk meg a parciális deriváltak értékeit az adott pontban:

f x (x,y)=4x f x (1,1)=4

f y (x,y)=4y+1 f x (1,1)=4+1=5 .

Eszerint olyan síkot keresünk, amelynek ismert pontja és normálvektora a következő:

P 0 (1,1,5)n(4,5,1) .

Így a keresett sík egyenlete:

4(x+1)+5(y1)1(z5)=0 .

Rendezve a szokásos alakra:

4x+5yz=4 .

A feladat megoldását az ábra mutatja. A térbeli koordináta rendszer egy kicsit el van forgatva azért, hogy jobban látható legyen az érintősík.

Ellenőrző kérdések
7. Határozzuk meg az f(x,y)=2 x 3 y+ 3 x y  függvény gradiensét az (8,1)  pontban!
gradf(8,1)=( 56 3 ,5 )
gradf(8,1)=( 23 192 ,5 )
gradf(8,1)=( 23 192 , 35 8 )
gradf(8,1)=( 56 3 , 35 8 )
8. Határozzuk meg az f(x,y)=yln(4x5y)  függvény gradiensét az (e,e)  pontban!
gradf(e,e)=( 4,6 )
gradf(e,e)=( 4,6 )
gradf(e,e)=( 6,1 )
gradf(e,e)=( 4,6 )
9. Számítsuk ki az f(x,y)= x 2 y 3 +2yx  függvény v(8,15)  irányú iránymenti deriváltját az (1,0)  pontban!
f v = 38 17
f v = 22 17
f v = 8 17
f v = 30 17
10. Írjuk fel az f(x,y)= x 3x y  függvény érintősíkjának egyenletét az (1,1)  pontban!
5x3y+2z=4
3x+5y+2z=4
5x+3y+2z=4
2x+3y+2z=4
11. Írjuk fel az f(x,y)= x y  függvény érintősíkjának egyenletét az (1,1)  pontban!
x+yz=1
xy+z=1
xy+z=1
xyz=1
Kétváltozós függvények lokális szélsőértékeinek meghatározása

A kétváltozós függvények értelmezési tartományának belső pontjaiba eső szélsőértékeinek meghatározásával foglalkozunk, és azt is feltételezzük, hogy a függvények egy-egy ilyen pontban akárhányszor differenciálhatók.

Definíció: Legyen ( x 0 , y 0 )  az f(x,y)  függvény értelmezési tartományának egy belső pontja. Az ( x 0 , y 0 )  lokális maximum hely, ha van olyan ( x 0 , y 0 )  középpontú körlap, hogy ennek minden pontjában f(x,y)f( x 0 , y 0 ) .

Definíció: Legyen ( x 0 , y 0 )  az f(x,y)  függvény értelmezési tartományának egy belső pontja. Az ( x 0 , y 0 )  lokális minimum hely, ha van olyan ( x 0 , y 0 )  középpontú körlap, hogy ennek minden pontjában f( x 0 , y 0 )f(x,y) .

A lokális maximum helyet és a lokális minimum helyet összefoglalva lokális szélsőérték helynek hívjuk. A lokális maximum helyen felvett értéket lokális maximumnak, a lokális minimum helyen felvett értéket pedig lokális minimumnak, a kettőt együtt lokális szélsőértéknek hívjuk.

Definíció: Az f(x,y)  függvény értelmezési tartományának azon pontjait, ahol mindkét parciális derivált nulla az f függvény stacionárius pontjainak nevezzük.

Tétel: Legyen ( x 0 , y 0 ) az f(x,y)  függvény értelmezési tartományának egy belső pontja. Ha az f(x,y)  függvénynek az ( x 0 , y 0 )  pontban lokális szélsőértéke van, és itt mindkét változó szerint parciálisan deriválható, akkor

f x ( x 0 , y 0 )=0 f y ( x 0 , y 0 )=0 ,

Megjegyzés: Lokális szélsőérték hely csak stacionárius pont lehet. De nem minden stacionárius pont lesz lokális szélsőérték hely!

