Post on 28-Apr-2023
FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
PREZANTUAR NGA: KUJTIM BARALIU
GJIMNAZI “GJON BUZUKU” PRIZREN
k_baraliu©all rights reserved
VERSION [1.0]
k_baraliu©all rights reserved
1. H Y R J E
Dihet se funksionet 𝑥 → 𝑓(𝑥), ku numri 𝑓(𝑥) përkufizohet me numrin e dhënë
𝑥 nga fusha e përkufizimit të atij funksioni.
Shumë madhësi varen jo nga një madhësi, por nga më shumë faktorë. Nëse
vetë madhësia si dhe faktorët nga të cilët varet ajo, mund të karakterizohen me
ndonjë numër, atëherë vartësia kthehet në faktin se sistemit të numrave
(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, … . , 𝑥𝑛), secili nga të cilët përshkruan faktorin përkatës, të cilit i
shoqërohet vlera, 𝑢 = 𝑓(𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛) e cila përcakton madhësitë që
përkufizojnë faktorët në fjalë.
Funksionet me dy e më shumë ndryshore, kanë zbatim të madh në shkencë dhe
në inxhinieri. Për shembull, ligji për gazet ideale në Fizikë, 𝑝 = 𝜌𝑅𝑇, shpjegon se
shtypja e gazeve është në përpjesëtim të drejtë me (dy parametra) densitetin 𝜌
dhe temperaturën 𝑇. Me këtë rast 𝑅 është konstante e cila varet nga vetitë e
gazit dhe nuk është variabël.
Ne tani dot të tregojmë se mundemi të zgjerojmë analizën e funksioneve me
një ndryshore në një analizë më komplekse për dy e më shumë funksione.
Sidoqoftë ne në fillim do të kufizohemi në studimin e funksioneve me dy
ndryshore;
𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦)
Kjo edhe për faktin se zgjerimi i studimit të funksioneve me tri e më shumë
ndryshore është më kompleks, ne do të përqendrohemi në funksionet me dy
ndryshore, si dhe do të shqyrtojmë fushën e përcaktimit të këtyre funksioneve,
ndërsa do të zgjidhim edhe disa probleme që kanë të bëjnë me këto funksione.
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
3
2. PËRKUFIZIMI DHE VETITË
Përkufizim 1. Çdo funksion 𝑓: 𝑋𝑛 → 𝑌, quhet funksion me shumë variabla,
nëqoftëse 𝑋 ⊆ ℝ, ku ℝ është bashkësia e numrave realë, atëherë funksioni 𝑓
quhet funksion real me shumë variabla.
Nëse veç kësaj edhe 𝑌 ⊂ ℝ atëherë 𝑓 quhet funksion real me vlera reale.
Pikërisht në vazhdim të këtij punimi do të merremi kryesisht me këto
funksione, të cilat do ti analizojmë në hollësi. Pra funksioni real me vlera reale
është në përgjithësi një funksion; 𝑓: 𝑋 → 𝑌 ku 𝑋 ⊆ ℝ𝑛 , dhe 𝑌 ⊂ ℝ.
Përkufizim 2. Le të jetë një funksion 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) në planin (𝑥0𝑦). Vija në të
cilën funksioni është konstant quhet vijë e njëvlerësisë së funksionit 𝑓.
Më tej ne dimë se sistemi kartezian i koordinatave përdor lokacionin e një pike
𝑃 në tri koordinata. Kjo pikë është e lokalizuar në vendin 𝑎, 𝑏, 𝑐 ashtu siç
është vizatuar në figurën_1.
Figura_1.
Këtë sipërfaqe tredimensionale do ta konsiderojmë “të thjeshtë”, prandaj për
këtë rrafsh mund të shkruajmë ekuacionin;
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
4
𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶𝑧 = 𝐷
ku 𝐴, 𝐵, 𝐶 𝑑𝑒 𝐷 janë konstante. Ky rrafsh e pret boshtin 𝑥 në pikën 𝐷/𝐴, aty ku
𝑦 = 𝑧 = 0, e pret boshtin 𝑦 = 𝐷/𝐵 në vendin ku 𝑥 = 𝑧 = 0 dhe 𝑥 = 𝑦 = 0 në
vendin 𝑧 = 𝐷/𝐶. Apo në këto vende; (𝐷/𝐴, 0,0), (0, 𝐷/𝐵, 0) 𝑑𝑒 (0,0, 𝐷/𝐶),
figura_2.
Figura_2.
Tani kemi disa raste speciale për ti përshkruar, të përcjella me grafiket e tyre,
shiko figurën_3;
𝐵 = 𝐶 = 0 𝑘𝑢 𝐴 ≠ 0 ku 𝑥 = 𝐷/𝐴
𝐴 = 𝐶 = 0 𝑘𝑢 𝐵 ≠ 0 ku 𝑦 = 𝐷/𝐵
𝐴 = 𝐵 = 0 𝑘𝑢 𝐶 ≠ 0 ku 𝑧 = 𝐷/𝐶
Figura_3.
Pasi që ne jemi duke llogaritur sipërfaqen e dhënë me funksionin e varur në
drejtim të boshtit 𝑧, pasi që po kërkojmë 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) dhe ku ndryshoret tjera
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
5
𝑥 𝑑𝑒 𝑦 janë ndryshore të pavarura. Prandaj për rastin e rrafshit në fjalë i cili
jepej me ekuacionin; 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶𝑧 = 𝐷, ku 𝐶 ≠ 0, kemi;
𝑧 =1
𝐶(𝐷 − 𝐴𝑥 − 𝐵𝑦)
Shembull: Si mund ta vizatojmë sipërfaqen e funksionit 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 ? Së pari
duhet të kemi të qartë se me këtë rast kemi një lidhje në mes të tri
ndryshoreve, 𝑥, 𝑦, 𝑧 dhe 𝑧 = 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2. Për të vizatuar sipërfaqen ne
duhet të fiksojmë një pikë në ndryshoren 𝑥, për shembull 𝑥 = 𝑥0. Atëherë kemi;
𝑧 = 𝑥02 + 𝑦2
Dhe një pikë tjetër 𝑦 = 𝑦0ku 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦02, si dhe një pikë tjetër në 𝑧 = 𝑧0, ku;
𝑧0 = 𝑥2 + 𝑦2
Sidoqoftë ne duhet të zgjedhim që 𝑧 ≥ 0, siç shihet në figurë_4.
Pra siç po shihet ne teknikisht fituam një sipërfaqe e cila quhet paraboloid.
3. DETYRA ME ZGJIDHJE
Ne jemi të njohur me funksionet 𝑓(𝑥) të cilat kanë një ndryshore hyrëse 𝑥 dhe
një vlerë dalëse 𝑓(𝑥), por tani marrim një funksion me dy ndryshore hyrëse dhe
një vlerë dalëse 𝑓(𝑥, 𝑦), si në shembullin e më poshtëm.
Shembull: Le të jetë dhënë një funksion me dy ndryshore të pavarura 𝑥 𝑑𝑒 𝑦,
ku 𝑥 = 3 𝑑𝑒 𝑦 = 1, si në vazhdim;
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
6
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥 + 2𝑦 + 3
𝑓 𝑥, 𝑦 = 3 + 2 ∙ 1 + 3 = 8 , ku: 𝑓 3,1 = 8
Detyrë_1. Të gjendet vlera e 𝑓 2,1 , 𝑓 −1, −3 𝑑𝑒 𝑓(0,0) për funksionet në
vazhdim;
i. 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2 + 1
ii. 𝑓 𝑥, 𝑦 = 2𝑥 + 𝑥𝑦 + 𝑦3
Zgjidhje;
i. 𝑓 2,1 = 6; 𝑓 −1, −3 = 11; 𝑑𝑒 𝑓 0,0 = 1
ii. 𝑓 2,1 = 7; 𝑓 −1, −3 = −26; 𝑑𝑒 𝑓 0,0 = 0
Detyrë_2. Është dhënë funksioni; 𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑢 = 𝑥2 + 𝑦𝑢 + 2. Të gjendet
𝑓 0,1,0 𝑑𝑒 𝑓 −1, −1,2 . Zgjidhje;
𝑓 0,1,0 = 2 dhe 𝑓 −1, −1,2 = 1
Detyrë_3. Është dhënë funksioni; 𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑢 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑢 + 𝑢𝑥. Të gjendet
vlera e 𝑓 2, −1,1 =? Zgjidhje;
𝑓 2, −1,1 = 2 ∙ −1 + −1 ∙ 1 + 1 ∙ 2 = −1
Detyrë_4. Është dhënë funksioni; 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑢, 𝑡 = 𝑥2 − 𝑦2 − 𝑢2 − 2𝑡. Të gjendet
vlera e funksionit 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑢, 𝑡 për vlerat e dhëna;
𝑥 = 1, 𝑦 = −2, 𝑢 = 3, 𝑡 = 1 .
Zgjidhje;
𝑓 1, −2,3,1 = 12 − (−2)2 − 32 − 2 ∙ 1 = −14
Detyrë_5. Të gjendet fusha e përcaktimit të
funksionit 𝑢 𝑥, 𝑦 = ln(𝑦 − 𝑥2) dhe të ndërtohet
grafiku i tij?
𝑦 − 𝑥2 > 0 ⇒ 𝑠𝑒 𝑦 > 𝑥2
dmth, se;
𝐴 = (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2 𝑦 − 𝑥2
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
7
Pra fusha e përcaktimit të këtij funksioni është brendësia e parabolës 𝑦 = 𝑥2,
pa pikat e vetë parabolës.
