Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 9: Twierdzenie o funkcjach uwikłanych. Ekstrema warunkowe

From Studia Informatyczne

Twierdzenie o funkcjach uwikłanych

Ćwiczenie 9.1.

W otoczeniu jakich punktów istnieje jednoznacznie określona funkcja

a) \displaystyle x=x(y) rozwikłująca równanie \displaystyle F(x,y)=x^2+2xy-y^2-a^2=0 (\displaystyle a\neq 0),

b) \displaystyle y=y(x) rozwikłująca równanie \displaystyle F(x,y)=\ln (\sqrt {x^2+y^2})-\mathrm{arctg}\, (\frac yx)=0,

c) \displaystyle y=y(x) rozwikłująca równanie \displaystyle F(x,y)=y^x-y+1=0,

d) \displaystyle z=z(x,y) rozwikłująca równanie \displaystyle F(x,y,z)=xy+yz+zx=0?

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o funkcjach uwikłanych.

Rozwiązanie

a) Obliczmy pochodną cząstkową

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial x}=2x+2y.

Punkty, w których otoczeniu nie można rozwikłać równania względem zmiennej \displaystyle x, są określone przez układ równań

\displaystyle \begincases  &2x+2y=0 \\ &x^2+2xy-y^2-a^2=0.\\ \endcases

Wstawiając \displaystyle x=-y do drugiego równania, otrzymujemy \displaystyle -2x^2=a^2. Z tego wynika, że powyższy układ nie ma rozwiązań. Tak więc nasze równanie można rozwikłać względem zmiennej \displaystyle x w pewnym otoczeniu dowolnego punktu.

b) Rozumujemy podobnie jak w poprzednim przykładzie. Obliczmy

pochodną cząstkową

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial y}=\frac{y-x}{x^2+y^2}.

Punkty, w których otoczeniu nie można rozwikłać równania względem zmiennej \displaystyle y, są określone przez układ równań

\displaystyle \begincases  &\frac {y-x}{x^2+y^2}=0 \\ &\ln (\sqrt {x^2+y^2})-\mathrm{arctg}\, (\frac yx)=0.\\ \endcases

Z pierwszego równania dostajemy \displaystyle x=y. Podstawiając tę zależność do drugiego równania, otrzymujemy \displaystyle \frac 12\ln 2+\ln |x|=\frac {\pi}{4}. Wynika stąd, że naszego równania nie można rozwikłać względem zmiennej \displaystyle y w żadnym otoczeniu punktu \displaystyle (x,y), tylko jeśli \displaystyle (x,y)= (b,b) albo \displaystyle (x,y)= (-b,-b), gdzie \displaystyle b=e^{\frac {\pi}{4}-\frac 12\ln 2}.

c) Obliczmy pochodną cząstkową

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial y}=xy^{x-1}-1.

Punkty, w których otoczeniu nie można rozwikłać równania względem zmiennej \displaystyle y, są określone przez układ równań

\displaystyle \begincases  &xy^{x-1}-1=0 \\ &y^x+1-y=0.\\ \endcases

Z pierwszego równania dostajemy \displaystyle y^{x-1}=\frac 1x. Podstawiając tę zależność do drugiego równania, otrzymujemy \displaystyle \frac yx+1=y, czyli \displaystyle x=\frac {y}{y-1}. Podstawiając otrzymany wzór do drugiego równania, dostajemy

\displaystyle y^{\frac {y}{y-1}}+1-y=0,

czyli

\displaystyle (y-1)^{y-1}=y^y.

Zauważmy, że nasze wyjściowe równanie \displaystyle y^x+1=y jest określone dla \displaystyle y>1, gdyż lewa strona tego równania jest większa od jedności. Aby rozwiązać równanie \displaystyle (y-1)^{y-1}=y^y, rozważmy funkcję \displaystyle f(x)=x^x. Jej pochodna wynosi \displaystyle f'(x)=x^x(1+\ln x)>0, czyli \displaystyle f jest silnie rosnąca. Stąd wynika, że równanie \displaystyle (y-1)^{y-1}=y^y nie ma rozwiązań. Zatem równanie \displaystyle y=1+y^x można rozwikłać względem zmiennej \displaystyle y w pewnym otoczeniu każdego punktu.

d) Obliczmy pochodną cząstkową

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial z}=y+x.

Punkty, w których otoczeniu nie można rozwikłać równania względem zmiennej \displaystyle z, są określone przez układ równań

\displaystyle \begincases  & y+x=0 \\ &xy+yz+zx=0.\\ \endcases

Z pierwszego równania dostajemy \displaystyle x=-y. Podstawiając tę zależność do drugiego równania, otrzymujemy \displaystyle -x^2=0, czyli \displaystyle x=y=0. Z tego wynika, że naszego równania nie można rozwikłać względem zmiennej \displaystyle z w żadnym otoczeniu dowolnego punktu postaci \displaystyle (0,0,z).

Ćwiczenie 9.2.

Zapisać poniższe równania we współrzędnych biegunowych. W otoczeniu jakich punktów istnieje jednoznacznie określona funkcja \displaystyle y=y(x) rozwikłująca równanie

a) \displaystyle F(x,y)=(x^2+y^2)^2-2a^2(x^2-y^2)=0\displaystyle (a\neq 0),

b) \displaystyle F(x,y)=(x^2+y^2-a^2)^3+27a^2x^2y^2=0\displaystyle (a\neq 0),

c) \displaystyle F(x,y)=x^3+y^3-3axy=0?

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o funkcjach uwikłanych.

Rozwiązanie

<flash>file=AM2_C_8.10.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 9.2.(a)

a) Równanie \displaystyle F(x,y)=(x^2+y^2)^2-2a^2(x^2-y^2)=0 opisuje krzywą zwaną lemniskatą Bernoullego. Obliczmy pochodną cząstkową

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial y}=4y(x^2+y^2)+4ya^2=4y(x^2+y^2+a^2).