Ahhoz, hogy a stacionárius pontok közül ki tudjuk választani a szélsőértéke helyeket, szükségünk lesz a Hesse mátrix ismeretére.

Definíció: Az f(x,y)  kétváltozós függvény Hesse-mátrixának a következő 2×2-es mátrixot nevezzük:

H(x,y)=( f xx (x,y) f xy (x,y) f yx (x,y) f yy (x,y) ) .

A Hesse-mátrix mindig egy szimmetrikus mátrix. Ha kiszámoljuk a Hesse mátrix determinánsát, akkor a következő kifejezéshez jutunk:

D(x,y)= f xx (x,y) f yy (x,y) f xy (x,y) f yx (x,y) .

Tétel: Legyen ( x 0 , y 0 )  az f(x,y)  függvény egy stacionárius pontja. Ekkor

  • ha D( x 0 , y 0 )>0  és f xx (x,y)>0 , akkor ( x 0 , y 0 )  lokális minimum hely,
  • ha D( x 0 , y 0 )>0  és f xx (x,y)<0 , akkor ( x 0 , y 0 )  lokális maximum hely.
  • ha D( x 0 , y 0 )<0 , akkor ( x 0 , y 0 )  nyeregpont,
  • ha D( x 0 , y 0 )=0 , akkor az ( x 0 , y 0 )  pontról nem tudunk semmiféle megállapítást tenni.

12. feladat: Határozzuk meg az f(x,y)=2 x 2 +4 y 2 +2xy+6  függvény lokális szélsőérték helyeit!

Megoldás: Függvényünk mindenhol értelmezve van és mindenhol kétszer parciálisan deriválható is.

Első lépésként meg kell határozni az elsőrendű parciális deriváltakat.

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

f y (x,y)=8y+2x .

Utána ezeket egyenlővé téve nullával, meg kell oldani az így kapott egyenletrendszert. Az egyenletrendszer megoldásai adják a stacionárius pontokat, amelyek a lehetséges szélsőérték helyek. Azaz:

4x+2y=0 8y+2x=0 }

Ha az első egyenletből kivonjuk a második egyenlet kétszeresét, akkor

2y16y=0y=0x=0

Tehát most egyetlen egy stacionárius pontot kaptunk: P(0,0) .

Most el kell döntenünk, hogy ez a stacionárius pont szélsőérték hely lesz-e. Ehhez előállítjuk a másodrendű parciális deriváltakat, majd felírjuk a Hesse mátrix determinánsát.

f xx (x,y)=4

f xy (x,y)=2

f yx (x,y)=2

f yy (x,y)=8 .

H(0,0)=( 4 2 2 5 )D(x,y)=4822=28>0 .

Mivel a determináns pozitív és f xx (0,0)=4>0 , ezért a P(0,0)  egy lokális minimum hely. A minimum értéke ebben a pontban:

f(0,0)=6 .

A függvény grafikonja:

13. feladat: Határozzuk meg az f(x,y)=3 x 2 30x+ y 3 6xy15y+8  függvény lokális szélsőérték helyeit!

Megoldás: Első lépés az elsőrendű parciális deriváltak előállítása:

f x (x,y)=6x306y

f y (x,y)=3 y 2 6x15

Második lépésként stacionárius pontokat keresünk az alábbi egyenletrendszert megoldva:

6x306y=0 3 y 2 6x15=0 } .

Az első egyenletből fejezzük ki x-et:

6x306y=0x=5+y .

Az így kapott kifejezést helyettesítsük be a második egyenletbe, majd rendezzünk:

3 y 2 6(5+y)15=03 y 2 6y45=0 y 2 2y15=0 .

Egy másodfokú egyenlethez jutunk. A megoldóképletből y 1 =5  és y 2 =3  értékeket kapjuk. Mindegyikhez kiszámoljuk a neki megfelelő x értéket is. Eszerint két stacionárius pontot kapunk: P 1 (10,5)  és P 1 (2,3) .

Előállítjuk a másodrendű parciális deriváltakat és a Hesse mátrixot:

f xx =6 f xy =6 f yx =6 f yy =6y .

