f(x,y) = 1 + x ln (xy – 5), (2,3)
Este problema explica por qué la función dada es diferenciable a indicar, y para encontrar el linealización en esto indicar. El concepto requerido para resolver este problema incluye el método para encontrar Derivadas parciales efecto y fy de la función z = f(x,y)la teorema de la derivada parcialy la ecuacion de linealización.
los teorema de la derivada parcial indica que si el Derivadas parciales efecto y fy somos continuado y existir cerca Un punto (una B)la funcion es diferenciable en este momento.
Linealización es el método para encontrar el aproximación lineal de una función $f(x,y)$ en un punto dado $(a,b)$ con el fórmula:
[ L(x,y)=f(a,b)+(x-a)f_x(a,b)+(y-b)f_y(a,b)]
La ecuación anterior es similar a la una variable lineal ecuación $L(x)=f(a)+f'(a)(xa)$.
Respuesta experta
Dado ecuación:
[ f(x,y) = 1 + x ln (xy-5); space text{and the point is}space (2,3)]
En consecuencia,
[ f(2,3) = 1 + 2 ln ((2)(3)-5) ]
[ f(2,3) = 1 ]
Primero, encontraremos el Derivadas parciales de $f$ para usar el teorema,
Diferenciar la ecuación $ f(x,y) = 1 + x ln (xy-5)$ con respeto en $x$ para encontrar $f_x$:
[ f(x,y) = 1 + x ln (xy-5)]
[ f_x(x,y) = x times dfrac{1}{xy-5}(y) + ln (xy-5) times 1 ]
Es decir,
[ f_x(x,y) = dfrac{xy}{xy-5} + ln (xy-5) ]
Poniendo $(2.3)$:
[ f_x(2,3) = dfrac{(2)(3)}{(2)(3)-5} + ln ((2)(3)-5) ]
[ f_x(x,y) = 6 +ln (1) ]
[ f_x(x,y) = 6 ]
Ahora diferenciar con respeto a $y$ para encontrar $f_y$:
[ f_y(x,y) = x times dfrac{1}{xy-5}(x) ]
Se convierte en,
[ f_y(x,y) = dfrac{x^2}{xy-5} ]
Poniendo $(2.3)$:
[ f_y(x,y) = dfrac{2^2}{(2)(3)-5} ]
[ f_y(x,y) = 4 ]
por lo tanto, nosotros concluir que $f_x(x,y) = dfrac{xy}{xy-5} + ln (xy-5)$ y $f_y(x,y) = dfrac{x^2}{xy-5}$ existir, y son continuado por $xgeq 5$ que medio tanto $f_x$ como $f_y$ son continuado y existir cerca de indicar $(2.3)$.
En consecuencia,
[ f(x,y) = 1 + x ln (xy-5); space text{is differentiable at point} space (2,3)]
Ahora usando el ecuación de linealización:
[ L(x,y) = f(2,3) + (x-2)f_x(2,3) + (y-3)f_y(2,3) ]
Reemplazar los valores:
[ L(x,y) = 1 + (x-2)(6) + (y-3)(4) ]
Por lo tanto, la función de linealización es:
[ L(x,y) = 6x + 4y – 23 ]
resultado numérico
$f(x,y)$ es diferenciable a indicar $(2.3)$ y el linealización de $f(2,3)$ es, $L(x,y) = 6x + 4y – 23$.
Ejemplo
dar una razón para función estar diferenciable dado indicar, y también encontrar el linealización de la función en el mismo punto.
$f(x,y)=dfrac{1+y}{1+x};space(1,3)$
Reorganizar el función:
[ f(x,y) = (1+y)(1+x)^{-1}]
los Derivadas parciales somos:
[ f_x(x,y) = (1+y)(-1)(1+x)^{-2}]
[ f_x(x,y) = – dfrac{1+y}{(1+x)^2}]
Y,
[f_y(x,y) = (1)(1+x)^{-1}]
[f_y(x,y) = – dfrac{1}{1+x}]
Ahora, sustitución la indicar:
[f_x(1,3) = – dfrac{1+3}{(1+1)^2}]
[f_x(1,3) = – 1]
De la misma forma,
[f_y(1,3) = – dfrac{1}{1+1}]
[f_x(1,3)=dfrac{1}{2}]
$f_x$ y $f_y$ son funciones continuas para $x neq -1$, entonces $f$ es diferenciable en el punto $(1,3)$.
Ahora usando el ecuación de linealización:
[L(x,y)=f(1,3) + (x-1)f_x(1,3) + (y-3)f_y(1,3) ]
Reemplazar los valores:
[L(x,y)=2 + (x-1)(-1) + (y-3)(dfrac{1}{2}) ]
Por lo tanto, la función de linealización es:
[L(x,y)=-x + dfrac{1}{2}y + dfrac{3}{2}]
