Matematika/Kryptinė išvestinė

Kryptinė išvestinė nusako funkcijos pasikeitimo greitį. Pavyzdžiui, jei yra apverstas paraboloidas $z=100-x^2-y^2$, tai vien gradientas be kryptinės išvestinės nusako, koks kitimo greitis yra funkcijos, kuriame nors taške. Taške $(x_1;y_1)=(0;0)$, gradientas funkcijos z lygus 0 (funkcija neturi kitimo greičio). Tai reiškia, kad lėtai didėja (arba mažėja) z reikšmė, kai x ir y yra maži, o kai x ir y reikšmės yra didesnės tuomet toks pat x ir y pasiketimas (pavyzdžiui dydžiu 0,1) įtakoja didelį reikšmės z pasikeitimą. Įstatykime, pavyzdžiui, pasikeitimą x ir y reikšmių dydžiu 1, vienu atveju, kai x=2 ir y=2 ir kitu atveju, kai x=4, y=4. Taigi

$z_1=(100-2^2-2^2)-(100-(2+1{)}^2-(2+1{)}^2)=(100-4-4)-(100-9-9)=92-82=10;$

$z_2=(100-4^2-4^2)-(100-(4+1{)}^2-(4+1{)}^2)=(100-16-16)-(100-25-25)=68-50=18.$

Matome, kad su didesniomis x ir y reikšmėmis gaunamas ir didesnis z reikšmės pasikeitimas, pridėjus $\mathrm{\Delta }x$ ir $\mathrm{\Delta }y$ prie x ir y atitinkamai.

Randame gradientą funkcijos $z=100-x^2-y^2$ taške M(2; 2) ir taške N(4; 4), gauname:

$\text{grad}z=-2x𝐢-2y𝐣;$

$\text{grad}z(2;2)=-2\cdot 2𝐢-2\cdot 2𝐣=-4𝐢-4𝐣;$

$\text{grad}z(4;4)=-2\cdot 4𝐢-2\cdot 4𝐣=-8𝐢-8𝐣.$

Taške N(4; 4) funkcijos $z=100-x^2-y^2$ kitimo greitis greitis yra 2 kartus didesnis negu taške M(2; 2).

Kryptinė išvestinė nusako funkcijos kitimo greitį tik tam tikra kryptimi, tarsi, jei vektorius, eis tik y kryptimi, t. y. $\cos \alpha =0$, o $\cos \beta =1$, tai gausime tam tikrame taške (x; y), funkcijos $z=100-x^2-y^2$ kitimo greitį, kuris priklauso tik nuo y reikšmės.

Raskime, kada funkcijos kitimo greitis bus didžiausias ar vektoriaus $\overrightarrow{a}=0𝐢+1𝐣$ kryptimi, ar vektoriaus $\overrightarrow{b}=1𝐢+1𝐣$ kryptimi. Vektoriaus b ortas yra

${\overrightarrow{b}}^{\circ }=\frac{1𝐢+1𝐣}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{1𝐢+1𝐣}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}𝐢+\frac{1}{\sqrt{2}}𝐣.$

O vektoriaus a ortas yra toks pat kaip vektorius a. Taigi, gauname kryptinių išvestinių dydžius, vektoriaus a ir vektoriaus b kryptimis.

$\frac{\partial z(2;2)}{\partial l}={\overrightarrow{a}}^{\circ }\cdot \text{grad}z(2;2)=0\cdot (-4)+1\cdot (-4)=-4;$

$\frac{\partial z(2;2)}{\partial l}={\overrightarrow{b}}^{\circ }\cdot \text{grad}z(2;2)=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot (-4)+\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot (-4)=\frac{-8}{\sqrt{2}}=-\mathrm{5.65685425.}$

$\frac{\partial z(4;4)}{\partial l}={\overrightarrow{a}}^{\circ }\cdot \text{grad}z(4;4)=0\cdot (-8)+1\cdot (-8)=-8;$

$\frac{\partial z(4;4)}{\partial l}={\overrightarrow{b}}^{\circ }\cdot \text{grad}z(4;4)=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot (-8)+\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot (-8)=\frac{-16}{\sqrt{2}}=-\mathrm{11.3137085.}$

Funkcijos kitimo greitis, šiame pavyzdyje (taške M(2; 2) ir taške N(4; 4)) yra didžiausias vektoriaus (b) kryptimi, kuris su Ox ašimi sudaro 45 laipsnių kampą.