Punkty, w których otoczeniu nie można rozwikłać równania względem

zmiennej \displaystyle y, są określone przez układ równań

\displaystyle \begincases  & y=0 \\ &(x^2+y^2)^2-2a^2(x^2-y^2)=0.\\ \endcases

Podstawiając \displaystyle y=0 do drugiego równania, otrzymujemy \displaystyle x^4=2a^2x^2,

czyli \displaystyle x=0 lub \displaystyle x=\sqrt 2a lub \displaystyle x=-\sqrt 2a. Wynika z tego, że naszego równania nie można rozwikłać względem zmiennej \displaystyle y w żadnym otoczeniu punktu \displaystyle (x,y), tylko jeśli \displaystyle x\in \{0, \sqrt 2a,-\sqrt 2a\} i \displaystyle y=0. Widać to na rysunku


Znajdziemy teraz równanie leminiskaty Bernoullego we współrzędnych

biegunowych. Podstawiając do równania \displaystyle (x^2+y^2)^2-2a^2(x^2-y^2)=0 zmienne \displaystyle x=r\cos \varphi i \displaystyle y=r\sin \varphi, dostajemy równanie

\displaystyle r^4=2a^2r^2(\cos^2\varphi-\sin^2\varphi),

czyli

\displaystyle r^2=2a^2\cos (2\varphi).

<flash>file=AM2c_8.20.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 9.2.(b)

b) Równanie \displaystyle F(x,y)=(x^2+y^2-a^2)^3+27a^2x^2y^2=0 lub równoważne \displaystyle x^2+y^2-a^2=-3a^{\frac 23}x^{\frac 23}y^{\frac 23} opisuje krzywą zwaną asteroidą. Zapiszemy to równanie w równoważnej, jeszcze prostszej postaci:

\displaystyle \aligned &0=x^2+y^2-a^2+3a^{\frac 23}x^{\frac 23}y^{\frac 23} \\ &=\left(x^{\frac 23}+y^{\frac 23}\right)^3-\left (a^{\frac 23}\right)^3-3x^{\frac 43}y^{\frac 23}-3x^{\frac 23}y^{\frac 43}+3a^{\frac 23}x^{\frac 23}y^{\frac 23} \\ &=\left(x^{\frac 23}+y^{\frac 23}-a^{\frac 23}\right) \left(\left(x^{\frac 23}+y^{\frac 23}\right)^2+a^{\frac 23}\left(x^{\frac 23}+y^{\frac 23}\right)+a^{\frac 43}-3x^{\frac 23}y^{\frac 23}\right)\\ &=\left(x^{\frac 23}+y^{\frac 23}-a^{\frac 23}\right)\left (\left(x^{\frac 23}-y^{\frac 23}\right)^2+a^{\frac 23}\left(x^{\frac 23}+y^{\frac 23}\right)+a^{\frac 43}+x^{\frac 23}y^{\frac 23}\right). \endaligned

Zauważmy, że wyrażenie

\displaystyle \left(x^{\frac 23}-y^{\frac 23}\right)^2+a^{\frac 23}\left(x^{\frac 23}+y^{\frac 23}\right)+a^{\frac 43}+x^{\frac 23}y^{\frac 23}\geq a^{\frac 43}>0,

czyli równanie asteroidy jest równoważne równaniu

\displaystyle G(x,y)=x^{\frac 23}+y^{\frac 23}-a^{\frac 23}=0.

Obliczmy pochodną cząstkową

\displaystyle \frac {\partial G}{\partial y}=\frac 23y^{-\frac 13}.

Z tego wynika, że naszego równania nie można rozwikłać względem

zmiennej \displaystyle y w żadnym otoczeniu punktu\displaystyle (a,0) ani w żadnym otoczeniu punktu \displaystyle (-a,0). Widać to na rysunku


Znajdziemy teraz równanie asteroidy we współrzędnych biegunowych.

Podstawiając do równania
\displaystyle (x^2+y^2-a^2)^3+27a^2x^2y^2=0

zmienne \displaystyle x=r\cos \varphi i \displaystyle y=r\sin \varphi, dostajemy równanie

\displaystyle (r^2-a^2)^3=-27a^2r^4\cos^2\varphi\sin^2\varphi,

czyli

\displaystyle r^2=-\frac {3}{\sqrt [3]4}a^{\frac 23}r^{\frac{4}{3}}\sin^{\frac 23} (2\varphi)+a^2.

<flash>file=AM2_C_8.30.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 9.2.(c)

c) Równanie \displaystyle F(x,y)=x^3+y^3-3axy=0 opisuje krzywą zwaną liściem Kartezjusza. Obliczmy pochodną cząstkową

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial y}=3y^2-3ax.

Punkty, w których otoczeniu nie można rozwikłać równania względem

zmiennej \displaystyle y są określone przez układ równań

\displaystyle \begincases  & 3y^2-3ax=0 \\ &x^3+y^3-3axy=0.\\ \endcases

Z pierwszego równania dostajemy \displaystyle x=\frac {y^2}{a}. Podstawiając

to wyrażenie do drugiego równania, otrzymujemy \displaystyle \frac {y^6}{a^3}-2y^3=0, czyli \displaystyle y=0 lub \displaystyle y=\sqrt [3]2a. Wynika z tego, że naszego równania nie można rozwikłać względem zmiennej \displaystyle y w żadnym otoczeniu punktu \displaystyle (0,0) ani w żadnym otoczeniu punktu \displaystyle (\sqrt [3]4a,\sqrt [3]2a). Widać to na rysunku


Znajdziemy teraz równanie liścia Kartezjusza we współrzędnych

biegunowych. Podstawiając do równania \displaystyle x^3+y^3-3axy=0 zmienne \displaystyle x=r\cos \varphi i \displaystyle y=r\sin \varphi, dostajemy równanie

\displaystyle r^3(\cos^3\varphi+\sin^3\varphi)=3ar^2\cos\varphi\sin\varphi,

czyli

\displaystyle r=\frac 32a\frac {\sin (2\varphi)}{\cos^3\varphi+\sin^3\varphi}.