Shembull; Të zgjidhet dhe konstruktohet me Mat-Lab, funksioni i formës;
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2. Zgjidhje;
Duke përdorur programin “Mat-Lab”1,
mund të shkruajmë;
g=@(x,y)(x.^2 + y.^2);
ezsurf(g);
shading flat;
title('f(x,y)=x^2+y^2');
4. LIMITI DHE VAZHDUESHMËRIA
Dallimi në mes të limiteve të funksioneve me një ndryshore dhe të atyre me dy
e më shumë ndryshore, është në faktin se limitet e funksioneve me një
ndryshore shtrihen në një vijë të drejtë apo lineare 𝑥, përderisa limitet me dy
ndryshore shtrihen në rrafshin 𝑥0𝑦 dhe kjo shprehet me funksionin;
|𝑥 − 𝑎| < 𝛿 ose |𝑦 − 𝑏| < 𝛿. Kjo tregon se brenda këtij intervali ndryshimi
𝑥 − 𝑎 𝑑𝑒 𝑦 − 𝑏 është gjithmonë më i vogël se zero.
Përkufizim 2. Le të jetë 𝑓: 𝐴 → ℝ një funksion me dy ndryshore 𝐴 ⊆ ℝ2 dhe le
të jetë (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴 një pikë limite e bashkësisë A.
1 MATLB – është një gjuhë programuese e nivelit të lartë për llogaritje kompjuterike dhe numerike e vizuale të shumë problemeve në Matematikë dhe shkencat teknike. Mat-Labi përdoret nga çdo Matematikan dhe Inxhinier modern.
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
8
Thuhet që limiti i funksionit 𝑓 në pikën (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴 që gjendet në 𝛿-fqinjësinë e
pikës (𝑎, 𝑏), atëherë vlerat korresponduese 𝑓(𝑥, 𝑦) të funksionit 𝑓 gjenden në
휀-fqinjësinë e pikës 𝑙. Ky fakt simbolikisht shënohet me shprehjen;
lim 𝑥 ,𝑦 →(𝑎 ,𝑏)
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑙 𝑜𝑠𝑒; lim 𝑥→𝑦
𝑦→𝑏
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑙
Pohim 1. Le të jetë dhënë limiti i funksionit ;
lim 𝑥 ,𝑦 → 𝑎 ,𝑏
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑙 ⟺ ∀휀 > 0, ∃𝛿 > 0
e tillë që për të gjitha pikat (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴 që plotësojnë kushtin 0 < 𝑥 − 𝑎 <
𝛿 𝑑𝑒 0 < 𝑦 − 𝑏 < 𝛿 të kemi |𝑓 𝑥, 𝑦 − 𝑙| < 휀.
Teoremë 1. Le të jetë dhënë limiti i funksionit;
lim 𝑥 ,𝑦 → 𝑎 ,𝑏
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑙1
lim 𝑥 ,𝑦 → 𝑎 ,𝑏
𝑔 𝑥, 𝑦 = 𝑙2
Atëherë themi se vlen;
a) lim 𝑥 ,𝑦 → 𝑎 ,𝑏
𝑓 𝑥, 𝑦 + 𝑔 𝑥, 𝑦 = 𝑙1 + 𝑙2
b) lim 𝑥 ,𝑦 → 𝑎 ,𝑏
𝑓 𝑥, 𝑦 ∙ 𝑔 𝑥, 𝑦 = 𝑙1 ∙ 𝑙2
c) lim 𝑥 ,𝑦 → 𝑎 ,𝑏
𝑐 ∙ 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑐 ∙ 𝑙1 , ∀𝑐 ∈ ℝ > 0
d) lim
𝑥 ,𝑦 → 𝑎 ,𝑏
𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑔(𝑥, 𝑦)=
𝑙1
𝑙2
Me kusht që, 𝑔 𝑥, 𝑦 ≠ 0 𝑑𝑒 𝑙2 ≠ 0
Pohim 2. Nëse funksioni me dy ndryshore 𝑓: 𝐴 → 𝑅 ka limitin 𝑙 në pikën (𝑎, 𝑏)
atëherë ekzistojnë edhe limitet e përsëritura dhe ka vend barazimi i
mëposhtëm;
lim𝑥→𝑎
limy→b
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑙 𝑎𝑝𝑜; lim𝑦→𝑏
limx→a
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑙
Në ushtrime numerike, shpesh shfrytëzohet rrjedhimi i pohimit të mësipërm;
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
9
Rrjedhim 1. Nëse limitet e përsëritura në një pikë nuk ekzistojnë, ose nuk janë
të barabarta, atëherë funksioni nuk ka limit në atë pikë.
Përkufizim 3. Nëse për ndonjë pikë (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴, për të cilën funksioni 𝑓: 𝐴 → 𝑅
një funksion me dy variabla 𝐴 ⊂ 𝑅2 , kemi;
lim 𝑥 ,𝑦 → 𝑎 ,𝑏
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑓 𝑎, 𝑏
Atëherë funksioni 𝑓quhet i vazhdueshëm në pikën (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴.
Pohim 3. Nëse funksioni me dy ndryshore paraqitet si prodhim i dy funksioneve
me një variabël 𝑔 𝑥 𝑑𝑒 (𝑦) atëherë kemi;
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑔 𝑥 ∙ (𝑦)
Dhe normalisht që ka vend barazimi i mëposhtëm;
lim 𝑥 ,𝑦 → 𝑎 ,𝑏
𝑓 𝑥, 𝑦 = lim𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) ⋅ lim𝑦→𝑏
(𝑦)
Pohim 4. Nëse funksioni 𝑓(𝑥, 𝑦) ka limit 𝑙 në pikën (𝑎, 𝑏) atëherë limiti sipas
çso drejtimi i funksionit në këtë pikë është gjithashtu 𝑙. Prandaj nëse funksioni
ka një pikë, sipas drejtimeve të ndryshme, (limitet e ndryshme), atëherë ai nuk
ka limit në atë pikë.
4.1 DETYRA ME ZGJIDHJE (Limiti dhe Vazhdueshmëria)
Detyrë_1. Të gjendet limiti i funksionit të dhënë me shprehjen;
lim 𝑥 ,𝑦 → 1,2
5𝑥2𝑦
𝑥2 + 𝑦2
lim 𝑥 ,𝑦 → 1,2
5𝑥2𝑦
𝑥2 + 𝑦2=
5 1 2 2
12 + 22=
10
5= 2
Detyrë_2. Të gjendet limiti i funksionit të dhënë në formën;
lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑥2
𝑥2 + 𝑦2
Tani për 𝑥 = 0; dhe për y=0, kemi:
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
10
𝑥2
𝑥2 + 𝑦2=
02
02 + 02= 0
𝑥2
𝑥2 + 𝑦2=
𝑥2
𝑥2 + 02=
𝑥2
𝑥2= 1
Meqenëse i fituam dy rezultate të ndryshme, atëherë themi se limiti i këtij
funksioni në formën e dhënë nuk ekziston.
Detyrë_3. Të gjendet limiti i funksionit të dhënë me shprehjen;
lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑥2 − 2𝑦2
𝑥2 + 𝑦2
Le të jetë dhënë 𝑥 = 0 𝑑𝑒 𝑦 = 0 atëherë kemi:
−2𝑦2
𝑦2= −2 𝑎𝑝𝑜:
𝑥2
𝑥2= 1
Prapë limiti i këtij funksioni nuk ekziston!.
Detyrë_4. Të gjendet limiti i funksionit të dhënë;
lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑥𝑦
𝑥2 + 𝑦2
Tani le të jetë dhënë 𝑥, 𝑦 → (0,0) përgjatë vijës 𝑦 = 𝑚𝑥, atëherë;
𝑥𝑦
𝑥2 + 𝑦2=
𝑚𝑥2
𝑥2 + 𝑚𝑥 2=
𝑚𝑥2
𝑥2 + 𝑚2𝑥2=
𝑚
1 + 𝑚2
Kjo tregon se limiti i këtij funksioni varet nga përzgjedhja e vlerës së 𝑚. Prandaj
limiti i këtij funksioni nuk ekziston.
Detyrë_4. Të gjendet limiti i funksionit;
lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑥2𝑦
𝑥2 + 𝑦2
Tani për 𝑥 = 0; dhe për y=0, kemi:
𝑥2𝑦
𝑥2 + 𝑦2=
0
02 + 𝑦2= 0 𝑑𝑒
𝑥2𝑦
𝑥2 + 𝑦2=
0
𝑥2 + 02= 0
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
11
Ne pritnim që limiti i funksionit mund të ishte zero, por të provojmë
përkufizimin duke marrë që 𝑙 = 0. Atëherë kemi:
𝑓 𝑥, 𝑦 − 𝑙 < 휀 𝑎𝑡ë𝑒𝑟ë 𝑘𝑢𝑟 0 < 𝑥 − 𝑎 2 + (𝑦 − 𝑏)2 < 𝛿
𝑓 𝑥, 𝑦 − 0 = 𝑥2𝑦
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑦 ∙
𝑥2𝑦
𝑥2 + 𝑦2
Tani që nga shprehja;
𝑥2𝑦
𝑥2 + 𝑦2 < 1, 𝑚𝑎𝑟𝑟𝑖𝑚 𝑦
𝑥2𝑦
𝑥2 + 𝑦2 < 𝑦
Kështu që tani kemi;
𝑦 𝑥2𝑦
𝑥2 + 𝑦2 < 𝑦 = 𝑦2 < 𝑥2+𝑦2 = 𝑥 − 0 2 + (𝑦 − 0)2 < 𝛿
Prandaj nëse 𝛿 = 휀 atëherë përkufizimi tregon se limiti i funksionit të dhënë
është i barabartë me zero.