Galime matyti, kad funkcijos $z=100-x^2-y^2$ kitimo greitis priklauso nuo spindulio, kurio ilgį sudaro taškas (M arba N) ir koordinačių pradžios taškas O(0; 0). Apskaičiuokime atkarpų OM ir ON ilgius.

$OM=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{4+4}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}.$

$ON=\sqrt{4^2+4^2}=\sqrt{16+16}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}.$

Parinkime taškus $E(0;2\sqrt{2})$ ir $F(0;4\sqrt{2}).$ Apskaičiuokime dabar funkcijos $z=100-x^2-y^2$ kitimo greitį šiuose taškuose, vektoriaus $\overrightarrow{a}=0𝐢+1𝐣$ kryptimi.

$\text{grad}z(0;2\sqrt{2})=-2\cdot 0𝐢-2\cdot 2\sqrt{2}𝐣=0𝐢-4\sqrt{2}𝐣;$

$\text{grad}z(0;4\sqrt{2})=-2\cdot 0𝐢-2\cdot 4\sqrt{2}𝐣=0𝐢-8\sqrt{2}𝐣.$

$\frac{\partial z(0;2\sqrt{2})}{\partial l}={\overrightarrow{a}}^{\circ }\cdot \text{grad}z(2;2\sqrt{2})=0\cdot 0+1\cdot (-4\sqrt{2})=-4\sqrt{2}=-5.656854249;$

$\frac{\partial z(0;4\sqrt{2})}{\partial l}={\overrightarrow{a}}^{\circ }\cdot \text{grad}z(2;4\sqrt{2})=0\cdot 0+1\cdot (-8\sqrt{2})=-8\sqrt{2}=-\mathrm{11.3137085.}$

Kaip matome, jei spindulys r plokštumoje xOy vienodas iki bet kokio taško, tai ir funkcijos $z=100-x^2-y^2$ kitimo greitis vienodas, jei vektorius nukreiptas į tą tašką.

• Pavyzdis. Rasime funkcijos $u=x^3{y}^3{z}^3$ kryptinę išvestinę taške $M_0$(2; -1; 3) vektoriaus $\overrightarrow{M_0{M}_1}$ kryptimi, kai $M_1(3;2;4)$.

Sprendimas. Randame $\overrightarrow{M_0{M}_1}=(3-2;2-(-1);4-3)=(1;3;1),\overrightarrow{M_0{M}_1}=\sqrt{1^2+3^2+1^2}=\sqrt{1+9+1}=\sqrt{11},$ tuomet $\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{11}},\cos \beta =\frac{3}{\sqrt{11}},\cos \gamma =\frac{1}{\sqrt{11}}.$

${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma =\frac{1}{11}+\frac{9}{11}+\frac{1}{11}=\frac{11}{11}=1.$

Toliau randame išvestines $\frac{\partial u}{\partial x}=3x^2{y}^3{z}^3,\frac{\partial u}{\partial y}=3x^3{y}^2{z}^3,\frac{\partial u}{\partial x}=3x^3{y}^3{z}^2$ ir apskaičiuojame jų reikšmes taške $M_0$:

$\frac{\partial u}{\partial x}{|}_{M_0}=(3x^2{y}^3{z}^3){|}_{M_0}=3\cdot 2^2\cdot (-1{)}^3\cdot 3^3=-3\cdot 4\cdot 27=-324,$

$\frac{\partial u}{\partial y}{|}_{M_0}=(3x^3{y}^2{z}^3){|}_{M_0}=3\cdot 2^3\cdot (-1{)}^2\cdot 3^3=3\cdot 8\cdot 27=648,$

$\frac{\partial u}{\partial z}{|}_{M_0}=(3x^3{y}^3{z}^2){|}_{M_0}=3\cdot 2^3\cdot (-1{)}^3\cdot 3^2=-3\cdot 8\cdot 9=-216.$

Įrašę šias išvvestinių ir krypties kosinusų reikšmes į formulę, gauname:

$\frac{\partial u}{\partial l}=\frac{\partial u}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial u}{\partial y}\cos \beta +\frac{\partial u}{\partial z}\cos \gamma =-324\cdot \frac{1}{\sqrt{11}}+648\cdot \frac{3}{\sqrt{11}}-216\cdot \frac{1}{\sqrt{11}}=$

$=-324\cdot \frac{1}{\sqrt{11}}+\frac{1944}{\sqrt{11}}-216\cdot \frac{1}{\sqrt{11}}=\frac{1944-324-216}{\sqrt{11}}=\frac{1404}{\sqrt{11}}=\mathrm{423.3219278.}$

• Pavyzdys. Apskaičiuoti išvestinę funkcijos $z=x^2+y^{2}x$ taške M(1; 2) kriptimi vektoriaus $\overrightarrow{M{M}_1},$ kur $M_1$ - taškas su koordinatėmis (3; 0).