Ćwiczenie 9.3.

a) Obliczyć pierwszą i drugą pochodną funkcji \displaystyle y=y(x) w punkcie \displaystyle e, jeśli \displaystyle y(e)=1 i funkcja \displaystyle y=y(x) jest uwikłana równaniem \displaystyle F(x,y)=x^2y-e^{2y}=0.

b) Obliczyć pierwszą i drugą pochodną funkcji \displaystyle y=y(x) w punkcie \displaystyle -1, jeśli \displaystyle y(-1)=-1 i funkcja \displaystyle y=y(x) jest uwikłana równaniem \displaystyle F(x,y)=ye^x+e^{y}=0.

c) Obliczyć pochodne cząstkowe rzędu pierwszego i drugiego funkcji \displaystyle z=z(x,y) w punkcie \displaystyle (2,1), jeśli \displaystyle z(2,1)=0 i funkcja \displaystyle z=z(x,y) jest uwikłana równaniem \displaystyle F(x,y,z)=e^{z}-xyz-1=0.

d) Obliczyć pochodne cząstkowe rzędu pierwszego i drugiego funkcji \displaystyle z=z(x,y) w punkcie \displaystyle (0,\frac {\pi}{4}), jeśli \displaystyle z(0,\frac {\pi}{4})=\frac {\pi}{4} i funkcja \displaystyle z=z(x,y) jest uwikłana równaniem \displaystyle F(x,y,z)=x+\mathrm{arctg}\, (\frac {y}{z-x})-z=0.

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o funkcjach uwikłanych. Jaki jest związek między pochodnymi cząstkowymi funkcji \displaystyle F, a pochodną funkcji \displaystyle y czy \displaystyle z?

Rozwiązanie

a) Ponieważ \displaystyle F(e,1)=0 oraz

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial y}=x^2-2e^{2y}, \quad \frac {\partial F}{\partial y}(e,1)=-e^2\neq 0,

więc w otoczeniu punktu \displaystyle e istnieje funkcja \displaystyle y=y(x) (taka, że \displaystyle y(e)=1) rozwikłująca równanie \displaystyle F(x,y)=x^2y-e^{2y}=0. Obliczmy pochodną cząstkową funkcji \displaystyle F względem zmiennej \displaystyle x. Mamy

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial x}= 2xy, \quad \frac {\partial F}{\partial x}(e,1)=2e.

Stąd pochodna funkcji \displaystyle y(x) jest równa

\displaystyle y'(x)=-\frac {\frac {\partial F}{\partial x}}{\frac {\partial F}{\partial y}}=-\frac {2xy}{x^2-2e^{2y}},

czyli \displaystyle y'(e)=\frac 2e. Pamiętając, że \displaystyle y=y(x), obliczamy drugą pochodną

\displaystyle y''(x)=\frac {(2y+2xy')(2e^{2y}-x^2)-2xy(4e^{2y}y'-2x)}{(2e^{2y}-x^2)^2},

a stąd \displaystyle y''(e)=-\frac {6}{e^2}.

b) Ponieważ \displaystyle F(-1,-1)=0 oraz

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial y}=e^{x}+e^y, \quad \frac {\partial F}{\partial y}(-1,-1)=2e^{-1}\neq 0,

więc w otoczeniu punktu \displaystyle -1 istnieje funkcja \displaystyle y=y(x) (taka, że \displaystyle y(-1)=-1) rozwikłująca równanie \displaystyle F(x,y)=ye^{x}+e^y=0. Obliczmy pochodną cząstkową funkcji \displaystyle F względem zmiennej \displaystyle x. Mamy

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial x}=ye^x, \quad \frac {\partial F}{\partial x}(-1,-1)=-e^{-1}.

Stąd pochodna funkcji \displaystyle y(x) jest równa

\displaystyle y'(x)=-\frac {\frac {\partial F}{\partial x}}{\frac {\partial F}{\partial y}}=-\frac {ye^x}{e^{x}+e^y},

czyli \displaystyle y'(-1)=-\frac 12. Pamiętając, że \displaystyle y=y(x), obliczmy drugą pochodną

\displaystyle y''(x)=-\frac {(y'e^x+ye^x)(e^{x}+e^y)-ye^x(e^{x}+y'e^y)}{(e^{x}+e^y)^2},

a stąd \displaystyle y''(-1)=\frac 58.

c) Ponieważ \displaystyle F(2,1,0)=0 oraz

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial z}=e^{z}-xy, \quad \frac {\partial F}{\partial z}(2,1,0)=-1\neq 0,

więc w otoczeniu punktu \displaystyle (2,1) istnieje funkcja \displaystyle z=z(x,y) (taka, że \displaystyle z(2,1)=0) rozwikłująca równanie \displaystyle F(x,y,z)=e^{z}-xyz-1=0. Obliczmy pochodne cząstkowe funkcji \displaystyle F względem zmiennych \displaystyle x i \displaystyle y. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial F}{\partial x}=-yz, \quad \frac {\partial F}{\partial x}(2,1,0)=0, \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=-xz, \quad \frac{\partial F}{\partial y}(2,1,0)=0. \endaligned

Stąd pochodne cząstkowe funkcji \displaystyle z(x,y) są równe

\displaystyle \aligned &\frac {\partial z}{\partial x}=-\frac {\frac {\partial F}{\partial x}}{\frac {\partial F}{\partial z}}=\frac {yz}{e^z-xy}, \quad \frac {\partial z}{\partial x}(2,1)=0, \\ &\frac {\partial z}{\partial y}=-\frac {\frac {\partial F}{\partial y}}{\frac {\partial F}{\partial z}}=\frac {xz}{e^z-xy}, \quad \frac {\partial z}{\partial y}(2,1)=0. \endaligned

Pamiętając, że \displaystyle z=z(x,y), obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego

\displaystyle \aligned &\frac {\partial ^2z}{\partial x^2}=\frac {(y\frac {\partial z}{\partial x})(e^z-xy)-yz(\frac {\partial z}{\partial x}e^z-y)}{(e^z-xy)^2}, \\ &\frac {\partial ^2z}{\partial x\partial y}=\frac {(z+y\frac {\partial z}{\partial y})(e^z-xy)-yz(\frac {\partial z}{\partial y}e^z-x)}{(e^z-xy)^2}, \\ &\frac {\partial ^2z}{\partial y^2}=\frac {(x\frac {\partial z}{\partial y})(e^z-xy)-xz(\frac {\partial z}{\partial y}e^z-x)}{(e^z-xy)^2}, \\ \endaligned

a stąd wynika, że wszystkie pochodne rzędu drugiego funkcji \displaystyle z w punkcie \displaystyle (2,1) są równe zeru.