Detyrë_4. Të gjendet limiti i funksionit;
lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑥2 − 𝑦2
𝑥2 + 𝑦2
2
Domeni i funksionit, përmban të gjitha pikat në rrafshin 𝑥0𝑦, përveç për pikën
(0,0). Që të tregojmë se limiti i funksionit të dhënë nuk ekziston, ne do ti
qasemi pikës (0,0) në të dy anët e saj, nga boshti 𝑥 dhe nga boshti 𝑦 = 𝑥.
Përgjatë boshtit 𝑥 kemi;
lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑥2 − 02
𝑥2 + 02
2
= lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
12 = 1
Përgjatë vijës 𝑦 = 𝑥 kemi;
lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑥2 − 𝑥2
𝑥2 + 𝑥2
2
= lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
0
2𝑥2
2
= 0
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
12
Pra përderisa morëm rezultate të ndryshme, atëherë limiti i funksionit të dhënë
nuk ekziston.
Detyrë_5. Të gjendet limiti i funksionit; 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥−𝑦 , ku; 𝑥, 𝑦 → 0, 𝑙𝑛2
lim 𝑥 ,𝑦 → 0,𝑙𝑛2
𝑒𝑥−𝑦 = lim 𝑥 ,𝑦 → 0,𝑙𝑛2
𝑒𝑥 ∙ 𝑒𝑦 = lim𝑥→0
𝑒𝑥 ∙ lim𝑦→𝑙𝑛2
𝑒−𝑦 = 1 ∙ 𝑒−𝑙𝑛2 =1
2
Detyrë_6. Të gjendet limiti i funksionit të mëposhtëm, për 𝑥, 𝑦 → 1,1 ;
𝑓 𝑥, 𝑦 =𝑥2 − 2𝑥𝑦 + 𝑦2
𝑥 − 𝑦
lim 𝑥 ,𝑦 → 1,1
𝑥2 − 2𝑥𝑦 + 𝑦2
𝑥 − 𝑦= lim
𝑥 ,𝑦 → 1,1
𝑥 − 𝑦 2
𝑥 − 𝑦= lim
𝑥 ,𝑦 → 1,1 𝑥 − 𝑦 = 0
Detyrë_7. Të gjendet limiti i funksionit vijues, për 𝑥, 𝑦 → 2, −4 ;
𝑓 𝑥, 𝑦 =𝑦 + 4
𝑥2𝑦 − 𝑥𝑦 + 4𝑥2 − 4𝑥
lim 𝑥 ,𝑦 → 2,−4
𝑦 + 4
𝑥2𝑦 − 𝑥𝑦 + 4𝑥2 − 4𝑥= lim
𝑥 ,𝑦 → 2,−4
𝑦 + 4
𝑥2 𝑦 + 4 − 𝑥(𝑦 + 4)
lim 𝑥 ,𝑦 → 2,−4
1
𝑥2 − 𝑥=
1
2
Shembuj: Përcaktoni se për cilat funksione në vazhdim ekzistojnë limitet e tyre?
1. 𝐥𝐢𝐦 𝒙,𝒚 → 𝟎,𝟎
𝒙𝒚
𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 Jo
2. lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
3𝑥2𝑦
𝑥2 + 𝑦2 Po
3. lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑥2𝑦3 + 𝑥3𝑦2 − 5
2 − 𝑥𝑦 -5/2
4. lim 𝑥 ,𝑦 → 𝜋 ,𝜋
𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝑦
4 𝜋
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
13
5. lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑥 − 𝑦
𝑥2 + 𝑦2 Jo
6. lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
2𝑥2 − 𝑦2
𝑥2 + 𝑦2 Jo
7. lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑥𝑦 − 𝑦2
𝑥2 + 𝑦2 Jo
Detyrë_8. Të gjendet limiti i funksionit;𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 𝑦)/(𝑥 + 𝑦) për
𝑥, 𝑦 → (0,0). Zgjidhje;
lim 𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑥 − 𝑦
𝑥 + 𝑦= lim
𝑥 ,𝑦 → 0,0
𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃=
𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑠𝑖𝑛𝜃
Ky limit varet nga drejtimi se kah i afrohemi origjinës, prandaj nuk ka limit në
këtë pikë 𝑥, 𝑦 = (0,0).
5. DERIVATET E PJESSHME
Përkufizim 4. Le të jetë 𝑓: 𝐴 → 𝑅 një funksion, ku 𝐴 ⊆ 𝑅2 dhe le të jetë
(𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴. Nëse ekziston limiti i këtij funksioni, ku:
lim→0
𝑓 𝑎 + , 𝑏 − 𝑓(𝑎, 𝑏)
Atëherë ky limit quhet derivati i pjesshëm i 𝑓 në pikën (𝑎, 𝑏) sipas variablit 𝑥
dhe shënohet me cilindo nga simbolet e mëposhtme;
𝜕𝑓
𝜕𝑥 𝑎, 𝑏 , 𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑎 ,𝑏) 𝑜𝑠𝑒 𝑓𝑥 𝑎, 𝑏 = 0
Në mënyrë të ngjashme, nëse ekziston limiti, atëherë;
lim→0
𝑓 𝑎 + , 𝑏 − 𝑓(𝑎, 𝑏)
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
14
ky limit quhet derivat i pjesshëm i 𝑓 në pikën (𝑎, 𝑏) sipas variablit 𝑦 dhe
shënohet me cilindo nga simbolet;
𝜕𝑓
𝜕𝑦 𝑎, 𝑏 , 𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑎 ,𝑏)
𝑜𝑠𝑒 𝑓𝑦 𝑎, 𝑏 = 0
Kjo është kështu sepse funksioni 𝑓 ka një pikë stacionare në (𝑎, 𝑏) nëse janë:
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑎 ,𝑏)= 0 𝑑𝑒
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑎 ,𝑏)
= 0
Më tutje për çdo pikë stacionare (𝑎, 𝑏) mund të përcaktohen derivatet e dyta
parciale, si në vazhdim;
𝐴 = 𝜕2𝑓
𝜕𝑥2
(𝑎 ,𝑏)
, 𝐵 = 𝜕2𝑓
𝜕𝑦2
(𝑎 ,𝑏)
, 𝐶 = 𝜕2𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦
(𝑎 ,𝑏)
Atëherë llogarisim diskriminantën; 𝐷 = 𝐴𝐵 − 𝐶2
Teoremë 2. Nëse derivatet 𝑓𝑥 𝑓𝑦 𝑓𝑥𝑦 𝑑𝑒 𝑓𝑦𝑥 janë të përcaktuar dhe të
vazhdueshme në një zonë të hapur që përmban pikën (𝑎, 𝑏) atëherë mund të
shkruajmë:
𝑓𝑥𝑦 𝑎, 𝑏 = 𝑓𝑦𝑥 (𝑎, 𝑏)
Ekuacioni i trajtës së mëposhtme, quhet ekuacioni i difuzioni apo përhapjes, pra
mund të shkruajmë;
𝜕𝑢
𝜕𝑡= 𝑐
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
𝑘𝑢 𝑐 − ë𝑠𝑡ë 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒.
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
15
5.1 DETYRA ME ZGJIDHJE (DERIVATET PARCIALE)
Detyrë_9. Të gjendet derivati parcial i funksionit; 𝑓 𝑥, 𝑦 = 2𝑥3𝑦4.
𝜕
𝜕𝑥 2𝑥3𝑦4 = 6𝑥2𝑦4
𝜕
𝜕𝑦 2𝑥3𝑦4 = 8𝑦3𝑥2
Detyrë_10. Të gjendet derivati parcial i funksionit; 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥2𝑒3𝑥 𝑙𝑛𝑦.
Zgjidhje;
Përdorim rregullën e prodhimit të derivatit dhe kemi;
𝑓 𝑥 = 𝑥2 𝑑𝑒 𝑔 𝑥 = 𝑒3𝑥
𝜕
𝜕𝑥𝑓 𝑥, 𝑦 =
𝜕
𝜕𝑥𝑥2𝑒3𝑥 𝑙𝑛𝑦 = 𝑙𝑛𝑦 2𝑥 ∙ 𝑒3𝑥 + 3𝑒3𝑥 ∙ 𝑥2
𝜕
𝜕𝑦𝑓 𝑥, 𝑦 =
𝜕
𝜕𝑦𝑥2𝑒3𝑥 𝑙𝑛𝑦 = 𝑥2𝑒3𝑥 ∙
1
𝑦
Detyrë_11. Tregoni se sa duhet të jetë 𝑐 në rastin që funksioni i mëposhtëm të
vërtetojë ekuacionin e përhapjes (ekuacionin dufuziv). Zgjidhje;
𝑢 𝑥, 𝑡 =1
𝑡𝑒
− 𝑥2
𝑎𝑡
𝜕
𝜕𝑡 𝑢 𝑥, 𝑡 =
𝜕
𝜕𝑡
1
𝑡𝑒
− 𝑥2
𝑎𝑡
= −1
2∙
1
𝑡32
∙ 𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
+𝑥2
𝑎𝑡52
∙ 𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
𝜕
𝜕𝑡𝑢 𝑥, 𝑡 = −
2𝑥
𝑎𝑡32
∙ 𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2=
𝜕2
𝜕𝑥2𝑢 𝑥, 𝑡 = −
2
𝑎𝑡32
∙ 𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
+4𝑥2
𝑎2𝑡52
𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
Tani aplikojmë formulën:
𝜕𝑢
𝜕𝑡= 𝑐
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
16
−2𝑥
𝑎𝑡32
∙ 𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
= 𝑐 −2
𝑎𝑡32
∙ 𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
+4𝑥2
𝑎2𝑡52
𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
apo:
−1
2∙
1
𝑡32
∙ 𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
+𝑥2
𝑎𝑡52
∙ 𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
= 𝑐 −2
𝑎𝑡32
∙ 𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
+4𝑥2
𝑎2𝑡52
𝑒−
𝑥2
𝑎𝑡
Prej nga pas disa llogaritjeve, fitojmë:
𝑐 =𝑎
4
Detyrë_12. Të gjendet derivati i dytë parcial i funksionit;
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑒𝑦 + 𝑥4𝑦 + 𝑦3
𝜕2𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦=
𝜕
𝜕𝑥 𝜕𝑓
𝜕𝑦 =
𝜕
𝜕𝑥 𝑥𝑒𝑦 + 𝑥4𝑦 + 𝑦3 = 𝑒𝑦 + 4𝑥3
𝜕2𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦= 𝑒𝑦 + 4𝑥3
6. RREGULLA E DERIVIMIT ZINGJIR
Përkufizim 5. Le të jetë dhënë funksioni me dy ndryshore 𝑓, i cili ka derivate të
pjesshme të vazhdueshme rreth pikës (𝑎, 𝑏) të fushës së tij të përcaktimit.