Sprendimas. Rasime vienetinį vektorių $\overrightarrow{l},$ turinti duotąją kryptį:

$\overrightarrow{M{M}_1}=(3-1;0-2)=(2;-2)=2\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{j};$

$\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert =\sqrt{2^2+(-2{)}^2}=\sqrt{4+4}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}=2.828427125;$

$\frac{\overrightarrow{M{M}_1}}{\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert }=\frac{2\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{j}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\overrightarrow{i}-\frac{1}{\sqrt{2}}\overrightarrow{j},$

Iš kur $\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{2}},\cos \beta =-\frac{1}{\sqrt{2}}.$ Apskaičiuosime dalines išvestines funkcijos taške M(1; 2):

${f_x}^{\prime }(x,y)=2x+y^2,{f_y}^{\prime }(x,y)=2xy,$ iš kur ${f_x}^{\prime }(1;2)=2\cdot 1+2^2=2+4=6,{f_y}^{\prime }(1;2)=2\cdot 1\cdot 2=4.$

Pagal formulę $\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial z}{\partial y}\cos \beta$ gausime

$\frac{\partial z}{\partial l}=6\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}-4\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{6-4}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\mathrm{1.414213562.}$

• Pavyzdys. Duota funkcija $u=x^2+y^2+z^2.$ Rasti išvestine $\frac{\partial u}{\partial s}$ taške M(1; 1; 1):

a) kryptimi vektoriaus ${𝖲}_{\mathrm{𝟣}}=2𝗂+𝗃+3𝗄;$

b) kryptimi vektoriaus ${𝖲}_{\mathrm{𝟤}}=𝗂+𝗃+𝗄.$

Sprendimas.

a) Randame nukreipiančius kosinusus vektoriaus ${𝖲}_{\mathrm{𝟣}}:$

$\cos \alpha =\frac{2}{\sqrt{2^2+1^2+3^2}}=\frac{2}{\sqrt{4+1+9}}=\frac{2}{\sqrt{14}},$

$\cos \beta =\frac{1}{\sqrt{2^2+1^2+3^2}}=\frac{1}{\sqrt{4+1+9}}=\frac{1}{\sqrt{14}},$

$\cos \gamma =\frac{3}{\sqrt{2^2+1^2+3^2}}=\frac{3}{\sqrt{4+1+9}}=\frac{3}{\sqrt{14}}.$

Todėl,

$\frac{\partial u}{\partial s_1}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{2}{\sqrt{14}}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{1}{\sqrt{14}}+\frac{\partial u}{\partial z}\frac{3}{\sqrt{14}}.$

Dalinės išvestinės taške M(1; 1; 1) bus

$\frac{\partial u}{\partial x}=2x,\frac{\partial u}{\partial y}=2y,\frac{\partial u}{\partial z}=2z;$

${\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)}_M=2\cdot 1=2,{\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)}_M=2,{\left(\frac{\partial u}{\partial z}\right)}_M=2.$

Taigi,

$\frac{\partial u}{\partial s_1}=2\cdot \frac{2}{\sqrt{14}}+2\cdot \frac{1}{\sqrt{14}}+2\cdot \frac{3}{\sqrt{14}}=\frac{12}{\sqrt{14}}=\mathrm{3.207134903.}$

b) Randame nukreipiančius kosinusus vektoriaus ${𝖲}_{\mathrm{𝟤}}:$

$\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}},$

$\cos \beta =\frac{1}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}},$

$\cos \gamma =\frac{1}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$

Todėl,

$\frac{\partial u}{\partial s_2}=2\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}+2\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}+2\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}=\mathrm{3.464101615.}$

Pastebėsime, kad $2\sqrt{3}>\frac{12}{\sqrt{14}}.$

• Taške A(1; 2; 3) apskaičiuokite lauko $u(x;y;z)=z^2+2\arctan (x-y)$ gradientą ir kryptinę išvestinę taško B(-2; 0; 1) kryptimi.

