Tính đạo hàm riêng hàm nhiều biến

1 Góc học tập ➢ 2 Giải tích I (HUST)

Tính đạo hàm riêng hàm nhiều biến ✪Đạo hàm theo định nghĩa :
●1 biến :$$f'(x_0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}$$ ●2 biến :$$f'_x(x_0;y_0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x;y_0) - f({x_0;y_0})}}{{x - {x_0}}}\\ f'_y(x_0;y_0) = \mathop {\lim }\limits_{y \to {y_0}} \frac{{f(x_0;y) - f({x_0;y_0})}}{{y - {y_0}}}$$✪Các công thức cần biết : $$\matrix{ du(x;y;z) = u'_xdx + u'_ydy + u'_zdz\\ d^2u(x;y) = u''_{xx}d^2x + u''_{xy}dxdy + u''_{yy}d^2y\\ \frac{{\partial z}}{{\partial x}} = z'_x; \frac{{{\partial ^2}z}}{{\partial {x^2}}} = z''_{xx} }$$ ✪Các bước làm bài :
  ●Bước 1 :Tìm các đạo hàm riêng cần thiết theo công thức đạo hàm.
  ●Bước 2 :Tính giá trị các đạo hàm cần thiết tại điểm đề cho.
    (Thay điểm đã cho vào đạo hàm tìm được ở bước 1 để tính. Nếu thay vào không tồn tại thì dùng định nghĩa để tính đạo hàm đó.)
  ●Bước 3 :Kết luận.

✪Ví dụ 1 :
Tính các đạo hàm riêng cấp 1 của hàm số $u = {e^{\frac{1}{{{x^2} + 2{y^2} + 3{z^2}}}}}$ tại (1;-1;1).
(Bài 6-Đề 1-Giải tích I cuối kì BKHN-K59)
● Ta có : $$\matrix{ u{'_x} = {e^{\frac{1}{{{x^2} + 2{y^2} + 3{z^2}}}}}.\frac{{ - 2x}}{{{{({x^2} + 2{y^2} + 3{z^2})}^2}}}\\ u{'_y} = {e^{\frac{1}{{{x^2} + 2{y^2} + 3{z^2}}}}}.\frac{{ - 4y}}{{{{({x^2} + 2{y^2} + 3{z^2})}^2}}}\\ u{'_z} = {e^{\frac{1}{{{x^2} + 2{y^2} + 3{z^2}}}}}.\frac{{ - 6z}}{{{{({x^2} + 2{y^2} + 3{z^2})}^2}}} }$$
$$\matrix{ u{'_x} = \frac{{ - 2{e^{\frac{1}{6}}}}}{{36}}\\ u{'_y} = \frac{{ 4{e^{\frac{1}{6}}}}}{{36}}\\ u{'_z} = \frac{{ - 6{e^{\frac{1}{6}}}}}{{36}} }$$
(Đề yêu cầu tính đạo hàm riêng cấp 1 nên đến đây là xong không cần kết luận thêm gì)

✪Ví dụ 2 :
Cho $u = {x^{{y^z}}}$. Tính $du(2;1;3)$
(Bài 6-Đề 3-Giải tích I cuối kì BKHN-K59)
● Ta có : $$\matrix{ u{'_x} = {y^z}{x^{{y^z} - 1}}\\ u{'_y} = z.{y^{z - 1}}.{x^{{y^z}}}\ln x\\ u{'_z} = {y^z}.{x^{{y^z}}}\ln x.\ln y }$$
$$\matrix{ u{'_x} = 2\\ u{'_y} = 6\ln 2\\ u{'_z} = 0 }$$ ● Vậy: $$du(2;1;3) = u{'_x}dx + u{'_y}dy + u{'_z}dz = 2dx + 6\ln 2dy + 0dz$$

✪Ví dụ 3 :
Cho hàm số $z=z(x;y)$ xác định bởi phương trình:${x^3} + 2x{y^2} + 2yz + {z^3} = 2$. Tính : $\frac{{\partial z}}{{\partial x}}(1;0),\frac{{\partial z}}{{\partial y}}(1;0).$
(Bài 7-Đề 5-Giải tích I cuối kì BKHN-K59)
● Ta có:
_Đạo hàm cả 2 vế theo x :
$$\matrix{ {\rm{3}}{{\rm{x}}^2} + 2{y^2} + 2y.z{'_x} + 3{z^2}.z{'_x} = 0\\ ⇒ z{'_x} = \frac{{{\rm{ - 3}}{{\rm{x}}^2} - 2{y^2}}}{{2y + 3{z^2}}} }$$_Đạo hàm cả 2 vế theo y :
$$\matrix{ 4xy + 2z + 2y.z{'_y} + 3{z^2}.z{'_y} = 0\\ ⇒ z{'_y} = \frac{{ - 4xy - 2z}}{{2y + 3{z^2}}} }$$
● Khi đó tại $x=1$, $y=0$ Suy ra $z=1$
$$\matrix{ \frac{{\partial z}}{{\partial x}}(1;0) = z{'_x}(1;0) = - 1\\ \frac{{\partial z}}{{\partial y}}(1;0) = z{'_y}(1;0) = \frac{{ - 2}}{3} }$$

✪Ví dụ 4 :
Cho hàm số $f(x;y) = \sqrt[3]{{{x^3} - 2{y^3}}}$. Tính các đạo hàm riêng $\frac{{\partial f}}{{\partial x}}(0;0),\frac{{\partial f}}{{\partial y}}(0;0),\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}}(0;0).$
(Bài 8-Đề 7-Giải tích I cuối kì BKHN-K59)
● Với $(x;y)≠(0;0)$ ta có:
(Cần tìm hàm $f{'_x}$ để tính $f'{'_{xx}}$)
$$f{'_x} = \frac{{{x^2}}}{{\sqrt[3]{{{{({x^3} - 2{y^3})}^2}}}}}$$ (Ta thấy với $x=0$, $y=0$ thì $f{'_x}$ vừa tính ở trên không xác định nên để tính $f{'_x}(0;0)$ ta phải dùng định nghĩa. Tương tự với $f{'_y}$ và $f''_{xx}$)
● Khi đó tại $x=0$, $y=0$ : $$\matrix{ f{'_x}(0;0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x;0) - f(0;0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{x} = 1\\ f{'_y}(0;0) = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{f(0;y) - f(0;0)}}{{y - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{\sqrt[3]{2}.y}}{y} = \sqrt[3]{2}\\ f''_{xx}(0;0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f{'_x}(x;0) - f{'_x}(0;0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - 1}}{x} = 0 }$$
$$\matrix{ \frac{{\partial f}}{{\partial x}}(0;0) = f{'_x}(0;0) = 1\\ \frac{{\partial f}}{{\partial y}}(0;0) = f{'_y}(0;0) = \sqrt[3]{2}\\ \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}}(0;0) = f''_{xx}(0;0) = 0 }$$ (Bài này phải dùng định nghĩa để tính các đạo hàm tại (0;0). Vì nếu tính đạo hàm bằng công thức bình thường thì (0;0) không thỏa mãn điều kiện xác định các đạo hàm đó).