d) Ponieważ \displaystyle F(0, \frac{\pi}4, \frac{\pi}4)=0 oraz

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial z}=-\frac {(z-x)^2+y^2+y}{(z-x)^2+y^2},\qquad \frac {\partial F}{\partial z}\left(0,\frac {\pi}{4},\frac {\pi}{4}\right)=-\frac {\pi +2}{\pi}\neq 0,

więc w otoczeniu punktu \displaystyle (0, \frac{\pi}4) istnieje funkcja \displaystyle z=z(x,y) (taka, że \displaystyle z(0, \frac{\pi}4)=  \frac{\pi}4) rozwikłująca równanie \displaystyle F(x,y,z)=x-z+\mathrm{arctg}\, (\frac {y}{z-x})=0. Obliczmy pochodne cząstkowe funkcji \displaystyle F względem zmiennych \displaystyle x i \displaystyle y. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial F}{\partial x}=\frac {(z-x)^2+y^2+y}{(z-x)^2+y^2}, \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=\frac {z-x}{(z-x)^2+y^2}. \endaligned

Stąd pochodne cząstkowe funkcji \displaystyle z(x,y) są równe

\displaystyle \aligned &\frac {\partial z}{\partial x}=-\frac {\frac {\partial F}{\partial x}}{\frac {\partial F}{\partial z}}=-\frac {\frac {(z-x)^2+y^2+y}{(z-x)^2+y^2}} {-\frac {(z-x)^2+y^2+y}{(z-x)^2+y^2}}=1, \\ &\frac {\partial z}{\partial y}=-\frac {\frac {\partial F}{\partial y}}{\frac {\partial F}{\partial z}}=-\frac {\frac {z-x}{(z-x)^2+y^2}}{-\frac {(z-x)^2+y^2+y}{(z-x)^2+y^2}}=\frac {z-x}{(z-x)^2+y^2+y}, \endaligned

czyli

\displaystyle \aligned &\frac {\partial z}{\partial x}\left(0,\frac {\pi}{4}\right)=1 \\ &\frac {\partial z}{\partial x}\left(0,\frac {\pi}{4}\right)=\frac {2}{\pi +2}. \endaligned

Pamiętając, że \displaystyle z=z(x,y), obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego

\displaystyle \aligned &\frac {\partial ^2z}{\partial x^2}=0, \\ &\frac {\partial ^2z}{\partial x\partial y}=0, \\ &\frac {\partial ^2z}{\partial y^2}=\frac {\frac {\partial z}{\partial y}((z-x)^2+y^2+y)-(z-x)(2(z-x)\frac {\partial z}{\partial y}+2y+1)}{((z-x)^2+y^2+y)^2}, \\ \endaligned

a stąd wynika, że

\displaystyle \aligned &\frac {\partial ^2z}{\partial x^2}\left(0,\frac {\pi}{4}\right)=0, \\ &\frac {\partial ^2z}{\partial x\partial y}\left(0,\frac {\pi}{4}\right)=0, \\ &\frac {\partial ^2z}{\partial y^2}\left(0,\frac {\pi}{4}\right)=-\frac {8(\pi+4)}{(\pi+2)^3}. \endaligned

Ćwiczenie 9.4.

a) Rozważamy funkcje \displaystyle y=y(x) i \displaystyle z=z(x) określone układem równań

\displaystyle \begincases &\ln y+y\ln z+xz=0 \\ &x-y+z=0\\ \endcases

i takie, że \displaystyle y(0)=z(0)=1. Obliczyć pochodne \displaystyle y'(0) i \displaystyle z'(0).

b) Rozważamy funkcje \displaystyle u=u(x,y) i \displaystyle v=v(x,y) są uwikłane układem równań

\displaystyle \begincases &x-e^u-u\sin v=0 \\ &y-e^u-u\cos v=0\\ \endcases

i takie, że \displaystyle u(e,e-1)=1 i \displaystyle v(e,e-1)=0. Wyznaczyć pochodne cząstkowe rzędu pierwszego tych funkcji w punkcie \displaystyle (e,e-1).

Wskazówka

Zróżniczkować każde równanie stronami i podstawić znane wartości w interesującym nas punkcie. Rozwiązać uzyskany układ równań, traktując szukane pochodne jako niewiadome.

Rozwiązanie

a) Różniczkujemy oba równania układu

\displaystyle \begincases &\ln y+y\ln z+xz=0 \\ &x-y+z=0\\ \endcases

stronami, pamiętając, że \displaystyle y=y(x) i \displaystyle z=z(x). Mamy

\displaystyle \begincases &y'\frac 1y+y'\ln z+y\frac {z'}{z}+z+xz'=0 \\ &1-y'+z'=0.\\ \endcases

W punkcie \displaystyle (0,1,1) otrzymujemy układ równań

\displaystyle \begincases &y'(0)+z'(0)=-1 \\ &-y'(0)+z'(0)=-1\\ \endcases .

Ostatecznie \displaystyle y'(0)=0 i \displaystyle z'(0)=-1.

b) Różniczkujemy po \displaystyle x oba równania układu

\displaystyle \begincases &x-e^u-u\sin v=0 \\ &y-e^u-u\cos v=0\\ \endcases

stronami, pamiętając, że \displaystyle u=u(x,y) i \displaystyle v=v(x,y). Mamy

\displaystyle \begincases &1-\frac {\partial u}{\partial x}e^u-\frac {\partial u}{\partial x}\sin v -u\frac {\partial v}{\partial x}\cos v=0 \\ &-\frac {\partial u}{\partial x}e^u-\frac {\partial u}{\partial x}\cos v +u\frac {\partial v}{\partial x}\sin v=0.\\ \endcases

W punkcie \displaystyle (e,e-1,1,0) otrzymujemy układ równań

\displaystyle \begincases &-e\frac {\partial u}{\partial x}(e,e-1)-\frac {\partial v}{\partial x}(e,e-1)=-1 \\ &-(e+1)\frac {\partial u}{\partial x}(e,e-1)=0.\\ \endcases

