Funksionet me shumë ndryshore

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;


4

𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶𝑧 = 𝐷

ku 𝐴, 𝐵, 𝐶 𝑑𝑕𝑒 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) 𝑑𝑕𝑒 (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


5

𝑥 𝑑𝑕𝑒 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 𝑑𝑕𝑒 𝑦,

ku 𝑥 = 3 𝑑𝑕𝑒 𝑦 = 1, si në vazhdim;


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 𝑑𝑕𝑒 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; 𝑑𝑕𝑒 𝑓 0,0 = 1

ii. 𝑓 2,1 = 7; 𝑓 −1, −3 = −26; 𝑑𝑕𝑒 𝑓 0,0 = 0

Detyrë_2. Është dhënë funksioni; 𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑢 = 𝑥2 + 𝑦𝑢 + 2. Të gjendet

𝑓 0,1,0 𝑑𝑕𝑒 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


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 𝑑𝑕𝑒 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.


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 𝑑𝑕𝑒 0 < 𝑦 − 𝑏 < 𝛿 të kemi |𝑓 𝑥, 𝑦 − 𝑙| < 휀.

Teoremë 1. Le të jetë dhënë limiti i funksionit;


𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑙1


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 𝑑𝑕𝑒 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;


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;


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 𝑑𝑕𝑒 𝑕(𝑦) atëherë kemi;

𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑔 𝑥 ∙ 𝑕(𝑦)

Dhe normalisht që ka vend barazimi i mëposhtëm;


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:


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 𝑑𝑕𝑒 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 𝑑𝑕𝑒

𝑥2𝑦

𝑥2 + 𝑦2=

0

𝑥2 + 02= 0


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 𝑎𝑡ë𝑕𝑒𝑟ë 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


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


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)

𝑕


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 𝑑𝑕𝑒

𝜕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 𝑑𝑕𝑒 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 − ë𝑠𝑕𝑡ë 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒.


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 𝑑𝑕𝑒 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


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 𝑑𝑕𝑒 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.


17

Rrjedhim 2. Nëse derivatet e pjesshme 𝑓𝑥 𝑑𝑕𝑒 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 𝑑𝑕𝑒 𝑓𝑦 janë të vazhdueshme në pikën B dhe

nëse funksionet 𝑥 = 𝑔 𝑢 𝑑𝑕𝑒 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 𝑑𝑕𝑒 𝑦 = 2𝑢𝑣

iii. 𝑧 = 𝑥𝑦, 𝑥 = 𝑒𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣 𝑑𝑕𝑒 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


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 𝑑𝑕𝑒 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 𝑑𝑕𝑒 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


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 𝑑𝑕𝑒 𝐹𝑦 , janë të vazhdueshme dhe funksioni 𝐹(𝑥, 𝑦) ≠ 0, atëherë

kemi:

𝜕𝑧

𝜕𝑥= −

𝐹𝑥

𝐹𝑧 𝑑𝑕𝑒

𝜕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


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 𝑧𝑏ë𝑟𝑡𝑕𝑒𝑕𝑒𝑡 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


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 𝑑𝑕𝑒 𝛿.

Por mund të shkruajmë edhe;

𝑧 𝑥, 𝑦 = 𝑧 𝑥0, 𝑦0 + 𝜕𝑧

𝜕𝑥 𝑥0 ,𝑦0

𝑥 − 𝑥0 + 𝜕𝑧

𝜕𝑦 𝑥0 ,𝑦0

𝑦 − 𝑦0 +


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 𝑑𝑕𝑒 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;


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 𝑑𝑕𝑒

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2= 6𝑥

𝜕𝑧

𝜕𝑦= 3 − 3𝑦2 𝑑𝑕𝑒

𝜕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


24

Ky shembull mund të zgjidhet drejtpërdrejt për; 𝑥0 = ±1 𝑑𝑕𝑒 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 +


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.


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 𝑑𝑕𝑒

𝜕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 𝑑𝑕𝑒 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.


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 𝑑𝑕𝑒 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 𝑑𝑕𝑒 𝑧𝑥𝑥 𝐴 = 12 > 0

Atëherë pika A është minimumi dhe 𝑧𝑚𝑖𝑛 (𝐴) = −28.

Pasi që; ∆𝐵 = 36 4 − 1 = 108 > 0 𝑑𝑕𝑒 𝑧𝑥𝑥 𝐵 = −12 < 0


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 𝑑𝑕𝑒 𝑥1 = 0, 𝑥2 = −1

Prandaj 𝐴 = 0,0 𝑑𝑕𝑒 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 ë𝑠𝑕𝑡ë 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, 𝑑𝑕𝑒 2 − 2𝑦 = 0

𝑥 = 1 𝑑𝑕𝑒 𝑦 = 1

2𝑦 − 𝑦2 = 0 𝑑𝑕𝑒 2𝑥 − 𝑥2 = 0

𝑦1 = 0, 𝑦2 = 2 𝑑𝑕𝑒 𝑥1 = 0, 𝑥2 = 2


29

𝐴 = 1,1 , 𝐵 = 0,0 , 𝐶 = 0,2 𝑑𝑕𝑒 𝐷 = 2,0 𝑑𝑕𝑒 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 − ë𝑠𝑕𝑡ë 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 𝑑𝑕ë𝑛ë.

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


30

Këtu 𝑔 𝑥 = 𝑥 𝑑𝑕𝑒 𝑕 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 𝑑𝑕𝑒 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.


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


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;


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 − ë𝑠𝑕𝑡ë 𝑓𝑢𝑛𝑘𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑖 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑢𝑒𝑠𝑕ë𝑚.

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 −? 𝑑𝑕𝑒 𝑑3𝑦 1,1 −?

𝑧 = 𝑥 𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 𝑑𝑥,𝑦

𝑥 𝑑3𝑧 1,1 ; apo: 𝑢 = 𝑥3𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑦3𝑠𝑖𝑛𝑥, dhe

𝜕7𝑦

𝜕𝑥3𝜕𝑦2 𝑑𝑕𝑒 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)


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')


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')


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


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.)

Funksionet me shumë ndryshore

Documents

Transcript of Funksionet me shumë ndryshore