H(x,y)=( 6 6 6 6y )D(x,y)=36y36 .

A stacionárius pontokat egyenként megvizsgáljuk, hogy el tudjuk róluk dönteni, hogy szélsőértéke helyek-e vagy sem.

D(10,5)=36536=144>0  és f xx =6>0 , ezért a P 1 (10,5)  lokális minimum hely.

D(2,3)=36(3)36=144<0 , ezért a P 1 (2,3)  pont nyeregpont.

14. feladat: Keressük meg az f(x,y)=2+xy x 3 y 2  függvény lokális szélsőérték helyeit!

Megoldás: Ugyanazt az utat követjük, mint az előző feladatban. Először a stacionárius pontok megkereséséhez előállítjuk az elsőrendű parciális deriváltakat.

f x (x,y)=y3 x 2

f y (x,y)=x2y .

Második lépésként stacionárius pontokat keresünk az alábbi egyenletrendszert megoldva:

y3 x 2 =0 x2y=0 } .

A második egyenletből kifejezzük az x változó, majd ezt a kifejezést az első egyenletebe visszahelyettesítve, a kapott másodfokú egyenletet megoldjuk:

x=2yy3 (2y) 2 =0y12 y 2 =0

Ez egy hiányos másodfokú egyenlet, amit szorzattá alakítással oldunk meg, kihasználva, hogy egy szorzat akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla.

y12 y 2 =0y(112y)=0 y 1 =0 y 2 = 1 12 .

Eszerint két stacionárius pontot kapunk:

y 1 =0 x 1 =0 P 1 (0,0)

y 2 = 1 12 x 2 = 1 6 P 1 ( 1 6 , 1 12 ) .

Most meg kell vizsgálnunk, hogy ezen stacionárius pontok valóban szélsőérték helyek-e. Ehhez szükségünk lesz a másodrendű parciális deriváltakra.

f xx (x,y)=6x

f xy (x,y)=1

f yx (x,y)=1

f yy (x,y)=2

A másodrendű deriváltakból felírjuk a Hesse mátrixot:

H(x,y)=( 6x 1 1 2 )D(x,y)=12x1 .

A stacionárius pontokat egyenként megvizsgáljuk, hogy el tudjuk róluk dönteni, hogy szélsőértéke helyek-e vagy sem.

D(0,0)=1201=1<0 , ezért a P 1 (0,0)  pont nyeregpont.

D( 1 6 , 1 12 )=12 1 6 1=1>0  és f xx =1<0 , ezért a P 1 ( 1 6 , 1 12 )  lokális maximum hely. Ebben a pontban a függvény értéke:

f( 1 6 , 1 12 )=2+ 1 6 1 12 ( 1 6 ) 3 ( 1 12 ) 2 = 865 432 .

Ellenőrző kérdések
12. Keressük meg az f(x,y)=3 (x+2) 2 +4 (y1) 2  függvény lokális szélsőérték helyeit!
P(2,1)  lokális minimum hely
P(2,1)  lokális maximum hely
P(2,1)  nyeregpont
nincs lokális szélsőértéke.
13. Keressük meg az f(x,y)= x 3 3xy y 3  függvény lokális szélsőérték helyeit!
P(0,0)  lokális maximum hely
P(0,0)  lokális minimum hely
P(1,1)  lokális maximum hely
P(1,1)  nyeregpont
14. Az f(x,y)= x 3 12x+ y 3 12y  függvénynek
két stacionárius pontja van.
három stacionárius pontja van.
két lokális minimuma van.
egy lokális minimuma és egy lokális maximuma van.
15. Az f(x,y)=62xy x 3 y 3  függvénynek
1 stacionárius pontja van.
2 lokális minimuma van.
1 lokális maximuma van.
nincs szélsőértéke.
Összetett feladatok

15. feladat: Számítsuk ki az alábbi kétváltozós függvény elsőrendű parciális derivált függvényeit:

f(x,y)=(4 x 2 y 3 x )ln(2 x 2 5y) .