Ostatecznie

\displaystyle \aligned &\frac {\partial u}{\partial x}(e,e-1)=0, \\ &\frac {\partial v}{\partial x}(e,e-1)=1. \\ \endaligned

Podobnie postępujemy, szukając pochodnych cząstkowych po \displaystyle y. Różniczkujemy po \displaystyle y oba równania układu

\displaystyle \begincases &x-e^u-u\sin v=0 \\ &y-e^u-u\cos v=0\\ \endcases

stronami, pamiętając, że \displaystyle u=u(x,y) i \displaystyle v=v(x,y). Mamy

\displaystyle \begincases &-\frac {\partial u}{\partial y}e^u-\frac {\partial u}{\partial y}\sin v -u\frac {\partial v}{\partial y}\cos v=0 \\ &1-\frac {\partial u}{\partial y}e^u-\frac {\partial u}{\partial y}\cos v +u\frac {\partial v}{\partial y}\sin v=0.\\ \endcases

W punkcie \displaystyle (e,e-1,1,0) otrzymujemy układ równań

\displaystyle \begincases &-e\frac {\partial u}{\partial y}(e,e-1)-\frac {\partial v}{\partial y}(e,e-1)=0 \\ &1-(e+1)\frac {\partial u}{\partial y}(e,e-1)=0.\\ \endcases

Ostatecznie

\displaystyle \aligned &\frac {\partial u}{\partial y}(e,e-1)=\frac {1}{e+1}, \\ &\frac {\partial v}{\partial y}(e,e-1)=-\frac {e}{e+1}. \\ \endaligned

Ćwiczenie 9.5.

Rozważamy funkcję \displaystyle y=y(x) uwikłaną równaniem \displaystyle F(x,y)=xy+\ln x+\ln y-1=0 i taką, że \displaystyle y(1)=1. Rozwinąć ją w szereg Taylora w punkcie \displaystyle 1.

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o funkcjach uwikłanych. Wyliczyć \displaystyle y'(1), y''(1), y'''(1), odgadnąć wzór na \displaystyle y^{(n)}(1) i indukcyjnie wykazać, że jest prawdziwy. Zastosować wzór Taylora. Można także spróbować wyznaczyć jawny wzór na funkcję \displaystyle y=y(x): podstawić \displaystyle z=xy w równaniu \displaystyle F(x,y)=0 i rozwiązać to równanie z jedną niewiadomą.

Rozwiązanie

Ponieważ \displaystyle F(1,1)=0 oraz

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial y}=x+\frac {1}{y}, \quad \frac {\partial F}{\partial y}(1,1)=2\neq 0,

a więc w otoczeniu punktu \displaystyle 1 istnieje funkcja \displaystyle y=y(x) (taka, że \displaystyle y(1)=1) rozwikłująca równanie \displaystyle F(x,y)=xy+\ln x+\ln y-1=0. Obliczmy pochodne funkcji \displaystyle y(x) w punkcie \displaystyle x=1. Mamy

\displaystyle \frac {\partial F}{\partial x}=y+\frac {1}{x},

czyli

\displaystyle y'(x)=-\frac {\frac {\partial F}{\partial x}}{\frac {\partial F}{\partial y}}=-\frac yx.

Udowodnimy indukcyjnie, że dla dowolnego \displaystyle n

\displaystyle y^{(n)}=(-1)^nn!\frac {y}{x^n}.

Dla \displaystyle n=1 wzór jest prawdziwy. Załóżmy, że jest on prawdziwy dla liczby \displaystyle n. Wykażemy wtedy, że jest on również prawdziwy dla liczby \displaystyle n+1. Korzystając z założenia indukcyjnego i wzoru \displaystyle y'(x)=-\frac yx, mamy

\displaystyle \aligned &y^{(n+1)}(x)=\left(y^{(n)}\right)'(x)=\left((-1)^nn!\frac {y}{x^n} \right )'=(-1)^nn!\frac {y'x^n-nx^{n-1}y}{x^{2n}} \\ &=(-1)^nn!\frac {-yx^{n-1}-nx^{n-1}y}{x^{2n}}=(-1)^{n+1}(n+1)!\frac {y}{x^{n+1}}. \endaligned

Stąd na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla każdego \displaystyle n. Obliczmy wartość pochodnych funkcji \displaystyle y w punkcie \displaystyle x=1

\displaystyle y^{(n)}(1)=(-1)^{n}n!\frac {y(1)}{1^n}=(-1)^{n}n!.

Stosując rozwinięcie Taylora, dostajemy

\displaystyle y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac {y^{(n)}(1)}{n!}(x-1)^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac {(-1)^{n}n!}{n!}(x-1)^n=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}(x-1)^n.

Postaramy się teraz rozwiązać to zadanie inną metodą. Zauważmy, że podstawiając do równania \displaystyle F(x,y)=xy+\ln x+\ln y-1=0 nową zmienną \displaystyle z=xy, dostajemy równanie \displaystyle z-1+\ln z=0. Równanie to ma tylko jedno rozwiązanie \displaystyle z=1. Stąd wynika, że nasze wyjściowe równanie jest równoważne równaniu \displaystyle xy=1, czyli \displaystyle y=\frac 1x. Szereg Taylora dla funkcji \displaystyle y(x)=\frac 1x można otrzymać, wykorzystując własności szeregu geometrycznego. Mamy w otoczeniu punktu \displaystyle x=1

\displaystyle y(x)=\frac 1x=\frac 1{1+x-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}(x-1)^n.

Ćwiczenie 9.6.

Znaleźć ekstrema funkcji uwikłanej

a) \displaystyle y=y(x) określonej równaniem \displaystyle F(x,y)=(x^2+y^2)^2-2a^2(x^2-y^2)=0\displaystyle (a\neq 0),

b) \displaystyle y=y(x) określonej równaniem \displaystyle F(x,y)=x^3+y^3-3axy=0\displaystyle (a\neq 0),

c) \displaystyle z=z(x,y) określonej równaniem \displaystyle F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-6z=0,

d) \displaystyle z=z(x,y) określonej równaniem \displaystyle F(x,y,z)=x-z\ln (\frac zy)=0,

e) \displaystyle z=z(x,y) określonej równaniem \displaystyle F(x,y,z)=z^3-3xyz-20=0.