Prandaj nëse është:
𝑓 𝑎 + , 𝑏 + 𝑘 = 𝑓 𝑎, 𝑏 + 𝑓𝑥 𝑎, 𝑏 + 𝑓𝑦 𝑎, 𝑏 𝑘 + 휀1 + 휀2𝑘
Ku për , 𝑘 ∈ 𝑅, ∃ 휀1휀2 > 0 të tillë që kur , 𝑘 → 0 𝑑𝑒 휀1, 휀2 → 0 atëherë
thuhet se funksioni 𝑓(𝑥, 𝑦) është i derivueshëm në pikën (𝑎, 𝑏). Nëse funksioni
𝑓 sëhtë i derivueshëm në çdo pikë të një zone të hapur B, atëherë thuhet se
funksioni 𝑓 është derivat në zonën B.
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
17
Rrjedhim 2. Nëse derivatet e pjesshme 𝑓𝑥 𝑑𝑒 𝑓𝑦 janë funksione të
vazhdueshme në një zonë të hapur B, atëherë funksioni 𝑓(𝑥, 𝑦)është i
derivueshëm në zonën B.
Teoremë 3. Nëse funksioni 𝑓 është i derivueshëm në pikën (𝑎, 𝑏), atëherë ai
është i vazhdueshëm në atë pikë.
Teoremë 4. (Rregulli Zinxhir) Le të jetë 𝑓: 𝐵 → 𝑅, 𝑘𝑢 (𝐵 ⊆ 𝑅2), i tillë që
𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦). Nëse funksionet 𝑓, 𝑓𝑥 𝑑𝑒 𝑓𝑦 janë të vazhdueshme në pikën B dhe
nëse funksionet 𝑥 = 𝑔 𝑢 𝑑𝑒 𝑦 = (𝑢, 𝑣) kanë derivate të pjesshme në lidhje
me variablat 𝑢 dhe 𝑣, atëherë funksioni 𝑓 ka derivate të pjesshme në lidhje me
𝑢 dhe me 𝑣, si dhe kanë vend këto barazime;
𝜕𝑓
𝜕𝑢=
𝜕𝑓
𝜕𝑥⋅𝜕𝑥
𝜕𝑢+
𝜕𝑓
𝜕𝑦⋅𝜕𝑦
𝜕𝑢
apo;
𝜕𝑓
𝜕𝑣=
𝜕𝑓
𝜕𝑥⋅𝜕𝑥
𝜕𝑣+
𝜕𝑓
𝜕𝑦⋅𝜕𝑦
𝜕𝑣
6.1 DETYRA ME ZGJIDHJE (Rregulla Zingjir)
Detyrë_12. Duke e përdorur rregullën zinxhir, të gjenden derivatet parciale të
këtyre funksioneve me shumë ndryshore?
i. 𝑧 = ln 𝑥2 + 𝑦2 , 𝑥 = 𝑒𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣, 𝑦 = 𝑒𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣
ii. 𝑧 = 𝑥2 − 𝑦2, 𝑥 = 𝑢2 + 𝑣2 𝑑𝑒 𝑦 = 2𝑢𝑣
iii. 𝑧 = 𝑥𝑦, 𝑥 = 𝑒𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣 𝑑𝑒 𝑦 = 𝑒𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣
Zgjidhje:
i. 𝑧 = ln 𝑥2 + 𝑦2 , 𝑥 = 𝑒𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣, 𝑦 = 𝑒𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣
𝜕𝑧
𝜕𝑢=
𝜕𝑧
𝜕𝑥⋅𝜕𝑥
𝜕𝑢+
𝜕𝑧
𝜕𝑦⋅𝜕𝑦
𝜕𝑢=
2𝑥 ∙ 𝑒𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣
𝑥2 + 𝑦2+
2𝑦 ∙ 𝑒𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣
𝑥2 + 𝑦2
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
18
𝜕𝑧
𝜕𝑢= 2𝑐𝑜𝑠2𝑣 + 2𝑠𝑖𝑛2𝑣 = 2 𝑐𝑜𝑠2𝑣 + 𝑠𝑖𝑛2𝑣 = 2
𝜕𝑧
𝜕𝑣=
𝜕𝑧
𝜕𝑥⋅𝜕𝑥
𝜕𝑣+
𝜕𝑧
𝜕𝑦⋅𝜕𝑦
𝜕𝑣= −
2𝑥 ∙ 𝑒𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣
𝑥2 + 𝑦2+
2𝑦 ∙ 𝑒𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣
𝑥2 + 𝑦2
𝜕𝑧
𝜕𝑣= −2𝑣 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝑣 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑣 + 2𝑣 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝑣 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑣 = 0
ii. 𝑧 = 𝑥2 − 𝑦2, 𝑥 = 𝑢2 + 𝑣2 𝑑𝑒 𝑦 = 2𝑢𝑣
𝜕𝑧
𝜕𝑢=
𝜕𝑧
𝜕𝑥⋅𝜕𝑥
𝜕𝑢+
𝜕𝑧
𝜕𝑦⋅𝜕𝑦
𝜕𝑢= 2𝑥 ∙ 2𝑢 + −2𝑦 ∙ 2𝑣 = 4𝑢3 − 12𝑢𝑣2
𝜕𝑧
𝜕𝑢= 4𝑢3 − 12𝑢𝑣2
𝜕𝑧
𝜕𝑣=
𝜕𝑧
𝜕𝑥⋅𝜕𝑥
𝜕𝑣+
𝜕𝑧
𝜕𝑦⋅𝜕𝑦
𝜕𝑣= −2𝑦 ∙ 2𝑢 + 2𝑥 ∙ −2𝑣 = −12𝑢2𝑣 + 4𝑣3
𝜕𝑧
𝜕𝑣= −12𝑢2𝑣 + 4𝑣3
iii. 𝑧 = 𝑥𝑦, 𝑥 = 𝑒𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣 𝑑𝑒 𝑦 = 𝑒𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣
𝜕𝑧
𝜕𝑢=
𝜕𝑧
𝜕𝑥⋅𝜕𝑥
𝜕𝑢+
𝜕𝑧
𝜕𝑦⋅𝜕𝑦
𝜕𝑢= 𝑦 ∙ 𝑒𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣 + 𝑥 ∙ 𝑒𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣
𝜕𝑧
𝜕𝑢= 𝑦 ∙ 𝑒𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣 + 𝑥 ∙ 𝑒𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣 = 𝑒2𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑣 + 𝑒2𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑣
𝜕𝑧
𝜕𝑢= 𝑒2𝑢𝑠𝑖𝑛2𝑣
𝜕𝑧
𝜕𝑣=
𝜕𝑧
𝜕𝑥⋅𝜕𝑥
𝜕𝑣+
𝜕𝑧
𝜕𝑦⋅𝜕𝑦
𝜕𝑣= −𝑦𝑒𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣 + 𝑥𝑒𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣 = −𝑒2𝑢𝑠𝑖𝑛2𝑣 + 𝑒2𝑢𝑐𝑜𝑠2𝑣
𝜕𝑧
𝜕𝑣= 𝑒2𝑢 𝑐𝑜𝑠2𝑣 − 𝑠𝑖𝑛2𝑣 = 𝑒2𝑢𝑐𝑜𝑠2𝑣
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
19
7. DIFERENCIALI I FUNKSIONIT ME SHUMË VARIABLA
Përkufizim_6. Nëse 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), atëherë kemi; 𝑑𝑧 = 𝑧𝑥𝑑𝑥 + 𝑧𝑦𝑑𝑦, quhet
diferencial i plotë i funksionit 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦). Ndërkaq nëse funksioni është me 𝑛
variabla, ku (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, … . . , 𝑥𝑛 ), dmth është funksion i trajtës;
𝑢 = 𝑓(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, … . . , 𝑥𝑛)
Atëherë diferenciali i plotë i tij jepet me shprehjen vijuese:
𝑑𝑢 =𝜕𝑓
𝜕𝑥1𝑑𝑥1,
𝜕𝑓
𝜕𝑥2𝑑𝑥2,
𝜕𝑓
𝜕𝑥3𝑑𝑥3, … . . ,
𝜕𝑓
𝜕𝑥𝑛𝑑𝑥𝑛
8. DERIVATTI I FUNKSIONIT TË PASHTJELLUAR
Le të jetë dhënë funksioni 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0. Do ta konsiderojmë funksionin e
dhënë si të pashtjelluar 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), të dhënë me ekuacionin e mësipërm. Nëse
derivatet 𝐹𝑥 𝑑𝑒 𝐹𝑦 , janë të vazhdueshme dhe funksioni 𝐹(𝑥, 𝑦) ≠ 0, atëherë
kemi:
𝜕𝑧
𝜕𝑥= −
𝐹𝑥
𝐹𝑧 𝑑𝑒
𝜕𝑧
𝜕𝑦= −
𝐹𝑦
𝐹𝑧
Detyrë_13. Për funksionin e dhënë 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) të përcaktuar me ekuacionin;
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝑎2
Gjeni derivatet funksionit: 𝑧𝑥 , 𝑧𝑦 , 𝑧𝑥𝑦 , 𝑧𝑥𝑥 , 𝑧𝑦𝑦 . Zgjidhje:
𝑧𝑥 = −𝐹𝑋
𝐹𝑍= −
𝑥
𝑧
𝑧𝑦 = −𝐹𝑦
𝐹𝑍= −
𝑦
𝑧
𝑧𝑥𝑥 = −𝑧 − 𝑧𝑥𝑥
𝑧2=
𝑥𝑧𝑥 − 𝑧
𝑧2=
𝑥2 + 𝑧2
𝑧3
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
20
𝑧𝑦𝑦 = −𝑧 − 𝑧𝑦𝑦
𝑧2=
𝑦𝑧𝑦 − 𝑧
𝑧2= −
𝑦2 + 𝑧2
𝑧3
𝑧𝑥𝑦 =𝑥𝑧𝑦 − 𝑧
𝑧2=
−𝑥𝑦
𝑧3
Detyrë_13. Gjeni gradientin e vektorit në pikën 𝐴(1,1) të sipërfaqes 𝑧 = 𝑥2𝑦3.