$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{2}{1+(x-y{)}^2};\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{-2}{1+(x-y{)}^2};\frac{\partial u}{\partial z}=2z;$ $gradu{|}_A=\frac{2}{1+(1-2{)}^2}i-\frac{2}{1+(1-2{)}^2}j+2\cdot 3k=i-j+6k.$ AB=(-2-1; 0-2; 1-3)=(-3; -2; -2);

$|AB|=\sqrt{(-3{)}^2+(-2{)}^2+(-2{)}^2}=\sqrt{17};$

$\cos \alpha =\frac{-3}{\sqrt{17}},\cos \beta =\frac{-2}{\sqrt{17}},\cos \gamma =\frac{-2}{\sqrt{17}}.$

kryptinė išvestinė: $\frac{\partial u}{\partial s}{|}_A=1\cdot \frac{-3}{\sqrt{17}}-1\cdot \frac{-2}{\sqrt{17}}+6\cdot \frac{-2}{\sqrt{17}}=-\frac{13}{\sqrt{17}}.$

• Pavyzdys. Reikia surasti išvestinę funkcijos $z=\frac{y}{y-x},$ kryptimi sudarančia kampą 60 laipsnių su ašimi Ox, taške M(1; 3). Kitaip tariant, reikia surasti kryptinę išvestinę funkcijos $z=\frac{y}{y-x}$ taške M(1; 3), kryptimi vektoriaus, kuris su Ox ašimi sudaro 60 laipsnių kampą.

Sprendimas.

$x_2=\cos (60^o)=\cos \frac{\pi }{3}=\frac{1}{2}=0.5,$

$y_2=\sin (60^o)=\sin \frac{\pi }{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}=\mathrm{0.866025403.}$

Krypties vektorius yra

$\overrightarrow{e}=\frac{1}{2}i+\frac{\sqrt{3}}{2}j=(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2}).$

Randame dalines išvestines:

${z_x}^{\prime }=-\frac{-y}{(y-x{)}^2}=\frac{y}{(y-x{)}^2};$

${z_y}^{\prime }=(\frac{y}{y-x}{)}^{\prime }=\frac{y^{\prime }(y-x)-y(y-x{)}^{\prime }}{(y-x{)}^2}=\frac{1\cdot (y-x)-y\cdot 1}{(y-x{)}^2}=-\frac{x}{(y-x{)}^2}.$

Dalinių išvestinių reikšmės taške M(1; 3) yra:

$\frac{\partial z}{\partial x}{|}_M=\frac{3}{(3-1{)}^2}=\frac{3}{2^2}=\frac{3}{4},$

$\frac{\partial z}{\partial y}{|}_M=-\frac{1}{(3-1{)}^2}=-\frac{1}{2^2}=-\frac{1}{4}.$

$\text{grad}z(1;3)=(\frac{3}{4};-\frac{1}{4}).$

Kryptinės išvestinės reikšmė yra:

$\frac{\partial z(1;3)}{\partial l}=\overrightarrow{e}\cdot \text{grad}z(1;3)=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot (-\frac{1}{4})=\frac{3-\sqrt{3}}{8}.$

• Pavyzdys. Apskaičiuoti išvestinę funkcijos $z=x^2+y^2$ taške M(1; 2) kriptimi vektoriaus $\overrightarrow{M{M}_1},$ kur $M_1$ - taškas su koordinatėmis (3; 4).

Sprendimas. Rasime vienetinį vektorių $\overrightarrow{l},$ turinti duotąją kryptį:

$\overrightarrow{M{M}_1}=(3-1;4-2)=(2;2)=2i+2j;$

$\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert =\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{4+4}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}=2.828427125;$

$\frac{\overrightarrow{M{M}_1}}{\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert }=\frac{2i+2j}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}i+\frac{1}{\sqrt{2}}j,$

Iš kur $\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{2}},\cos \beta =\frac{1}{\sqrt{2}}.$ Apskaičiuosime dalines išvestines funkcijos taške M(1; 2):

${f_x}^{\prime }(x,y)=2x,{f_y}^{\prime }(x,y)=2y,$ iš kur ${f_x}^{\prime }(1;2)=2\cdot 1=2,{f_y}^{\prime }(1;2)=2\cdot 2=4.$

Pagal formulę $\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial z}{\partial y}\cos \beta$ gausime

$\frac{\partial z}{\partial l}=2\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}+4\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{2+4}{\sqrt{2}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=\mathrm{4.242640687.}$

• Pavyzdys. Apskaičiuoti išvestinę funkcijos $z=x^2+y^2$ taške M(1; 2) kriptimi vektoriaus $\overrightarrow{M{M}_1},$ kur $M_1$ - taškas su koordinatėmis (4; 3).