Wskazówka

Wykorzystać twierdzenie o funkcjach uwikłanych. Następnie skorzystać z metod wyznaczania ekstremów dla funkcji jednej lub wielu zmiennych. Należy pamiętać o sprawdzaniu, czy otrzymane punkty krytyczne spełniają założenie.

Zwróćmy także uwagę na fakt, że często pod pojęciem funkcja uwikłana kryje się więcej niż jedna funkcja, co prowadzi do

nieporozumień w sprawie ekstremów. W najprostszym przykładzie, jeśli \displaystyle F(x,y)=x^2+y^2-1, to równanie \displaystyle F(x,y(x))=0 spełniają dwie funkcje \displaystyle f_1(x)=\sqrt{1-x^2} i \displaystyle f_2(x)=-\sqrt{1-x^2} i obie mają dokładnie jedno ekstremum w tym samym punkcie \displaystyle x=0, mianowicie \displaystyle f_1 ma maksimum \displaystyle f_1(0)=1, a \displaystyle f_2 ma minimum \displaystyle f_2(0)=-1. Czasami szukając ekstrema funkcji uwikłanej, nie precyzuje się tego, że tam tych funkcji może być więcej i np. w tym prostym przykładzie pisze się, że funkcja uwikłana \displaystyle y ma w \displaystyle 0 maksimum równe \displaystyle 1 i ma w \displaystyle 0 minimum równe \displaystyle -1. Trzeba zdawać sobie sprawę, że chodzi tu o dwie funkcje.

Rozwiązanie

a) Rozważamy leminiskatę Bernoullego \displaystyle F(x,y)=(x^2+y^2)^2-2a^2(x^2-y^2)=0. Obliczmy pochodne cząstkowe

\displaystyle \aligned &\frac {\partial F}{\partial x}=4x(x^2+y^2)-4xa^2=4x(x^2+y^2-a^2), \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=4y(x^2+y^2)+4ya^2=4y(x^2+y^2+a^2). \\ \endaligned

Rozwiązujemy układ równań

\displaystyle \begincases &\frac {\partial F}{\partial x}=4x(x^2+y^2-a^2)=0 \\ &F(x,y)=(x^2+y^2)^2-2a^2(x^2-y^2)=0.\\ \endcases

Z pierwszego równania wynika, że \displaystyle x=0 lub \displaystyle x^2+y^2=a^2. Podstawiając to wyrażenie do drugiego równania, dostajemy \displaystyle y=0 lub \displaystyle x^2-y^2=\frac {a^2}{2}. Punkt \displaystyle (0,0) odrzucamy, gdyż w nim \displaystyle \frac {\partial F}{\partial y}(0,0)=0. Rozwiązując układ równań

\displaystyle \begincases &x^2+y^2=a^2 \\ &x^2-y^2=\frac {a^2}{2},\\ \endcases

dostajemy punkty \displaystyle P_1=(\frac {\sqrt 3}{2}a,\frac a2), \displaystyle P_2=(-\frac {\sqrt 3}{2}a,\frac a2), \displaystyle P_3=(\frac {\sqrt 3}{2}a,-\frac a2) i \displaystyle P_4=(-\frac {\sqrt 3}{2}a,-\frac a2).

Obliczmy drugą pochodną funkcji \displaystyle y=y(x) w jej punktach

krytycznych. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=4(x^2+y^2)+8x^2-4a^2, \qquad  \frac {\partial^2 F}{\partial x^2}(P_i)=8\left(\pm \frac {\sqrt 3}{2}a\right)^2=6a^2>0, i=1,2,3,4,\\ &y''(x)=-\frac {\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}}{\frac {\partial F}{\partial y}},\quad {\rm gdy}\quad y'(x)=0. \endaligned

W punktach \displaystyle P_1 i \displaystyle P_2 pochodna cząstkowa \displaystyle \frac {\partial F}{\partial y} jest dodatnia i wtedy \displaystyle y''<0. W konsekwencji, jeśli \displaystyle y\left(\frac {\sqrt 3}{2}a\right)=\frac12 a, to \displaystyle y ma w punkcie \displaystyle \frac {\sqrt 3}{2}a maksimum o wartości \displaystyle \frac12a oraz jeśli \displaystyle y\left(-\frac {\sqrt 3}{2}a\right)=\frac12 a, to \displaystyle y ma również w punkcie \displaystyle -\frac {\sqrt 3}{2}a maksimum o wartości \displaystyle \frac12a. Natomiast w punktach \displaystyle P_3 i \displaystyle P_4 pochodna cząstkowa \displaystyle \frac {\partial F}{\partial y} jest ujemna i wtedy \displaystyle y''>0. Zatem jeśli \displaystyle y\left(\frac {\sqrt 3}{2}a\right)=-\frac12 a, to \displaystyle y ma w punkcie \displaystyle \frac {\sqrt 3}{2}a minimum o wartości \displaystyle -\frac12a oraz jeśli \displaystyle y\left(-\frac {\sqrt 3}{2}a\right)=-\frac12 a, to \displaystyle y ma również w punkcie \displaystyle -\frac {\sqrt 3}{2}a minimum o wartości \displaystyle -\frac12a.

b) Rozważamy liść Kartezjusza \displaystyle F(x,y)=x^3+y^3-3axy=0. Obliczmy

pochodne cząstkowe

\displaystyle \aligned &\frac {\partial F}{\partial x}=3x^2-3ay, \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=3y^2-3ax. \\ \endaligned

Rozwiązujemy układ równań

\displaystyle \begincases &\frac {\partial F}{\partial x}=3x^2-3ay=0 \\ &F(x,y)=x^3+y^3-3axy=0.\\ \endcases

Z pierwszego równania wynika, że \displaystyle y=\frac {x^2}{a}. Podstawiając to wyrażenie do drugiego równania, dostajemy \displaystyle \frac {x^6}{a^3}-2x^3=0, czyli \displaystyle x=0 lub \displaystyle x=\sqrt [3]2a. Jeżeli \displaystyle x=0, to \displaystyle y=0. Punkt \displaystyle (0,0) odrzucamy, gdyż \displaystyle \frac {\partial F}{\partial y}(0,0)=0. Dostajemy tylko jeden punkt \displaystyle P=(\sqrt [3]2a,\sqrt [3]4a).