Zgjidhje; Pasi që vlen funksioni; 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦3 − 𝑧, kemi:
𝑔𝑟𝑎𝑑𝐹 = ∇𝑭 =𝜕𝐹
𝜕𝑥𝒊 +
𝜕𝐹
𝜕𝑦𝒋 +
𝜕𝐹
𝜕𝑧𝒌
Atëherë; 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦3 − 𝑧, 𝑚ë 𝑡𝑢𝑡𝑗𝑒 𝑧𝑏ë𝑟𝑡𝑒𝑒𝑡 𝑠𝑖;
𝜕𝐹
𝜕𝑥= 2𝑥𝑦3
𝜕𝐹
𝜕𝑦= 3𝑦2𝑥2
𝜕𝐹
𝜕𝑧= −1
Prej ku gradienti është:
∇𝑭 =𝜕𝐹
𝜕𝑥𝒊 +
𝜕𝐹
𝜕𝑦𝒋 +
𝜕𝐹
𝜕𝑧𝒌 = 2𝑥𝑦3𝒊 + 3𝑦2𝑥2𝒋 − 𝒌
ndërsa gradienti në pikën 𝐴(1,1), është:
∇𝑭 = 2𝒊 + 3𝒋 − 𝒌
9. DERIVATI SIPAS NJË DREJTIMI TË ÇFARDOSHËM
Le të jetë shprehja 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) një funksion i cili ka derivate në pikën 𝑃 𝑎, 𝑏, 𝑐 .
Nëse shprehja; 𝑢 = 𝑢𝑥 𝑖 + 𝑢𝑦 𝑗 + 𝑢𝑧𝑘 është vektori njësi i një drejtimi të
çfarëdoshëm, atëherë numri;
𝐷𝑢𝑓 = ∇𝑓 ∙ u
Quhet derivati i funksionit 𝑓 sipas drejtimit 𝑢 dhe 𝐷𝑢𝑓 𝑃 është vlera e tij në
pikën 𝑃 𝑎, 𝑏, 𝑐 . Janë të vërteta edhe barazimet e mëposhtme, kështu që
shkruajmë:
𝐷𝑖𝑓 = 𝑓𝑥 , 𝐷𝑗 𝑓 = 𝑓𝑦 , 𝐷𝑘𝑓 = 𝑓𝑧
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
21
10. ZBËRTHIMI NË SERI TË TEJLLORIT I FUNKSIONEVE ME DY VARIABLA
Përkufizim_7. Le të jetë 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) një funksion me dy ndryshore që në pikën
(𝑎, 𝑏) ka derivate të pjesshme të çdo rendi. Atëherë është e vërtetë se barazimi
i mëposhtëm;
1
𝑘!
∞
𝑘=0
𝑓𝑥 𝑎, 𝑏 𝑥 − 𝑎 + 𝑓𝑦 𝑎, 𝑏 𝑦 − 𝑏 𝑘
=
= 𝑓 𝑎, 𝑏 +1
1! 𝑓𝑥 𝑎, 𝑏 𝑥 − 𝑎 + 𝑓𝑦 𝑎, 𝑏 𝑦 − 𝑏 +
=1
2! 𝑓𝑥𝑥 𝑎, 𝑏 𝑥 − 𝑎 2 + 2𝑓𝑥𝑦 𝑎, 𝑏 𝑥 − 𝑎 𝑦 − 𝑏 + 𝑓𝑦𝑦 𝑎, 𝑏 𝑦 − 𝑏 2 + ⋯
e cila quhet Seria e Tejllorit e funksionit 𝑓 në pikën (𝑎, 𝑏).
Seria e Tejllorit për një funksion të dhënë 𝑧(𝑥, 𝑦) rreth një pike të caktuar
(𝑥0, 𝑦0), siguron një përafrim të funksionit në atë pikë;
𝑧 𝑥0 + 𝜖, 𝑦 + 𝛿 =
𝑧 𝑥0, 𝑦0 + 𝜕𝑧
𝜕𝑥 𝑥0 ,𝑦0
𝜖 + 𝜕𝑧
𝜕𝑦 𝑥0 ,𝑦0
𝛿 +
+1
2! 𝜕2𝑧
𝜕𝑥2 𝑥0 ,𝑦0
𝜖2 + 2 𝜕2𝑧
𝜕𝑥𝜕𝑦 𝑥0 ,𝑦0
𝜖𝛿 + 𝜕2𝑧
𝜕𝑦2 𝑥0 ,𝑦0
𝛿2 + …
Për vlera të vogla të 𝜖 𝑑𝑒 𝛿.
Por mund të shkruajmë edhe;
𝑧 𝑥, 𝑦 = 𝑧 𝑥0, 𝑦0 + 𝜕𝑧
𝜕𝑥 𝑥0 ,𝑦0
𝑥 − 𝑥0 + 𝜕𝑧
𝜕𝑦 𝑥0 ,𝑦0
𝑦 − 𝑦0 +
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
22
+1
2! 𝜕2𝑧
𝜕𝑥2 𝑥0 ,𝑦0
𝑥 − 𝑥0 2 + 2 𝜕2𝑧
𝜕𝑥𝜕𝑦 𝑥0 ,𝑦0
𝑥 − 𝑥0 𝑦 − 𝑦0
+ 𝜕2𝑧
𝜕𝑦2 𝑥0 ,𝑦0
𝑦 − 𝑦0 2 + …
Për vlera të vogla të 𝑥 − 𝑥0 𝑑𝑒 𝑦 − 𝑦0 .
10.1 Forma e përgjithshme e serive 2D të Tejllorit
Shprehja e përgjithshme për seritë e Tejllorit me dy variabla, mund të shkruhet
si më poshtë:
𝑓 𝑥 − 𝑥0 𝑦 − 𝑦0
= 1
𝑛!
𝑛𝑘
𝑛
𝑘=0
𝜕𝑛𝑓
𝜕𝑥𝑛−𝑘𝜕𝑦𝑘 𝑥−𝑥0
𝑥 − 𝑥0 𝑛−𝑘 𝑦 − 𝑦0 𝑘
∞
𝑛=0
ku shprehja;
𝑛𝑘 =
𝑛!
𝑛 − 𝑘 ! 𝑘!
janë koeficiente të binomit. Për n-koeficiente të binomit, kemi;
𝑛0 ,
𝑛1 ,
𝑛2 , … . . ,
𝑛𝑛
Të cilët mund të merren nga n-kolona të trekëndëshit të Paskalit.
Detyrë_14. Ne do të ilustrojmë disa teknika të ndryshme të llogaritjes duke e
konsideruar funksionin;
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
23
𝑧 𝑥, 𝑦 = 𝑥3 + 3𝑦 − 𝑦3 − 3𝑥
Kjo është skema e këtij funksioni;
Skema e funksionit; 𝑧 𝑥, 𝑦 = 𝑥3 + 3𝑦 − 𝑦3 − 3𝑥, 𝐹𝑖𝑔𝑢𝑟𝑎(∗)
Derivatet Parciale të problemit janë dhënë me shprehjet;
𝜕𝑧
𝜕𝑥= 3𝑥2 − 3 𝑑𝑒
𝜕2𝑧
𝜕𝑥2= 6𝑥
𝜕𝑧
𝜕𝑦= 3 − 3𝑦2 𝑑𝑒
𝜕2𝑧
𝜕𝑦2= −6𝑦
Përkatësisht;
𝜕2𝑧
𝜕𝑥𝜕𝑦= 0
Pikat Stacionare janë të dhëna me koordinatat (𝑥0, 𝑦0) sipas zgjidhjes për dy
ekuacionet;
𝜕𝑧
𝜕𝑥
(𝑥0 ,𝑦0) = 3𝑥0
2 − 3 = 0
dhe
𝜕𝑧
𝜕𝑦
(𝑥0 ,𝑦0)
= 3 − 3𝑦02 = 0
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
24
Ky shembull mund të zgjidhet drejtpërdrejt për; 𝑥0 = ±1 𝑑𝑒 𝑦0 = ±1.
Prandaj kemi katër pika kritike të funksionit;
𝑃1 = 1,1 ; 𝑃2 = 1, −1 ; 𝑃3 = −1,1 ; 𝑃4 = −1, −1
Për të klasifikuar pikat stacionare dhe për të vlerësuar derivatin e dytë të
funksionit, në vazhdim do të shkruajmë një tabelë.