Sprendimas. Rasime vienetinį vektorių $\overrightarrow{l},$ turinti duotąją kryptį:

$\overrightarrow{M{M}_1}=(4-1;3-2)=(3;1)=3i+1j;$

$\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert =\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}=3.16227766;$

$\frac{\overrightarrow{M{M}_1}}{\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert }=\frac{3i+1j}{\sqrt{10}}=\frac{3}{\sqrt{10}}i+\frac{1}{\sqrt{10}}j,$

Iš kur $\cos \alpha =\frac{3}{\sqrt{10}},\cos \beta =\frac{1}{\sqrt{10}}.$ Apskaičiuosime dalines išvestines funkcijos taške M(1; 2):

${f_x}^{\prime }(x,y)=2x,{f_y}^{\prime }(x,y)=2y,$ iš kur ${f_x}^{\prime }(1;2)=2\cdot 1=2,{f_y}^{\prime }(1;2)=2\cdot 2=4.$

Pagal formulę $\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial z}{\partial y}\cos \beta$ gausime

$\frac{\partial z}{\partial l}=2\cdot \frac{3}{\sqrt{10}}+4\cdot \frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{6+4}{\sqrt{10}}=\frac{10}{\sqrt{10}}=\sqrt{10}=\mathrm{3.16227766.}$

• Pavyzdys. Apskaičiuoti išvestinę funkcijos $z=x^2+y^2$ taške M(1; 2) kriptimi vektoriaus $\overrightarrow{M{M}_1},$ kur $M_1$ - taškas su koordinatėmis (6; 8).

Sprendimas. Rasime vienetinį vektorių $\overrightarrow{l},$ turinti duotąją kryptį:

$\overrightarrow{M{M}_1}=(6-1;8-2)=(5;6)=5i+6j;$

$\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert =\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{25+36}=\sqrt{61}=7.810249676;$

$\frac{\overrightarrow{M{M}_1}}{\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert }=\frac{5i+6j}{\sqrt{61}}=\frac{5}{\sqrt{61}}i+\frac{6}{\sqrt{61}}j,$

Iš kur $\cos \alpha =\frac{5}{\sqrt{61}},\cos \beta =\frac{6}{\sqrt{61}}.$ Apskaičiuosime dalines išvestines funkcijos taške M(1; 2):

${f_x}^{\prime }(x,y)=2x,{f_y}^{\prime }(x,y)=2y,$ iš kur ${f_x}^{\prime }(1;2)=2\cdot 1=2,{f_y}^{\prime }(1;2)=2\cdot 2=4.$

Pagal formulę $\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial z}{\partial y}\cos \beta$ gausime

$\frac{\partial z}{\partial l}=2\cdot \frac{5}{\sqrt{61}}+4\cdot \frac{6}{\sqrt{61}}=\frac{10+24}{\sqrt{61}}=\frac{34}{\sqrt{61}}=\mathrm{4.353253918.}$

• Pavyzdys. Apskaičiuoti išvestinę funkcijos $z=x^2+y^2$ taške M(1; 2) kriptimi vektoriaus $\overrightarrow{M{M}_1},$ kur $M_1$ - taškas su koordinatėmis (8; 6).

Sprendimas. Rasime vienetinį vektorių $\overrightarrow{l},$ turinti duotąją kryptį:

$\overrightarrow{M{M}_1}=(8-1;6-2)=(7;4)=7i+4j;$

$\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert =\sqrt{7^2+4^2}=\sqrt{49+16}=\sqrt{65}=8.062257748;$

$\frac{\overrightarrow{M{M}_1}}{\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert }=\frac{7i+4j}{\sqrt{65}}=\frac{7}{\sqrt{65}}i+\frac{4}{\sqrt{65}}j,$

Iš kur $\cos \alpha =\frac{7}{\sqrt{65}},\cos \beta =\frac{4}{\sqrt{65}}.$ Apskaičiuosime dalines išvestines funkcijos taške M(1; 2):

${f_x}^{\prime }(x,y)=2x,{f_y}^{\prime }(x,y)=2y,$ iš kur ${f_x}^{\prime }(1;2)=2\cdot 1=2,{f_y}^{\prime }(1;2)=2\cdot 2=4.$

Pagal formulę $\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial z}{\partial y}\cos \beta$ gausime

$\frac{\partial z}{\partial l}=2\cdot \frac{7}{\sqrt{65}}+4\cdot \frac{4}{\sqrt{65}}=\frac{14+16}{\sqrt{65}}=\frac{30}{\sqrt{65}}=\mathrm{3.721042038.}$

• Pavyzdys. Apskaičiuoti išvestinę funkcijos $z=x^2+y^2$ taške M(1; 2) kriptimi vektoriaus $\overrightarrow{M{M}_1},$ kur $M_1$ - taškas su koordinatėmis (3; 6).