Megoldás: Ebben a feladatban egy szorzatot kell parciálisan deriválni, ráadásul a második tényező összetett függvény.

Alkalmazva az egyváltozós függvényeknél a szorzat deriváltjára tanult szabályt:

f x (x,y)=( x (4 x 2 y 3 x ) )ln(2 x 2 5y)+(4 x 2 y 3 x ) x ( ln(2 x 2 5y) )=

(8xy 3 x ln3)ln(2 x 2 5y)+(4 x 2 y 3 x ) 1 2 x 2 5y 4x .

f y (x,y)=( y (4 x 2 y 3 x ) )ln(2 x 2 5y)+(4 x 2 y 3 x ) y ( ln(2 x 2 5y) )=

4 x 2 ln(2 x 2 5y)+(4 x 2 y 3 x ) 1 2 x 2 5y (5) .

16. feladat: Számítsuk ki az alábbi kétváltozós függvény elsőrendű parciális derivált függvényeit:

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

Megoldás: Ebben a feladatban egy törtet kell parciálisan deriválni, ráadásul a számláló egy összetett függvény.

Alkalmazva az egyváltozós függvényeknél a hányados deriváltjára tanult szabályt:

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

1 2 2x y 2 4 y 2 (2 y 2 )( x 2 y 3 +x) 2x y 2 4 y 2 (2x y 3 +1) ( x 2 y 3 +x) 2 .

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

1 2 2x y 2 4 y 2 (4xy8y)( x 2 y 3 +x) 2x y 2 4 y 2 (3 x 2 y 2 ) ( x 2 y 3 +x) 2 .

17. feladat: Határozzuk meg az f(x,y)=ln x 2 + y 2  függvény gradiensét a (4,3)  pontban!

Megoldás: Végezzünk algebrai átalakításokat a deriválás előtt.

f(x,y)=ln x 2 + y 2 =ln ( x 2 + y 2 ) 1 2 = 1 2 ln( x 2 + y 2 ) .

Most kiszámolva a parciális deriváltak értékeit:

f x (x,y)= 1 2 1 x 2 + y 2 2x= x x 2 + y 2 f x (4,3)= 4 (4) 2 + 3 2 = 4 25

f y (x,y)= 1 2 1 x 2 + y 2 2y= y x 2 + y 2 f (4,3) x = 3 (4) 2 + 3 2 = 3 25 .

A parciális deriváltak értékeiből már elő tudjuk állítani a gradienst:

gradf(4,3)=( 4 25 , 3 25 ) .

18. feladat: Határozzuk meg az f(x,y)=x e yx  függvény gradiensét a (2,1)  pontban!

Megoldás: Először a parciális deriváltakat kell kiszámolni. A deriválás során használnunk kell a szorzatra és az összetett függvényre vonatkozó deriválási szabályokat is:

f x (x,y)=1 e yx +x e yx (1)= e yx (1x) f x (2,1)= e 12 (12)= e 1 = 1 e

f y (x,y)=x e yx 1=x e yx f y (2,1)=2 e 12 =2 e 1 = 2 e .

Ezek ismeretében már elő tudjuk állítani a gradienst a (2,1)  pontban:

gradf(2,1)=( 1 e , 2 e ) .

19. feladat: Számítsuk ki az f(x,y)=x e 2x +y e 2y  függvény v(5,12)  irányú iránymenti deriváltját az (1,2)  pontban!

Megoldás: Először meg kell határoznunk a gradiens vektort az adott pontban. A parciális deriváltak meghatározásánál alkalmaznunk kell a szorzat függvény és az összetett függvény deriválási szabályát:

f x (x,y)= e 2x +2x e 2x f x (1,2)= e 2 +21 e 2 =3 e 2

f y (x,y)= e 2y 2y e 2y f x (1,2)= e 4 22 e 4 =3 e 4 .

Eszerint a gradiens vektor az (1,2)  pontban:

gradf(1,2)=( 3 e 2 ,3 e 4 ) .