Pika 𝑨 = 𝟔𝒙𝟎 𝑩 = −𝟔𝒚𝟎 𝑪 = 𝟎 𝑫 = 𝑨𝑩 − 𝑪𝟐 Klasifikimi
𝑷𝟏 = (𝟏, 𝟏) 6 -6 0 -36 Kurriz
𝑷𝟐 = (𝟏, −𝟏) 6 6 0 36 Minimum
𝑷𝟑 = (−𝟏, 𝟏) -6 -6 0 36 Maximum
𝑷𝟒
= (−𝟏, −𝟏) -6 6 0 -36 Kurriz
10.2 Zgjerimet e Tejllorit
Detyrë_15. Përfundimisht ne do të përcaktojmë zgjerimet e Tejllorit për
funksionin 𝑧(𝑥, 𝑦) rreth pikës 𝑧 𝑥, 𝑦 = (2,1), ku 𝑧 2,1 = 4. Ne mund të
fillojmë vlerësimin e derivateve, si në vazhdim;
𝜕𝑧
𝜕𝑥
(2,1)= 9 𝜕𝑧
𝜕𝑦
(2,1)
= 0 𝜕2𝑧
𝜕𝑥2
(2,1)
= 12 𝜕
2𝑧
𝜕𝑦2
(2,1)
= −6
𝜕2𝑧
𝜕𝑥𝜕𝑦
(2,1)
= 0
Tani zbatojmë formulën e Tejllorit në vazhdim dhe fitojmë;
𝑧 2 + 𝜖, 1 + 𝛿 =
𝑧 2,1 + 𝜕𝑧
𝜕𝑥 2,1
𝜖 + 𝜕𝑧
𝜕𝑦 2,1
𝛿 +
+1
2! 𝜕2𝑧
𝜕𝑥2 2,1
𝜖2 + 2 𝜕2𝑧
𝜕𝑥𝜕𝑦 2,1
𝜖𝛿 + 𝜕2𝑧
𝜕𝑦2 2,1
𝛿2 + …
𝑧 2 + 𝜖, 1 + 𝛿 = 4 + 9 ∙ 𝜖 + 0 ∙ 𝛿 +
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
25
+1
2! 12 ∙ 𝜖2 + 2 ∙ 0 ∙ 𝜖𝛿 + −6 ∙ 𝛿2 + …
ashtu që pas zëvendësimeve adekuate, kemi;
𝑦 𝑥 = 2 + 𝜖, 𝑦 = 1 + 𝛿 = 4 + 9𝜖 + 6𝜖2 − 3𝛿2 + ⋯
𝑦 𝑥, 𝑦 = 4 + 9(𝑥 − 2) + 6(𝑥 − 2)2 − 3(𝑦 − 1)2 + ⋯
Që paraqet zgjerimin e Tejllorit për funksionin e dhënë në pikën (2,1).
11. EKSTREMUMET E FUNKSIONEVE ME SHUMË VARIABLA
Përkufizim_8. Le të jetë 𝐴 ⊂ 𝑅2një bashkësi e hapur, ku 𝑓: 𝐴 → 𝑅 një funksion
dhe pikat (𝑎, 𝑏), (𝑐, 𝑑) ∈ 𝐴.
Nëse ekziston një fqinjësi 𝐾1 e pikës (𝑎, 𝑏) e tillë që për ∀ 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐾1 të kemi
𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑓(𝑎, 𝑏), thuhet se funksioni 𝑓 e ka pikën (𝑎, 𝑏) si pikë maksimumi,
apo maksimum lokal, ose funksioni 𝑓 ka maksimum në pikën (𝑎, 𝑏).
Nëse ekziston një fqinjësi 𝐾2 e pikës (𝑎, 𝑏) e tillë që për ∀ 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐾2 të kemi
𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 𝑓(𝑎, 𝑏), thuhet se funksioni 𝑓 e ka pikën (𝑎, 𝑏) si pikë minimumi, apo
minimum lokal, ose funksioni 𝑓 ka minimum në pikën (𝑎, 𝑏).
Pikat e maksimumit dhe minimumit lokal quhen ndryshe edhe pikat e
ekstremumit lokal për funksionin 𝑓.
Nëse për ndonjë pikë të caktuar (𝑝, 𝑞) ∈ 𝐴 kemi që për çdo fqinjësi të saj,
ekziston një pikë (𝑥1, 𝑦1), që 𝑓(𝑥1, 𝑦1) < 𝑓(𝑝, 𝑞) dhe një pikë (𝑥2, 𝑦2), që
𝑓(𝑥2, 𝑦2) > 𝑓(𝑝, 𝑞), atëherë thuhet se pika (𝑝, 𝑞) ∈ 𝐴 është pikë e infeksionit
për funksionin 𝑓.
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
26
Teoremë_5. Nëse funksioni 𝑓(𝑥, 𝑦) ka në pikën (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴 ekstremume
(maksimume apo minimume), atëherë derivatet e tij të pjesshme janë zero,
dmth; vlen barazimi: 𝜕𝑓
𝜕𝑥 𝑎, 𝑏 = 0 𝑑𝑒
𝜕𝑓
𝜕𝑦 𝑎, 𝑏 = 0
Kjo teoremë përbën kushtin e nevojshëm që një funksion me dy variabla të ketë
ekstremum në një pikë (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴, por jo të mjaftueshëm. Teorema
përgjithësohet për funksionet me më shumë variabla.
Teoremë_6. Nëse funksioni 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) ka derivate të pjesshme të rendit të
dytë të vazhdueshme në pikën (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴 dhe nëse 𝑓𝑥 𝑎, 𝑏 = 𝑓𝑦 𝑎, 𝑏 = 0,
atëherë:
1. Nëse ∆= 𝑓𝑥𝑥 𝑎, 𝑏 𝑓𝑦𝑦 𝑎, 𝑏 − 𝑓𝑥𝑦2 𝑎, 𝑏 < 0, atëherë (𝑎, 𝑏) është pikë
infeksioni (ndryshon kaviteti apo përkulja e sipërfaqes).
2. Nëse ∆= 𝑓𝑥𝑥 𝑎, 𝑏 𝑓𝑦𝑦 𝑎, 𝑏 − 𝑓𝑥𝑦2 𝑎, 𝑏 > 0, dhe 𝑓𝑥𝑥 𝑎, 𝑏 > 0; 𝑓𝑦𝑦 𝑎, 𝑏 >
0 atëherë, (𝑎, 𝑏) është pikë minimumi lokal.
3. Nëse ∆= 𝑓𝑥𝑥 𝑎, 𝑏 𝑓𝑦𝑦 𝑎, 𝑏 − 𝑓𝑥𝑦2 𝑎, 𝑏 > 0 𝑑𝑒 𝑓𝑥𝑥 𝑎, 𝑏 < 0; 𝑓𝑦𝑦 𝑎, 𝑏 < 0
atëherë pika 𝑎, 𝑏) është pikë maksimumi lokal.
4. Nëse ∆= 0, atëherë teorema e mësipërme nuk jep asnjë njohuri për
ekstremumet e funksionit dhe në këtë rast duhet një shqyrtim më i
hollësishëm me të tjera metoda.
Një metodë shumë e rëndësishme dhe praktike për studimin e ekstremumeve të
një funksioni me shumë variabla është edhe metoda e Lagranzhit.
Përkufizim_9. Le të jetë dhënë një funksion 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) e kushti që 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) =
0, atëherë nëse 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ka një pikë ekstremumi (𝑥, 𝑦, 𝑧), atëherë ka vend
barazimi 𝐹𝑥𝐺𝑦 + 𝐹𝑦𝐺𝑥 = 0, dmth ky barazim është kusht i nevojshëm që
funksioni 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) të ketë ekstremum, me kusht që 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0.
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
27
11.1 DETYRA ME ZGJIDHJE (EKSTREMUMET)
Detyrë_16. Gjeni pikat ekstreme dhe llogaritni vlerat tjera të funksionit të
dhënë;
𝑧 = 𝑥3 + 3𝑥𝑦2 − 15𝑥 − 12𝑦
Barazojmë me zero derivatet e pjesshme të rendit të parë, për të gjetur pikat
kritike të funksionit. Zgjidhje:
𝑧𝑥 =𝜕𝑧
𝜕𝑥 = 3𝑥2 + 3𝑦2 − 15
𝑧𝑦 =𝜕𝑧
𝜕𝑦= 6𝑥𝑦 − 12
𝑥2 + 𝑦2 = 5
𝑥𝑦 = 2 ⇒ 𝑥2 +
2
𝑥
2
= 5
𝑥2 +4
𝑥2= 5 ⇒ 𝑥4 − 5𝑥2 + 4 = 0
𝑥2 − 4 𝑥2 − 1 = 0
𝑥1 = 2, 𝑥2 = −2, 𝑥3 = 1, 𝑥4 = −1
𝑦1 = 1, 𝑦2 = −1, 𝑦3 = 2, 𝑦4 = −2
Së këndejmi, pikat 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 janë pikat kritike të funksioneve. Atëherë vlen:
𝐴 = 2, 1 , 𝐵 = −2, −1 , 𝐶 = 1,2 𝑑𝑒 𝐷 = (−1, −2)
𝑧𝑥𝑥 = 6𝑥, 𝑧𝑦𝑦 = 6𝑥, 𝑧𝑧𝑦 = 6𝑥
Prej nga rrjedh se kemi:
∆ 𝑥, 𝑦 = 𝑧𝑥𝑥 ∙ 𝑧𝑦𝑦 − 𝑧𝑥𝑦2 = 36𝑥2 − 36𝑦2 = 36(𝑥2 − 𝑦2)
Pasi që; ∆𝐴 = 36 4 − 1 = 108 > 0 𝑑𝑒 𝑧𝑥𝑥 𝐴 = 12 > 0
Atëherë pika A është minimumi dhe 𝑧𝑚𝑖𝑛 (𝐴) = −28.