Sprendimas. Rasime vienetinį vektorių $\overrightarrow{l},$ turinti duotąją kryptį:

$\overrightarrow{M{M}_1}=(3-1;6-2)=(2;4)=2i+4j;$

$\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert =\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}=4.472135955;$

$\frac{\overrightarrow{M{M}_1}}{\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert }=\frac{2i+4j}{2\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}i+\frac{2}{\sqrt{5}}j,$

Iš kur $\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{5}},\cos \beta =\frac{2}{\sqrt{5}}.$ Apskaičiuosime dalines išvestines funkcijos taške M(1; 2):

${f_x}^{\prime }(x,y)=2x,{f_y}^{\prime }(x,y)=2y,$ iš kur ${f_x}^{\prime }(1;2)=2\cdot 1=2,{f_y}^{\prime }(1;2)=2\cdot 2=4.$

Pagal formulę $\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial z}{\partial y}\cos \beta$ gausime

$\frac{\partial z}{\partial l}=2\cdot \frac{1}{\sqrt{5}}+4\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2+8}{\sqrt{5}}=\frac{10}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}=\mathrm{4.472135955.}$

• Pavyzdys. Apskaičiuoti išvestinę funkcijos $z=x^2+y^2$ taške M(1; 2) kriptimi vektoriaus $\overrightarrow{M{M}_1},$ kur $M_1$ - taškas su koordinatėmis (1; 6).

Sprendimas. Rasime vienetinį vektorių $\overrightarrow{l},$ turinti duotąją kryptį:

$\overrightarrow{M{M}_1}=(1-1;6-2)=(0;4)=0\cdot 𝐢+4\cdot 𝐣;$

$\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert =\sqrt{0^2+4^2}=\sqrt{0+16}=4;$

$\frac{\overrightarrow{M{M}_1}}{\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert }=\frac{0i+4j}{4}=0i+1j,$

Iš kur $\cos \alpha =0,\cos \beta =1.$ Apskaičiuosime dalines išvestines funkcijos taške M(1; 2):

${f_x}^{\prime }(x,y)=2x,{f_y}^{\prime }(x,y)=2y,$ iš kur ${f_x}^{\prime }(1;2)=2\cdot 1=2,{f_y}^{\prime }(1;2)=2\cdot 2=4.$

Pagal formulę $\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial z}{\partial y}\cos \beta$ gausime

$\frac{\partial z}{\partial l}=2\cdot 0+4\cdot 1=4.$

• Pavyzdys. Apskaičiuoti išvestinę funkcijos $z=x^2+y^2$ taške M(1; 2) kriptimi vektoriaus $\overrightarrow{M{M}_1},$ kur $M_1$ - taškas su koordinatėmis (3; 2).

Sprendimas. Rasime vienetinį vektorių $\overrightarrow{l},$ turinti duotąją kryptį:

$\overrightarrow{M{M}_1}=(3-1;2-2)=(2;0)=2\cdot 𝐢+0\cdot 𝐣;$

$\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert =\sqrt{2^2+0^2}=\sqrt{4+0}=2;$

$\frac{\overrightarrow{M{M}_1}}{\Vert \overrightarrow{M{M}_1}\Vert }=\frac{2i+0j}{2}=1i+0j,$

Iš kur $\cos \alpha =1,\cos \beta =0.$ Apskaičiuosime dalines išvestines funkcijos taške M(1; 2):

${f_x}^{\prime }(x,y)=2x,{f_y}^{\prime }(x,y)=2y,$ iš kur ${f_x}^{\prime }(1;2)=2\cdot 1=2,{f_y}^{\prime }(1;2)=2\cdot 2=4.$

Pagal formulę $\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial z}{\partial y}\cos \beta$ gausime

$\frac{\partial z}{\partial l}=2\cdot 1+4\cdot 0=2.$

Vaizdas:Gradient182183t.jpg

182 ir 183.

• Nustatyti gradientą funkcijos $z=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}$ (pav. 182) taške M(2; 4). Ir apskaičiuoti kryptinę išvestinę, vektoriaus $\overrightarrow{a}=3𝗂+4𝗃$ kryptimi. Funkcija yra elipsinis paraboloidas.

