משתמש:איתמר שטיין
שאלה 1
סעיף א
עבור נקודות [math]\displaystyle{ (x,y,z)\neq (0,0,0) }[/math] פשוט גוזרים את הפונקציה לפי [math]\displaystyle{ x }[/math]
[math]\displaystyle{ f_x(x,y,z)=\frac{zy\cos(xy){(x^2+y^2+z^2)}^\frac{1}{3}-\frac{1}{3}{(x^2+y^2+z^2)}^{-\frac{2}{3}}\cdot (2x)\cdot{(z\sin(xy))}}{{(x^2+y^2+z^2)}^\frac{2}{3}} }[/math]
עבור הנקודה [math]\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0) }[/math] קל לראות ש
[math]\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow 0}\frac{f(t,0,0)-f(0,0,0)}{t}=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{0-0}{t}=0 }[/math]
סעיף ב
כמו שראינו בקלות ש [math]\displaystyle{ f_x(0,0,0)=0 }[/math] קל לראות שגם [math]\displaystyle{ f_y(0,0,0)=0 }[/math] ו [math]\displaystyle{ f_z(0,0,0)=0 }[/math].
ראשית נוודא ש [math]\displaystyle{ f }[/math] רציפה (לא חייבים, אבל בדר"כ שווה לבדוק. כי אם היא לא רציפה אז ברור שהיא לא דיפרנציאבילית).
נשים לב ש
[math]\displaystyle{ |\frac{z\sin(xy)}{{(x^2+y^2+z^2)}^{\frac{1}{3}}}|\leq |\frac{z}{{(x^2+y^2+z^2)}^{\frac{1}{3}}}|\leq |\frac{z}{{(z^2)}^{\frac{1}{3}}}|=|z^{\frac{1}{3}}|\rightarrow 0 }[/math]
ולכן [math]\displaystyle{ f }[/math] רציפה.
נבדוק דיפרנציאביליות
צריך לבדוק אם [math]\displaystyle{ \epsilon (h_1,h_2,h_3) }[/math] המוגדרת לפי:
[math]\displaystyle{ f(h_1,h_2,h_3)-f(0,0,0)=f_x(0,0,0)h_1+f_y(0,0,0)h_2+f_z(0,0,0)h_3+\epsilon(h_1,h_2,h_3)\sqrt{h_1^2+h_2^2+h_3^2} }[/math]
מתכנסת ל [math]\displaystyle{ 0 }[/math] בנקודה [math]\displaystyle{ (0,0,0) }[/math].
במקרה שלנו צריך לבדוק את:
[math]\displaystyle{ \lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)}\frac{h_3\sin (h_1 h_2)}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{1}{3}\cdot {(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^{\frac{1}{2}}} = \lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)}\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{5}{6}}\frac{\sin(h_1 h_2)}{h_1 h_2} }[/math]
היות ו
[math]\displaystyle{ \lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)} \frac{\sin(h_1 h_2)}{h_1 h_2} = 1 }[/math]
נותר לבדוק את
[math]\displaystyle{ \lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)}\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{5}{6}} }[/math]
נשים לב ש
[math]\displaystyle{ |\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{5}{6}}|\leq |\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2)}^\frac{5}{6}}| \leq |h_3||\frac{h_1 h_2}{{(2h_1 h_2)}^\frac{5}{6}}|= \frac{1}{2^{\frac{5}{6}}}|h_3||{(h_1 h_2)}^{\frac{1}{6}}|\rightarrow 0 }[/math]
דרך אחרת (שימושית כאשר יש במכנה דברים בסגנון [math]\displaystyle{ ||h|| }[/math]):
עוברים לקוארדינטות כדוריות
[math]\displaystyle{ h_1 = r\cos \theta \sin \varphi,\quad h_2 = r\sin \theta \sin \varphi ,\quad h_3 = r \cos \varphi }[/math]
ואז צריך לחשב גבול
[math]\displaystyle{ \lim_{r\rightarrow 0}\frac {r^3 \cos \theta \sin \theta \sin ^2 \varphi \cos \varphi}{{(r^2)}^{\frac{5}{6}}} =\lim_{r\rightarrow 0} {r^{\frac{8}{6}} \cos \theta \sin \theta \sin ^2 \varphi \cos \varphi}=0 }[/math]
ולכן [math]\displaystyle{ f }[/math] דיפרנציאבילית ב [math]\displaystyle{ (0,0,0) }[/math].