Szükségünk van a v(5,12)  irányú egységvektorra:

v = 5 2 + 12 2 = 169 =13 v e ( 5 13 , 12 13 ) .

Minden szükséges adat a rendelkezésünkre áll ahhoz, hogy az iránymenti deriváltat ki tudjuk számolni:

f v (1,2)= ( 3 e 2 ,3 e 4 ),( 5 13 , 12 13 ) = 15 13 e 2 36 13 e 4 142,67 .

20. feladat: Számítsuk ki az f(x,y)= (2x+y) 4  függvény v(3,4)  irányú iránymenti deriváltját az (2,1)  pontban!

Megoldás: Első lépés a gradiens előállítása az adott pontban:

f x (x,y)=4 (2x+y) 3 2=8 (2x+y) 3 f x (2,1)=8 (4+1) 3 =1000

f y (x,y)=4 (2x+y) 3 1=4 (2x+y) 3 f x (2,1)=4 (4+1) 3 =500

gradf(2,1)=( 1000,500 ) .

Szükségünk van a v(3,4)  irányú egységvektorra:

v = 3 2 + (4) 2 = 25 =5 v e ( 3 5 , 4 5 ) .

Ekkor a keresett iránymenti derivált:

f v (2,1)= ( 1000,500 ),( 3 5 , 4 5 ) =600240=360 .

21. feladat: Írjuk fel az f(x,y)= 64 x 2 4y  függvény érintősíkjának egyenletét a (6,3)  pontban!

Megoldás: Elsőként határozzuk meg az érintési pont z 0 =f( x 0 , y 0 )  harmadik koordinátáját:

z 0 =f(6,3)= 64 6 2 43 = 16 =4 .

Most számítsuk ki a parciális deriváltak értékeit a (6,3)  pontban. A függvény mindkét változója szerint összetett függvény.

f x (x,y)= 1 2 64 x 2 4y (2x)= x 64 x 2 4y f x (6,3)= 6 64 6 2 43 = 6 4 = 3 2

f y (x,y)= 1 2 64 x 2 4y (4y)= 2y 64 x 2 4y f x (6,3)= 6 64 6 2 43 = 6 4 = 3 2

Eszerint olyan síkot keresünk, amelynek ismert pontja és normálvektora a következő:

P 0 (6,3,4)n( 3 2 , 3 2 ,1 ) .

Tehát a keresett sík egyenlete:

3 2 (x6) 3 2 (y3)1(z4)=0 .

Rendezve a szokásos alakra:

3x3y2z=35 .

22. feladat: Keressük meg az f(x,y)=4 x 2 e y 2 x 4 e 4y  függvény lokális szélsőérték helyeit!

Megoldás: Az f(x,y)  függvény ebben a feladatban is folytonos második deriváltakkal rendelkezik, és értelmezési tartománya a teljes sík, így szélsőértéke csak a stacionárius pontokban lehet. A stacionárius pontokat meghatározó elsőrendű parciális deriváltak:

f x (x,y)=8x e y 8 x 3

f y (x,y)=4 x 2 e y 4 e 4y .

A stacionárius pontokat megadó egyenletrendszer:

8x e y 8 x 3 =0 4 x 2 e y 4 e 4y =0 } .

Az első egyenletet alakítsuk szorzattá:

8x( e y x 2 )=0 .

Egy szorzat akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla, tehát első esetben:

8x=0x=0 .

Ezt behelyettesítve a második egyenletbe:

40 e y 4 e 4y =04 e 4y =0 ,

ami soha nem teljesül, mivel e-t bármire is emeljük, mindig pozitív számot kapunk eredményül. Tehát ezen az ágon az egyenletrendszernek megoldása nincs.

Második esetben a szorzat második tényezője legyen nulla:

e y x 2 =0 e y = x 2 .

Ezt behelyettesítve a második egyenletbe:

4 x 2 x 2 4 ( x 2 ) 4 =04 x 4 4 x 8 =0x=±1 .

Az egyenletből még az x=0  eredmény is kiszámolható, de azt már az előző részben láttuk, hogy nem lesz megoldás.