Sprendimas. Čia

$\frac{\partial z}{\partial x}=x{|}_M=2,\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{2}{3}y{|}_M=\frac{8}{3}.$

Todėl

$\text{grad}z=2𝗂+\frac{8}{3}𝗃.$

Lygtis linijos lygio (pav. 183), praeinančios per duotą tašką, bus

$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}=\frac{22}{3},$

nes įstačius taško M reikšmes gauname:

$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}=\frac{2^2}{2}+\frac{4^2}{3}=2+\frac{16}{3}=\frac{2\cdot 3+16}{3}=\frac{22}{3}.$

$y=\sqrt{3(\frac{22}{3}-\frac{x^2}{2})}.$

Randame vektoriaus a ortą:

${\overrightarrow{a}}^{\circ }=\frac{3𝗂+4𝗃}{\sqrt{3^2+4^2}}=\frac{3𝗂+4𝗃}{\sqrt{9+16}}=\frac{3𝗂+4𝗃}{\sqrt{25}}=\frac{3𝗂+4𝗃}{5}=\frac{3}{5}𝗂+\frac{4}{5}𝗃.$

Randame kryptinės išvestinės reikšmę, taške M(2; 4), vektoriaus $\overrightarrow{a}=3𝗂+4𝗃$ kryptimi:

$\frac{\partial z}{\partial l}{|}_M=\frac{\partial z(2;4)}{\partial l}=\mathrm{\nabla }z(2;4)\cdot {\overrightarrow{a}}^{\circ }=2\cdot \frac{3}{5}+\frac{8}{3}\cdot \frac{4}{5}=\frac{6}{5}+\frac{32}{15}=\frac{18}{15}+\frac{32}{15}=\frac{18+32}{15}=\frac{50}{15}=\frac{10}{3}=3.3(3).$

Vaizdas:Gradient182183t.jpg

182 ir 183.

• a) Nustatyti funkcijos $z=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}$ (pav. 182) didžiausią greičio kitimo kryptį taške M(2; 4); b) surasti vektorių, kurio kryptimi, kryptinės išvestinės reikšmė taške M(2; 4) yra didžiausia ir apskaičiuoti kryptinės išvestinės reikšmę to vektoriaus kryptimi taške M(2; 4).

Sprendimas.

a) Didžiausia funkcijos kitimo kryptis yra nusakoma vektoriumi $\text{grad}z.$

$\frac{\partial z}{\partial x}=x{|}_M=2,\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{2}{3}y{|}_M=\frac{8}{3}.$

Todėl

$\text{grad}z=2𝗂+\frac{8}{3}𝗃.$

b) Kryptinės išvestinės reikšmė taške M(2; 4) yra didžiausia vektoriaus $\text{grad}z=2𝗂+\frac{8}{3}𝗃$ kryptimi.

Randame vektoriaus $\text{grad}z=\mathrm{\nabla }z=2𝗂+\frac{8}{3}𝗃$ ortą:

${\mathrm{\nabla }}^{\circ }z(2;4)=\frac{2𝗂+\frac{8}{3}𝗃}{\sqrt{2^2+(\frac{8}{3}{)}^2}}=\frac{2𝗂+\frac{8}{3}𝗃}{\sqrt{4+\frac{64}{9}}}=\frac{2𝗂+\frac{8}{3}𝗃}{\sqrt{\frac{4\cdot 9+64}{9}}}=\frac{2𝗂+\frac{8}{3}𝗃}{\sqrt{\frac{36+64}{9}}}=\frac{2𝗂+\frac{8}{3}𝗃}{\sqrt{\frac{100}{9}}}=\frac{2𝗂+\frac{8}{3}𝗃}{\frac{10}{3}}=2\cdot \frac{3}{10}𝗂+\frac{8}{3}\frac{3}{10}𝗃=\frac{6}{10}𝗂+\frac{8}{10}𝗃=\frac{3}{5}𝗂+\frac{4}{5}𝗃.$

Randame kryptinės išvestinės reikšmę, taške M(2; 4), vektoriaus $\text{grad}z=2𝗂+\frac{8}{3}𝗃$ kryptimi:

$\frac{\partial z}{\partial l}{|}_M=\frac{\partial z(2;4)}{\partial l}=\mathrm{\nabla }z(2;4)\cdot {\mathrm{\nabla }}^{\circ }z(2;4)=2\cdot \frac{3}{5}+\frac{8}{3}\cdot \frac{4}{5}=\frac{6}{5}+\frac{32}{15}=\frac{18}{15}+\frac{32}{15}=\frac{18+32}{15}=\frac{50}{15}=\frac{10}{3}=3.3(3).$

Vaizdas:Gradient182183t.jpg

182 ir 183.