Obliczmy drugą pochodną funkcji \displaystyle y=y(x) w jej punkcie krytycznym.

Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=6x, \qquad \frac {\partial^2 F}{\partial x^2}(\sqrt [3]2a,\sqrt [3]4a)>0 \\ &y''(x)=-\frac {\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}}{\frac {\partial F}{\partial y}}, \quad {\rm gdy}\quad y'(x)=0. \endaligned

Stąd wynika, że \displaystyle y''(\sqrt [3]2a)<0, czyli w punkcie \displaystyle \sqrt [3]2a funkcja \displaystyle y ma maksimum \displaystyle y(\sqrt [3]2a)=\sqrt [3]4a.

c) Rozważamy równanie \displaystyle F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-6z=0. Obliczmy

pochodne cząstkowe

\displaystyle \aligned &\frac {\partial F}{\partial x}=2x, &\frac {\partial F}{\partial y}=2y, && \frac {\partial F}{\partial z}=2z-6. \endaligned

Rozwiązujemy układ równań

\displaystyle \begincases &\frac {\partial F}{\partial x}=2x=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=2y=0 \\ &F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-6z=0.\\ \endcases

Z pierwszego równania wynika, że \displaystyle x=0, z drugiego, że \displaystyle y=0. Podstawiając te równości do trzeciego równania, dostajemy \displaystyle z^2-6z=0, czyli otrzymujemy punkty \displaystyle P_1=(0,0,0) i \displaystyle P_2=(0,0,6).

Obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego \displaystyle z=z(x,y) w jej

punktach krytycznych. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=2, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}=0, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}=2, \\ &\frac {\partial^2 z}{\partial x^2}=-\frac {\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}}{\frac {\partial F}{\partial z}}=-\frac {2}{2z-6}, \\ &\frac {\partial^2 z}{\partial x\partial y}=-\frac {\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}}{\frac {\partial F}{\partial z}}=0, \\ &\frac {\partial^2 z}{\partial y^2}=-\frac {\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}}{\frac {\partial F}{\partial z}}=-\frac {2}{2z-6}, \\ \endaligned

przy czym ostatnie trzy równości zachodzą oczywiście w punktach zerowania się pierwszej różniczki funkcji \displaystyle z.

Jeśli \displaystyle z(0,0)=0, to macierz drugiej różniczki \displaystyle d^2_{(0,0)}z ma

postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}\frac 13&0\\0&\frac 13 \end{array} \right]

jest więc dodatnio określona, czyli funkcja \displaystyle z ma minimum \displaystyle z(0,0)=0.

Jeśli \displaystyle z(0,0)=6, to macierz drugiej różniczki \displaystyle d^2_{(0,0)}z ma

postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}-\frac 13&0\\0&-\frac 13 \end{array} \right]

jest więc ujemnie określona, czyli funkcja \displaystyle z ma maksimum \displaystyle z(0,0)=6.

d) Rozważamy równanie \displaystyle F(x,y,z)=x-z\ln (\frac zy)=0. Obliczmy

pochodne cząstkowe

\displaystyle \aligned &\frac {\partial F}{\partial x}=1, \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=\frac zy, \\ &\frac {\partial F}{\partial z}=-1-\ln \frac zy. \\ \endaligned

Z warunku koniecznego \displaystyle z nie ma żadnego ekstremum, gdyż pochodna cząstkowa po \displaystyle x jest niezerowa.

e) Rozważamy równanie \displaystyle F(x,y,z)=z^3-3xyz-20=0. Obliczmy pochodne

cząstkowe

\displaystyle \aligned &\frac {\partial F}{\partial x}=-3yz, \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=-3xz, \\ &\frac {\partial F}{\partial z}=3z^2-3xy. \\ \endaligned

Rozwiązujemy układ równań

\displaystyle \begincases &\frac {\partial F}{\partial x}=-3yz=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=-3xz=0 \\ &F(x,y,z)=z^3-3xyz-20=0.\\ \endcases

Zauważmy, że \displaystyle z\neq 0 wobec trzeciego równania, czyli rozwiązaniem układu jest \displaystyle P=(0,0,\sqrt [3]{20}). Obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji \displaystyle z=z(x,y) w jej punkcie krytycznym. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=0, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}=-3z, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}=0, \\ &\frac {\partial^2 z}{\partial x^2}=-\frac {\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}}{\frac {\partial F}{\partial z}}=0, \\ &\frac {\partial^2 z}{\partial x\partial y}=-\frac {\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}}{\frac {\partial F}{\partial z}}=-\frac {-3z}{3z^2-3xy}, \\ &\frac {\partial^2 z}{\partial y^2}=-\frac {\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}}{\frac {\partial F}{\partial z}}=0, \\ \endaligned

przy czym ostatnie trzy równości zachodzą oczywiście w punktach zerowania się pierwszej różniczki funkcji \displaystyle z.

W punkcie \displaystyle (0,0) macierz drugiej różniczki \displaystyle d^2_{(0,0)}z ma

postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}0&\frac {1}{\sqrt [3]20}\\ \frac {1}{\sqrt [3]20}&0 \end{array} \right]

jest więc nieokreślona, czyli funkcja \displaystyle z nie ma w tym punkcie ekstremum.

Ćwiczenie 9.7.

Znaleźć ekstrema warunkowe funkcji

a) \displaystyle f(x,y)=x^2+y^2 pod warunkiem \displaystyle g(x,y)=x^3+y^3-16=0,

b) \displaystyle f(x,y)=\frac 1{x^2}+\frac 1{y^2} pod warunkiem \displaystyle g(x,y)=x+y-3=0,

c) \displaystyle f(x,y)=2x^2y^2 pod warunkiem \displaystyle g(x,y)=x^4+y^4-1=0,

d) \displaystyle f(x,y)=x^4+y^4 pod warunkiem \displaystyle g(x,y)=x^2y^2-1=0.

