Pochodne cząstkowe

[max123321]

\(\displaystyle{ f:\left\{ \left( x,y\right) \in \RR^2:xy>-1 \right\} \rightarrow \RR , f(x,y)= \begin{cases}\frac{x}{4} &\mbox{dla } y=0 \\ \frac{ \sqrt[4]{1+xy}-1 }{y} &\mbox{dla }y \neq 0. \end{cases}}\)

Czy pochodne cząstkowe \(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}f }{ \mbox{d}x }}\) i \(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}f }{ \mbox{d}y }}\) istnieją w pewnym otoczeniu osi \(\displaystyle{ OX}\)? Jeśli tak czy są one ciągłe we wszystkich punktach osi \(\displaystyle{ OX}\)?

Ok, jak się do tego zabrać w ogóle?

[a4karo]

W ogóle się nie brać. Dla \(\displaystyle{ xy<-1}\) prawa strona nie ma sensu.

[max123321]

ok poprawiłem. I co dalej?

[a4karo]

Problem jest tylko gdy \(\displaystyle{ y=0}\)
Tam musisz to zrobić z definicji.

[max123321]

No dobra to robię tak:
Interesują nas tylko punkty postaci: \(\displaystyle{ \left( x,0\right)}\) więc
\(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}f }{ \mbox{d}x }= \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h,0)-f(x,0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{ \frac{x+h}{4}- \frac{x}{4} }{h}=1/4}\)
i teraz \(\displaystyle{ (x,0)}\) i \(\displaystyle{ (x,0) \neq (0,0)}\) i po igreku:
\(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}f }{ \mbox{d}y }= \lim_{h \to 0} \frac{f(x,0+h)-f(x,0)}{h}= \lim_{h \to 0} \frac{ \frac{ \sqrt[4]{1+xh}-1 }{h}- \frac{x}{4} }{h}= \lim_{h \to 0} \frac{ \frac{1+xh-1}{h((1+xh)^3+(1+xh)^2+(1+xh)+1)}- \frac{x}{4} }{h}=\lim_{h \to 0} \frac{ \frac{x}{((1+3xh+3x^2h^2+x^3h^3+1+2xh+x^2h^2+1+xh+1)}- \frac{x}{4} }{h}=\lim_{h \to 0} \frac{ \frac{x}{x^3h^3+4x^2h^2+6xh+4}- \frac{x}{4} }{h}=\lim_{h \to 0} \frac{4x-x^4h^3-4x^3h^2-6x^2h-4x}{4h(x^3h^3+4x^2h^2+6xh+4)}=\lim_{h \to 0} \frac{-x^4h^2-4x^3h-6x^2}{4x^3h^3+16x^2h^2+24xh+16)}=- \frac{3x^2}{8}}\)
Tak jest dobrze?

[a4karo]

W tym dużym mianowniku to jakieś pierwiastki powinny być.

[max123321]

\(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}f }{ \mbox{d}y }= \lim_{h \to 0} \frac{f(x,0+h)-f(x,0)}{h}= \lim_{h \to 0} \frac{ \frac{ \sqrt[4]{1+xh}-1 }{h}- \frac{x}{4} }{h}= \lim_{h \to 0} \frac{ \frac{1+xh-1}{h( \sqrt[4]{(1+xh)^3} +\sqrt[4]{(1+xh)^2}+\sqrt[4]{1+xh} +1)}- \frac{x}{4} }{h}=
\lim_{h \to 0} \frac{3x-x\sqrt[4]{(1+xh)^3}-x\sqrt[4]{(1+xh)^2}-x\sqrt[4]{(1+xh)}}{4h( \sqrt[4]{(1+xh)^3} +\sqrt[4]{(1+xh)^2}+\sqrt[4]{1+xh} +1)}=}\) z DH
\(\displaystyle{ \lim_{h \to 0} \frac{-x3/4(1+xh)^{-1/4}x-x2/4(1+xh)^{-2/4}x-x1/4(1+xh)^{-3/4}x}{4((1+xh)^{3/4}+(1+xh)^{2/4}+(1+xh)^{1/4}+1) +4h(x3/4(1+xh)^{- \frac{1}{4} }+x2/4(1+xh)^{-\frac{2}{4}}+x1/4(1+xh)^{-\frac{3}{4}})}}\)
\(\displaystyle{ = \frac{-x \cdot 3/4 \cdot x-x \cdot 2/4 \cdot x-x \cdot 1/4 \cdot x}{16+0}= -\frac{3}{32} \cdot x^2}\)

Może teraz?

[a4karo]

Chyba źle do wspólnego mianownika sprowadziłes

[max123321]

Dlaczego? Wolfram pokazuje tyle właśnie.

[a4karo]

Ok. W końcu te trzy granice liczysz regułą de l'Hospitala.
Dlaczego nie zrobiłeś tego z tą pierwszą?

[max123321]

Masz na myśli tą?
\(\displaystyle{ \lim_{h \to 0} \frac{ \frac{ \sqrt[4]{1+xh}-1 }{h}- \frac{x}{4} }{h}}\)
Bo nie lubię delopitala i jak się da to wolę liczyć bez niego, a w momencie liczenia tej granicy jeszcze nie wiedziałem, że inaczej się nie da.-- 2 lis 2017, o 09:05 --No dobra i czy są ciągłe we wszystkich punktach osi \(\displaystyle{ OX}\)? Wydaje się, że tak. Zgadza się?

[a4karo]

Jak się zgadza w zerze, to tak. Nie sprawdzałem tego (deficyt papieru)