שאלה 3
[math]\displaystyle{ x^2+y^2=\frac{1}{2}z^2 }[/math]
[math]\displaystyle{ x+y+z=2 }[/math]
הנגזרות החלקיות של הפונקציות
[math]\displaystyle{ f_1(x,y,z)=x^2+y^2-\frac{1}{2}z^2=0 }[/math] [math]\displaystyle{ f_2(x,y,z)=x+y+z-2=0 }[/math]
קיימות עד איזה סדר שרוצים.
כמו כן, הנקודה [math]\displaystyle{ (1,-1,2) }[/math] מקיימת את מערכת המשוואות.
נבדוק את התנאי של משפט הפונקציה הסתומה
[math]\displaystyle{ \begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 2x & 2y \\ 1 & 1 \end{bmatrix} }[/math]
בנקודה [math]\displaystyle{ (1,-1,2) }[/math] נקבל את המטריצה
[math]\displaystyle{ \begin{bmatrix} 2 & -2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} }[/math]
שהיא מטריצה הפיכה.
לכן לפי משפט הפונקציה הסתומה, אכן מוגדרות פונקציות של [math]\displaystyle{ x,y }[/math] לפי [math]\displaystyle{ z }[/math]
לפי משפט הפונקציה הסתומה, קיימת סביבה של הנקודה
[math]\displaystyle{ (1,-1,2) }[/math] שבה מתקיים:
[math]\displaystyle{ \begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{dx}{dz} \\ \frac{dy}{dz} \end{bmatrix} = -\begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial z} \\ \frac{\partial f_1}{\partial z} \end{bmatrix} }[/math]
כלומר במקרה שלנו:
[math]\displaystyle{ \begin{bmatrix} 2x & 2y \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{dx}{dz} \\ \frac{dy}{dz} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} z \\ -1 \end{bmatrix} }[/math]
אם פותרים את המשוואות
רואים ש
[math]\displaystyle{ \begin{bmatrix} \frac{dx}{dz} \\ \frac{dy}{dz} \end{bmatrix} = \frac{1}{2x-2y} \begin{bmatrix} 1 & -2y \\ -1 & 2x \end{bmatrix} \begin{bmatrix} z \\ -1 \end{bmatrix} }[/math]
כלומר:
[math]\displaystyle{ \frac{dx}{dz} = \frac{z+2y}{2x-2y},\quad \frac{dy}{dz}=\frac{-z-2x}{2x-2y} }[/math]
מכאן, על ידי הצבה של [math]\displaystyle{ (1,-1,2) }[/math] קל לראות שבנקודה [math]\displaystyle{ z=2 }[/math] מתקיים
[math]\displaystyle{ \frac{dx}{dz}(2)=0,\quad \frac{dy}{dz}(2)=-1 }[/math]
כמו כן נחשב את [math]\displaystyle{ x''(z) }[/math] בסביבה של [math]\displaystyle{ (1,-1,2) }[/math] על ידי גזירה רגילה לפי [math]\displaystyle{ z }[/math] (אבל נשים לב ש [math]\displaystyle{ x,y }[/math] הם פונקציות של [math]\displaystyle{ z }[/math]):
[math]\displaystyle{ x''(z)=\frac{(1+2y')(2x-2y)-(z+2y)(2x'-2y')}{(2x-2y)^2} }[/math]
נציב [math]\displaystyle{ x=1,y=-1,z=2,x'=0,y'=-1 }[/math] ונקבל:
[math]\displaystyle{ x''(2)=\frac{(1-2)4-(0)(0+2)}{16}=-\frac{1}{4} }[/math]