• Nustatyti gradientą funkcijos $z=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}$ (pav. 182) taške M(2; 4). Ir apskaičiuoti kryptinę išvestinę, vektoriaus $\overrightarrow{a}=4𝗂+3𝗃$ kryptimi. Funkcija yra elipsinis paraboloidas.

Sprendimas. Čia

$\frac{\partial z}{\partial x}=x{|}_M=2,\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{2}{3}y{|}_M=\frac{8}{3}.$

Todėl

$\text{grad}z=2𝗂+\frac{8}{3}𝗃.$

Lygtis linijos lygio (pav. 183), praeinančios per duotą tašką, bus

$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}=\frac{22}{3},$

nes įstačius taško M reikšmes gauname:

$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}=\frac{2^2}{2}+\frac{4^2}{3}=2+\frac{16}{3}=\frac{2\cdot 3+16}{3}=\frac{22}{3}.$

$y=\sqrt{3(\frac{22}{3}-\frac{x^2}{2})}.$

Randame vektoriaus a ortą:

${\overrightarrow{a}}^{\circ }=\frac{4𝗂+3𝗃}{\sqrt{4^2+3^2}}=\frac{4𝗂+3𝗃}{\sqrt{16+9}}=\frac{4𝗂+3𝗃}{\sqrt{25}}=\frac{4𝗂+3𝗃}{5}=\frac{4}{5}𝗂+\frac{3}{5}𝗃.$

Randame kryptinės išvestinės reikšmę, taške M(2; 4), vektoriaus $\overrightarrow{a}=4𝗂+3𝗃$ kryptimi:

$\frac{\partial z}{\partial l}{|}_M=\frac{\partial z(2;4)}{\partial l}=\mathrm{\nabla }z(2;4)\cdot {\overrightarrow{a}}^{\circ }=2\cdot \frac{4}{5}+\frac{8}{3}\cdot \frac{3}{5}=\frac{8}{5}+\frac{24}{15}=\frac{24}{15}+\frac{24}{15}=\frac{24+24}{15}=\frac{48}{15}=\frac{16}{5}=\mathrm{3.2.}$

Vaizdas:Gradient182183t.jpg

182 ir 183.

• Nustatyti gradientą funkcijos $z=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}$ (pav. 182) taške M(2; 4). Ir apskaičiuoti kryptinę išvestinę, vektoriaus $\overrightarrow{a}=3𝗂+3𝗃$ kryptimi. Funkcija yra elipsinis paraboloidas.

Sprendimas. Čia

$\frac{\partial z}{\partial x}=x{|}_M=2,\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{2}{3}y{|}_M=\frac{8}{3}.$

Todėl

$\text{grad}z=2𝗂+\frac{8}{3}𝗃.$

Randame vektoriaus a ortą:

${\overrightarrow{a}}^{\circ }=\frac{3𝗂+3𝗃}{\sqrt{3^2+3^2}}=\frac{3𝗂+3𝗃}{\sqrt{9+9}}=\frac{3𝗂+3𝗃}{\sqrt{18}}=\frac{3𝗂+3𝗃}{3\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}𝗂+\frac{1}{\sqrt{2}}𝗃.$

Randame kryptinės išvestinės reikšmę, taške M(2; 4), vektoriaus $\overrightarrow{a}=3𝗂+3𝗃$ kryptimi:

$\frac{\partial z}{\partial l}{|}_M=\frac{\partial z(2;4)}{\partial l}=\mathrm{\nabla }z(2;4)\cdot {\overrightarrow{a}}^{\circ }=2\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{8}{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}+\frac{8}{3\sqrt{2}}=\frac{6}{3\sqrt{2}}+\frac{8}{3\sqrt{2}}=\frac{6+8}{3\sqrt{2}}=\frac{14}{3\sqrt{2}}=\frac{7\sqrt{2}}{3}=\mathrm{3.299831646.}$

Kryptinė išvestinė didžiausia Gradiento kryptimi.

Nuorodos

• Kryptinė išvestinė ir ortas
• http://abc.vvsu.ru/Books/u_vyssh_m1/page0033.asp
• http://www.exponenta.ru/educat/class/courses/ma/theme28/theory.asp
• http://en.wikipedia.org/wiki/Directional_derivative
• http://rustud.ru/matematika/gl5/lec42.htm