Pasi që; ∆𝐵 = 36 4 − 1 = 108 > 0 𝑑𝑒 𝑧𝑥𝑥 𝐵 = −12 < 0
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
28
Atëherë pika B është maksimumi dhe 𝑧𝑚𝑎𝑥 (𝐴) = −28.
∆𝐴 = 36 4 − 1 = −108 < 0 𝑝𝑟𝑒𝑗 𝑛𝑔𝑎, 𝐶 𝑝𝑖𝑘ë 𝑖𝑛𝑓𝑙𝑒𝑘𝑠𝑖𝑜𝑛𝑖
∆𝐵 = 36 4 − 1 = −108 < 0 𝑝𝑟𝑒𝑗 𝑛𝑔𝑎, 𝐷 𝑝𝑖𝑘ë 𝑖𝑛𝑓𝑙𝑒𝑘𝑠𝑖𝑜𝑛𝑖
Detyrë_16. Gjeni pikat ekstreme dhe llogaritni vlerat tjera të funksionit të
dhënë;
𝑧 = 𝑥3 + 3𝑥𝑦 + 𝑦3
𝑧𝑥 = 3𝑥2 + 3𝑦 = 0 ; 𝑦 = −𝑥2
𝑧𝑦 = 3𝑦2 + 3𝑥 = 0 ; 𝑥 = −𝑦2
𝑦 + 𝑦4 = 0, ⇒ 𝑦 1 + 𝑦3 = 0
𝑦1 = 0, 𝑦2 = −1 𝑑𝑒 𝑥1 = 0, 𝑥2 = −1
Prandaj 𝐴 = 0,0 𝑑𝑒 𝐵 = (−1, −1) janë pikat kritike të funksionit. Gjithashtu
kemi: 𝑧𝑥𝑥 = 6𝑥, 𝑧𝑦𝑦 = 6𝑦, 𝑧𝑧𝑦 = 3
∆ 𝑥, 𝑦 = 𝑧𝑥𝑥 ∙ 𝑧𝑦𝑦 − 𝑧𝑥𝑦2 = 36𝑥𝑦 − 9, prandaj kemi:
∆𝐴 = −9 < 0 ë𝑠𝑡ë 𝑝𝑖𝑘ë 𝑖𝑛𝑓𝑙𝑒𝑘𝑠𝑖𝑜𝑛𝑖
∆𝐵 = 36 − 9 = 27 > 0
𝑧𝑥𝑥 𝐵 = −6 < 0 𝑝𝑖𝑘ë 𝑚𝑎𝑘𝑠𝑖𝑚𝑢𝑚𝑖
Prandaj vlera e funksionit aty është; 𝑧𝑚𝑎𝑥 𝐵 = −1 + 3 − 1 = 2 𝑝𝑖𝑘ë 𝑚𝑎𝑥.
Detyrë_16. Gjeni pikat ekstreme dhe llogaritni vlerat e funksionit; Zgjidhje;
𝑧 = 2𝑥 − 𝑥2 2𝑦 − 𝑦2
𝑧𝑥 = 2 − 2𝑥 2𝑦 − 𝑦2 = 0
𝑧𝑦 = 2𝑥 − 𝑥2 2 − 2𝑦 = 0
Dallojmë dy raste;
2 − 2𝑥 = 0, 𝑑𝑒 2 − 2𝑦 = 0
𝑥 = 1 𝑑𝑒 𝑦 = 1
2𝑦 − 𝑦2 = 0 𝑑𝑒 2𝑥 − 𝑥2 = 0
𝑦1 = 0, 𝑦2 = 2 𝑑𝑒 𝑥1 = 0, 𝑥2 = 2
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
29
𝐴 = 1,1 , 𝐵 = 0,0 , 𝐶 = 0,2 𝑑𝑒 𝐷 = 2,0 𝑑𝑒 𝐸 = (2,2)
Gjithashtu kemi;
𝑧𝑥𝑥 = −2(2𝑦 − 𝑦2), 𝑧𝑦𝑦 = −2(2𝑥 − 𝑥2),
𝑧𝑧𝑦 = 2 − 2𝑥 2 − 2𝑦
∆ 𝑥, 𝑦 = 𝑧𝑥𝑥 ∙ 𝑧𝑦𝑦 − 𝑧𝑥𝑦2
∆ 𝑥, 𝑦 == 4(2𝑦 − 𝑦2) ∙ (2𝑥 − 𝑥2) − 2 − 2𝑥 2 − 2𝑦 2
∆𝐴 = 4 > 0
𝑧𝑥𝑥 𝐴 = −2 < 0, 𝑘𝑢 𝐴 − ë𝑠𝑡ë 𝑝𝑖𝑘ë 𝑚𝑎𝑘𝑠𝑖𝑚𝑢𝑚𝑖
𝑧𝑥𝑥 𝐴 = 1 ∙ 1 = 1
∆𝐵 = ∆𝐶 = ∆𝐷 = ∆𝐸 = −16 < 0,
𝑃𝑟𝑎 𝑝𝑖𝑘𝑎𝑡 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 𝑗𝑎𝑛ë 𝑝𝑖𝑘𝑎 𝑖𝑛𝑓𝑙𝑒𝑘𝑠𝑖𝑜𝑛𝑖 𝑡ë 𝑓𝑢𝑛𝑘𝑠𝑖𝑜𝑛𝑖𝑡 𝑡ë 𝑑ë𝑛ë.
12. INTEGRALET E DYFISHTA SI FUNKSIONE ME DY VARIABLA
Përkufizim_10: Integral i dyfishtë i funksionit 𝑓(𝑥, 𝑦) në një zonë të caktuar 𝑅
të një rrafshi 𝑥𝑦, është një funksioni 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), që për vlera pozitive të tij,
paraqet një integral të caktuar, i cili është i barabartë me vëllimin e sipërfaqes
𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) brenda një intervali prej dy pikash.
Le të jetë 𝑅 një zonë në rrafshin 𝑥𝑦, e kufizuar me grafikun e funksionit
y = g(x) dhe y = h(x) dhe prej vijës vertikale x = a dhe x = b. Prandaj kemi:
𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑓(𝑥, 𝑦)
(𝑥)
𝑔(𝑥)
𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎𝑅
Shembull: Të llogaritet Integrali i dhënë;
𝑦
2𝑥
𝑥
𝑑𝑦 𝑑𝑥
3
0
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
30
Këtu 𝑔 𝑥 = 𝑥 𝑑𝑒 𝑥 = 2𝑥. Tani ne vlerësojmë integralin e parë të
brendshëm. Ndryshorja në këtë integral është 𝑦, për shkak të 𝑑𝑦;
𝑦
2𝑥
𝑥
𝑑𝑦 = 𝑦2
2 𝑥
2𝑥
= 2𝑥 2
2=
𝑥2
2=
3
2𝑥2
Tani integrojmë jashtë në varësi nga ndryshorja 𝑥 dhe kemi:
3
2𝑥2𝑑𝑥 = 1
2𝑥3
0
3
=1
233 −
1
203 =
27
2
3
0
Pra siç shihet integrali i dhënë më parë ka vlerën 27/2.
Shembull: Të llogaritet vëllimi mbi një zonë të caktuar 𝑅 e cila jepet me
funksionin: 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2, ku R është drejtkëndëshi i dhënë me vijat
𝑥 = 1, 𝑥 = 3 𝑑𝑒 𝑦 = 0, 𝑦 = 1. Zgjidhje:
Përdorim shprehjen për integralin e dyfishtë;
𝑓 𝑥, 𝑦
𝑦2
𝑦1
𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝑥2
𝑥1
𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑦2
𝑦1
𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝑥2
𝑥1
= 𝑥2 + 𝑦2
3
1
𝑑𝑥 𝑑𝑦 =
1
0
Llogarisim integralin e brendshëm:
𝑥2 + 𝑦2
3
1
𝑑𝑥 = 𝑥3
3+ 𝑥𝑦2
1
3
= 33
3+ 3𝑦2 −
13
3+ 1 ∙ 𝑦2 =
𝑥2 + 𝑦2
3
1
𝑑𝑥 = 9 + 3𝑦2 −1
3− 𝑦2 =
26
3+ 2𝑦2
Pastaj zgjidhim integralin e jashtëm në varësi prej 𝑦.
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
31
26
3+ 2𝑦2
1
0
𝑑𝑦 = 26
3𝑦 +
2
3𝑦3
0
1
= 26
3∙ 1 +
2
3∙ 13 −
26
3∙ 0 +
2
3∙ 03
26
3+ 2𝑦2
1
0
𝑑𝑦 =26
3+
2
3− 0 − 0 =
28
3
Pra vlera e integralit të dhënë sipër, është 28/3.
12.1 PROBLEME TË PAZGJIDHURA TË FUNKSIONEVE ME SHUMË VARIABLA
1. Të caktohet fusha e përkufizimit të funksioneve:
𝑧 = 2𝑥 +1
𝑦
𝑧 =1
ln(−𝑥 − 𝑦)
𝑧 = 𝑦2 + 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑥 + 𝑦
𝑧 = 𝑥 + 𝑦
2. Të tregohet se Rm është hapësirë metrike e formës;
𝑑 𝑥1, 𝑥2 = max1≤𝑖≤𝑚
𝑥𝑖1 − 𝑥𝑖
2
3. Të njehsohen limitet e funksioneve;
lim𝑥→0𝑦→0
1 − cos 𝑥2 + 𝑦2
𝑥2 + 𝑦2 𝑥2𝑦2
lim𝑥→0𝑦→0
1 +1
𝑥
𝑥2
𝑥+𝑦
4. Tregoni se limiti në vazhdim nuk ekziston fare;
lim𝑥→0𝑦→0
𝑥 − 𝑦 + 𝑥2 + 𝑦2
𝑥 + 𝑦
5. Tregoni se limitet e përsëritura të funksionit 𝑓 𝑥1, 𝑥2 nuk ekziston në pikën
(0,0).