Visszahelyettesítve a kapott eredményt:

x=±1 e y =1y=0 .

Eszerint két stacionárius pont van:

P 1 (1,0)  és P 2 (1,0) .

Következő lépésben előállítjuk a másodrendű parciális deriváltakat és a Hesse mátrixot.

f xx (x,y)=8 e y 24 x 2

f xy (x,y)=8x e y

f yx (x,y)=8x e y

f yy (x,y)=4 x 2 e y 16 e 4y

H(x,y)=( 8 e y 24 x 2 8x e y 8x e y 4 x 2 e y 16 e 4y )D(x,y)=( 8 e y 24 x 2 )( 4 x 2 e y 16 e 4y ) ( 8x e y ) 2 .

Most a stacionárius pontok vizsgálata következik:

D(1,0)=( 824 )( 416 ) ( 8 ) 2 =128>0  és f xx (1,0)=16<0 ,

ezért a P 1 (1,0)  pontban maximum hely van. A maximum értéke: f(1,0)=1 .

D(1,0)=( 824 )( 416 ) ( 8 ) 2 =128>0  és f xx (1,0)=16<0

ezért A P 2 (1,0)  pontban is maximum hely van. A maximum értéke: f(1,0)=1 .

23. feladat: Határozza meg az f(x,y)= x 2 + y 2 + 2 xy  függvény lokális szélsőértékeit!

Megoldás: Mivel a függvény nevezőjében szerepel x és y, ezért az értelmezési tartomány a teljes sík, kivéve a két koordináta tengelyt pontjai. Ahol a függvény értelmezve van, ott a parciális deriváltjai is léteznek.

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

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

Meg kell oldani az alábbi egyenletrendszert:

2x 2 x 2 y =0 2y 2 x y 2 =0 } .

Az első egyenletből y= 1 x 3  kapható, ezt behelyettesítve a második egyenletbe:

2 1 x 3 2 x 1 x 6 =0 2 x 3 2 x 5 =0 x 8 =1

egyenlethez jutunk. Ennek két valós gyöke van, az x 1 =1  és az x 2 =1 . A megfelelő y értékek rendre: y 1 =1  és y 2 =1 . Ennek megfelelően két stacionárius pont van:

P 1 (1,1)  és P 2 (1,1) .

Következnek a másodrendű parciális deriváltak és a Hesse mátrix:

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

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

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

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

H(x,y)=( 2+ 4 x 3 y 2 x 2 y 2 2 x 2 y 2 2+ 4 x y 3 )D(x,y)=( 2+ 4 x 3 y )( 2+ 4 x y 3 ) ( 2 x 2 y 2 ) 2 .

A stacionárius pontok vizsgálata:

D(1,1)=( 2+4 )( 2+4 ) ( 2 ) 2 =32>0  és f xx (1,1)=6>0 ,

ezért a P 1 (1,1)  pont minimum hely. A minimum értéke f(1,1)=4 .

D(1,1)=( 2+4 )( 2+4 ) ( 2 ) 2 =32>0  és f xx (1,1)=6>0 ,

ezért a P 2 (1,1)  pont is minimum hely. A minimumértéke: f(1,1)=4 .

24. feladat: Bontsa fel a 12-t három részre úgy, hogy a kapott számok szorzata maximális legyen!

Megoldás: Legyen a keresett három rész: x, y és 12xy . Képezzük ezek szorzatát, mivel ezek szorzatának maximumát keressük. Az így kapott szorzat valójában egy kétváltozós függvény.

f(x,y)=xy(12xy)=12xy x 2 yx y 2 .

A szélsőérték meghatározása a szokásos módon történik.

f x (x,y)=12y2xy y 2

f y (x,y)=12x x 2 2xy .

12y2xy y 2 =0 12x x 2 2xy=0 }

Vonjuk ki az első egyenletből a másodikat, majd alakítsunk szorzattá:

12y12x y 2 + x 2 =012(xy)+(xy)(x+y)=0(xy)(x+y12)=0

Szorzat akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla, azaz

xy=0x=y

vagy

x+y12=0x=12y

Ha x=y , akkor ezt behelyettesítve az első egyenletbe

12y2 y 2 y 2 =012y3 y 2 =0 y 1 =0, y 2 =4 .