𝑓 𝑥1, 𝑥2 =𝑥1
2 ∙ 𝑥22
𝑥12, 𝑥2
2 + 𝑥1 − 𝑥2 2
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
32
lim𝑥→0𝑦→0
𝑓 𝑥1, 𝑥2 = lim𝑥→0𝑦→0
𝑥12 ∙ 𝑥2
2
𝑥12𝑥2
2 + 𝑥1 − 𝑥2 2
6. Tregoni se për funksionin;
𝑓 𝑥1, 𝑥2 =𝑥1
3 + 𝑥23
𝑥12+𝑥2
2
Vlen;
lim𝑥1→0𝑥2→0
𝑓 𝑥1, 𝑥2 = lim𝑥1→0𝑥2→0
𝑥13 + 𝑥2
3
𝑥12+𝑥2
2 = lim𝑥1→0,𝑥2→0
𝑓 𝑥1, 𝑥2
lim𝑥1→0
lim𝑥2→0
𝑓 𝑥1, 𝑥2 = 0
7. Njehsoni limitin e funksionit;
lim𝑥→0𝑦→0
𝑓 𝑥1, 𝑥2 = lim𝑥→0𝑦→0
𝑠𝑖𝑛𝑥𝑦
𝑥
8. Njehsoni limitin e funksionit;
lim𝑥1→0𝑥2→0
𝑓 𝑥1, 𝑥2 =𝑥𝑦 − 𝑥 − 𝑦 + 1
𝑥𝑦 − 𝑥 − 𝑦 + 2 − 1
9. Të caktohen pikat e këputjes së funksioneve;
𝑢 =1
𝑥2 + 𝑦2 𝑢 =
𝑥2 + 𝑦2
𝑥2 − 𝑦2
10. Të njehsohet se funksioni; 𝑓 𝑥, 𝑦 = 2𝑥 − 3𝑦 + 5 është i vazhdueshëm në
𝑅2.
11. Të njehsohet 𝑓𝑥′ (𝑥, 1) nëse; 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥 − 𝑦 − 1 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛
𝑥
𝑦
12. Të njehsohet 𝑑𝑢/𝑑𝑡 nëse 𝑢 = 𝑥2 + 𝑦2, ku 𝑥 = 𝑠𝑖𝑛𝑡 dhe 𝑦 = 𝑠𝑖𝑛𝑡. Pastaj
𝑢 = 𝑦/𝑥 nëse 𝑥 = 𝑒𝑡 dhe 𝑦 = 1 − 𝑒2𝑡 .
13. Të llogaritet derivati dhe diferenciali i funksionit të përbërë;
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
33
𝑤 = 𝑓 𝑢, 𝑣 = 𝑢 + 𝑣, 𝑢 = 𝑢 𝑥 = 3𝑥, 𝑣 = 𝑣 𝑥 = 𝑥3
14. Të llogariten derivatet e pjesshme dhe diferenciali i plotë i funksionit të
përbërë; 𝑤 = 𝑢 ∙ 𝑙𝑛𝑣, 𝑢 = 𝑥/𝑦, 𝑣 = 3𝑥 − 2𝑦
15. Të tregohet se funksioni; 𝑢 = 𝑒𝑦𝑔 𝑦𝑒𝑥2
2𝑦2 e plotëson barazimin:
𝑥2 − 𝑦2 𝜕𝑧
𝜕𝑥+ 𝑥𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑦= 𝑥𝑦𝑢
nëse 𝑔 − ë𝑠𝑡ë 𝑓𝑢𝑛𝑘𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑖 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑢𝑒𝑠ë𝑚.
16. Tregoni se vlen;
𝜕2𝑢
𝜕𝑥𝜕𝑦=
𝜕2𝑢
𝜕𝑦𝜕𝑥
Nëse 𝑢 = 𝑥𝑦2 dhe 𝑢 = 𝑎𝑟𝑐 ∙ 𝑐𝑜𝑠 ∙ (𝑥/𝑦)
17. Të gjendet derivati dhe diferenciali përkatës i funksioneve vijuese;
𝑦 = sin 2𝑥 + 𝑧 , 𝑑3𝑦 0,2𝜋 −? , 𝑑3𝑦 𝜋
4, 𝜋 −? 𝑑𝑒 𝑑3𝑦 1,1 −?
𝑧 = 𝑥 𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 𝑑𝑥,𝑦
𝑥 𝑑3𝑧 1,1 ; apo: 𝑢 = 𝑥3𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑦3𝑠𝑖𝑛𝑥, dhe
𝜕7𝑦
𝜕𝑥3𝜕𝑦2 𝑑𝑒 𝑑4𝑢 0,0
18. Të shkruhet formula e Tejllorit, për funksionin:
𝑓 𝑥, 𝑦 = 2𝑥2 − 𝑥𝑦 − 𝑦2 − 6𝑥 − 3𝑦
në rrethinën e pikës 𝐴(1, −2).
19. Të shqyrtohen ekstremumet e funksioneve; 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥4 + 𝑦4 − 2𝑥2 +
4𝑥𝑦 − 2𝑦2 dhe 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑦2𝑒𝑥 − 𝑥2𝑒𝑦 dhe
𝑧 = 𝑥𝑦 1 −𝑥2
𝑎2−
𝑦2
𝑏2 𝑘𝑢; (𝑎 > 0, 𝑏 > 0)
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
34
13. SKEMA GRAFIKE TË DISA FUNKSIONEVE ME SHUMË VARIABLA
1. Grafiku i funksionit; 𝑧 = 𝑦2 − 𝑥2 duket kështu:
2. Grafiku i funksionit; f x, y = x3 − 3x − 2y2 , duket kështu:
>> hold off
>> surf(X,Y,Z)
>> title('Graph of f(x,y)=x^3-3x-2y^2')
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
35
3. Funksioni; z(x, y) = x exp(x2 − y2) duket kështu:
>> [x,y] = meshgrid(-2:.2:2, -2:.2:2);
>> z = x .* exp(-x.^2 - y.^2);
>> surf(x,y,z)
4. Grafiku i funksionit; f x, y = x2y − 2y , duket kështu:
>> surf(X,Y,Z)
>> title('Graph of f(x,y)=x^2y-2y')
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
36
LITERATURA
Literatura Primare
1. Dr.SC. Minir Efendija “Analiza Matematike III & IV” Prishtinë 2004
2. Limits (Functions of Two Variables), Department of Mathematics, Sinclair
Community College, Dayton, OH.
3. Functions of Several Variables, Engineering Mathematics: Open Learning
Unit Level 1-18.1.
4. Functions of Several Variables , Lecture Notes, Spring 2006.
5. Functions of Several Independent Variables, Lecture Notes.
6. Written by Karen Overman , Instructor of Mathematics, Tidewater
Community College, Virginia Beach Campus, Virginia.
Literatura Sekondare
1. http://www.math.wisc.edu/graphing_functions_of_several_variables.pdf
2. https://www.math.ucdavis.edu/~thomases/W11_16C1_lec_1_19_11.pdf
3. http://www.math.utah.edu/online/2210/notes/ch16.pdf
4. http://www.synechism.org/wp/the-calculus-of-functions-of-several-
variables/
5. http://www.math.oregonstate.edu/home/programs/undergrad/CalculusQu
estStudyGuides/vcalc/multvar/multvar.html
6. http://www2.math.umd.edu/~jmr/241/surfaces.html
7. http://www.math.smith.edu/Local/cicintro/ch9.pdf
8. http://www.ams.sunysb.edu/~jiao/teaching/ams261_spring13/lectures.pdf
9. http://www.maths.tcd.ie/~richardt/2E1/2E1-ch2.pdf
kujtim_baraliu FUNKSIONET ME SHUMË NDRYSHORE
37
PËRMBAJTJA
H Y R J E 2
PËRKUFIZIMI DHE VETITË 3
DETYRA ME ZGJIDHJE 3
LIMITI DHE VAZHDUESHMËRIA 7
DETYRA ME ZGJIDHJE (Limiti dhe Vazhdueshmëria) 9
DERIVATET E PJESSHME 13
DETYRA ME ZGJIDHJE (DERIVATET PARCIALE) 15
RREGULLA E DERIVIMIT ZINGJIR 16
DETYRA ME ZGJIDHJE (RR-Z) 17
DIFERENCIALI I FUNKSIONIT ME SHUMË VARIABLA 19
DERIVATTI I FUNKSIONIT TË PASHTJELLUAR 19
DERIVATI SIPAS NJË DREJTIMI TË ÇFARDOSHËM 20
ZBËRTHIMI NË SERI TË TEJLLORIT I FUNKSIONEVE ME DY VARIABLA 21
Forma e Përgjithshme e Serive 2D të TEJLLORIT 24
EKSTREMUMET E FUNKSIONEVE ME SHUMË VARIABLA 25
DETYRA ME ZGJIDHJE (EKSTREMUMET) 27
INTEGRALET E DYFISHTA SI FUNKSIONE ME DY VARIABLA 29
DISA FUNKSIONE ME SHUMË VARIABLA 31
SKEMA GRAFIKE TË DISA FUNKSIONEVE 34
(Të gjitha të drejtat autoriale të rezervuara.)