A kapott értékeket visszahelyettesítve:

y 1 =0 x 1 =0 y 2 =4 x 2 =4

Tehát ezen az ágon két stacionárius pontot kaptunk:

P 1 (0,0) P 2 (4,4)

Ha x=12y , akkor ezt behelyettesítve az első egyenletbe:

12y2(12y)y y 2 =0 y 2 12y=0 .

Megoldva a kapott másodfokú egyenletet, majd a kapott eredményt visszahelyettesítve:

y 3 =0 x 3 =12 y 4 =12 x 4 =0 .

Ezen az ágon további két stacionárius pontot kaptunk:

P 3 (12,0) P 4 (0,12)

Írjuk fel a Hesse mátrixot.

f xx (x,y)=2y

f xy (x,y)=122x2y

f yx (x,y)=122x2y

f yy (x,y)=2x

H(x,y)=( 2y 122x2y 122x2y 2x )D(x,y)=4xy (122x2y) 2 .

A stacionárius pontokat egyenként megvizsgáljuk, hogy el tudjuk róluk dönteni, hogy szélsőérték helyek-e vagy sem.

D(0,0)=400 (1200) 2 =144<0 , ezért a P 1 (0,0)  pont nyeregpont.

D(4,4)=444 (1244) 2 =6416=48>0  és f xx (x,y)=8<0 , ezért a P 2 (4,4)  pont lokális maximum hely.

D(12,0)=4120 (122120) 2 =144<0 , ezért a P 3 (12,0)  pont nyeregpont.

D(0,12)=4012 (12024) 2 =144<0 , ezért a P 4 (0,12)  pont is nyeregpont.

Tehát a keresett három rész: 4, 4 és 4, azaz a 12-t három egyenlő részre kell osztani ahhoz, hogy ezek szorzata maximális legyen.

Ellenőrző kérdések
16. Legyen f(x,y)= e x 2 y ln(xy) . Mivel egyenlő f x (x,y) ?
e x 2 y ( 2xyln(xy)+ 1 x )
e x 2 y ( 2xln(xy)+ 1 x )
e x 2 y ( 2xyln(xy)+ 1 y )
e x 2 y ( 2xln(xy)+ 1 x )
17. Legyen f(x,y)=xsin(2x+5y)+ycos(xy) . Mivel egyenlő f x (x,y) ?
cos(2x+5y)ysin(xy)
sin(2x+5y)+2xcos(2x+5y)sin(xy)
sin(2x+5y)+2xcos(2x+5y)ysin(xy)
sin(2x+5y)+2xcos(2x+5y)+ysin(xy)
18. Legyen f(x,y)=sin(xy)+cos(xy) . Határozzuk meg a gradiens értékét a ( π 2 ,1 )  pontban?
gradf( π 2 ,1 )=( 0, π 2 )
gradf( π 2 ,1 )=( 1, π 2 )
gradf( π 2 ,1 )=( 1, π 2 )
gradf( π 2 ,1 )=( 1,0 )
19. Számítsuk ki az f(x,y)= 4x+3 y 2  függvény v(1,1)  irányú iránymenti deriváltját az (1,1)  pontban!
1 14
1 14
5 7
5 14
20. Írjuk fel az f(x,y)= e x 2 y 3  függvény érintősíkjának egyenletét a (1,1)  pontban!
2x+3y+z=4
2x3y=1
2x3yz=4
2x3y+z=4
21. Írjuk fel az f(x,y)= 2x+y x2y  függvény érintősíkjának egyenletét az (1,1)  pontban!
5x+5y+9z=3
5x5y+9z=0
5x+5y9z=3
5x5y+9z=3
22. Az f(x,y)=2 x 3 y+2xy3 y 2  függvénynek...
2 stacionárius pontja van.
2 lokális maximuma van.
1 lokális maximuma van.
2 lokális minimuma van.