Wskazówka

Wykorzystać metodę mnożników Lagrange'a. Określoność formy kwadratowej

\displaystyle h\mapsto (d^2_af-\lambda d^2_ag)(h,h)

wystarczy badać na podprzestrzeni \displaystyle X_1=\{h\in\mathbb{R}^2: d_ag(h)=0\}.

c) Rozwiązując układ równań, rozważyć najpierw przypadek \displaystyle x=0, później \displaystyle y=0, wreszcie jeśli \displaystyle x\neq 0 i \displaystyle y\neq 0, wyliczyć \displaystyle \lambda (wstawiając odpowiednio z pierwszego równania do drugiego \displaystyle y^2) i wstawić do pierwszego równania, uzyskując zależność między \displaystyle x i \displaystyle y.

d) Rozwiązując układ równań, zauważyć, że dla punktów spełniających go, \displaystyle x\neq 0, \displaystyle y\neq 0 i \displaystyle \lambda >0 i skorzystać ze wskazówki do punktu c).

Rozwiązanie

a) Stosujemy metodę mnożników Lagrange'a. Tworzymy nową funkcję

\displaystyle F(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda g(x,y)=x^2+y^2-\lambda (x^3+y^3-16).

Rozwiązując układ równań

\displaystyle \begincases &\frac {\partial F}{\partial x}=2x-3\lambda x^2=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=2y-3\lambda y^2=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial \lambda}=-(x^3+y^3-16)=0, \\ \endcases

otrzymujemy punkty \displaystyle P_1=(0,2\sqrt [3]2) (\displaystyle \lambda =\frac {1}{3\sqrt [3]2}), \displaystyle P_2=(2\sqrt [3]2,0) (\displaystyle \lambda =\frac {1}{3\sqrt [3]2}) i \displaystyle P_3=(2,2) (\displaystyle \lambda =\frac 13).

Obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji \displaystyle F w punktach

krytycznych. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=2-6\lambda x, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}=0, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}=2-6\lambda y. \\ \endaligned

W punkcie \displaystyle P_1=(0,2\sqrt [3]2) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}2&0\\0&-2 \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B) spełniających warunek

\displaystyle 0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_1)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_1)=0\cdot A+12\sqrt [3]4B,

a stąd \displaystyle B=0, \displaystyle A-dowolne. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}A&0\end{array} \right]\left[\begin{array} {cc}2&0\\0&-2 \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}A\\0 \end{array} \right]=2A^2>0,\quad {\rm dla} \quad A\neq 0,

czyli macierz jest dodatnio określona na wektorach postaci \displaystyle (A,0). Dlatego funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_1 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_1)=4\sqrt [3]4.

W punkcie \displaystyle P_2=(2\sqrt [3]2,0) macierz drugiej różniczki ma

postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}-2&0\\0&2 \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B) spełniających warunek

\displaystyle 0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_2)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_2)=12\sqrt [3]4A+0\cdot B,

a stąd \displaystyle A=0, \displaystyle B-dowolne. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}0&B\end{array} \right]\left[\begin{array} {cc}-2&0\\0&2 \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}0\\B \end{array} \right]=2B^2>0,\quad {\rm dla} \quad B\neq 0,

czyli macierz jest dodatnio określona na wektorach postaci \displaystyle (0,B). Dlatego funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_2 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_2)=4\sqrt [3]4.

W punkcie \displaystyle P_3=(2,2) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}-2&0\\0&-2 \end{array} \right]

jest więc ujemnie określona, czyli funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_3 maksimum warunkowe równe \displaystyle f(P_3)=8.

b) Stosujemy metodę mnożników Lagrange'a. Tworzymy nową funkcję

\displaystyle F(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda g(x,y)=\frac 1{x^2}+\frac 1{y^2}-\lambda (x+y-3).

Rozwiązaniem układu równań

\displaystyle \begincases &\frac {\partial F}{\partial x}=-\frac {2}{x^3}-\lambda =0 \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=-\frac {2}{y^3}-\lambda =0 \\ &\frac {\partial F}{\partial \lambda}=-(x+y-3)=0 \\ \endcases

jest punkt \displaystyle P=(\frac 32,\frac 32) (\displaystyle \lambda =-\frac {16}{27}).

Obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji \displaystyle F. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=\frac {6}{x^4}, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}=0, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}=\frac {6}{y^4}. \\ \endaligned

W punkcie \displaystyle P=(\frac 32,\frac 32) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}\frac {96}{81}&0\\0&\frac {96}{81} \end{array} \right]

jest więc dodatnio określona, czyli funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P minimum warunkowe równe \displaystyle f(P)=\frac {8}{9}.

c) Stosujemy metodę mnożników Lagrange'a. Tworzymy nową funkcję

\displaystyle F(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda g(x,y)=2x^2y^2-\lambda (x^4+y^4-1).

Rozwiązując układ równań

\displaystyle \begincases &\frac {\partial F}{\partial x}=4xy^2-4\lambda x^3=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=4yx^2-4\lambda y^3=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial \lambda}=-(x^4+y^4-1)=0, \\ \endcases

otrzymujemy punkty \displaystyle P_1=(0,1) (\displaystyle \lambda =0), \displaystyle P_2=(0,-1) (\displaystyle \lambda =0), \displaystyle P_3=(1,0) (\displaystyle \lambda =0), \displaystyle P_4=(-1,0) (\displaystyle \lambda =0), \displaystyle P_5=(\sqrt [4]{\frac 12},\sqrt [4]{\frac 12}) (\displaystyle \lambda =1), \displaystyle P_6=(-\sqrt [4]{\frac 12},-\sqrt [4]{\frac 12}) (\displaystyle \lambda =1), \displaystyle P_7=(-\sqrt [4]{\frac 12},\sqrt [4]{\frac 12}) (\displaystyle \lambda =1), \displaystyle P_8=(\sqrt [4]{\frac 12},-\sqrt [4]{\frac 12}) (\displaystyle \lambda =1).

Obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji \displaystyle F. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=4y^2-12\lambda x^2, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}=8xy, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}=4x^2-12\lambda y^2. \\ \endaligned

W punkcie \displaystyle P_1=(0,1) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}4&0\\0&0 \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B) spełniających warunek

\displaystyle 0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_1)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_1)=0\cdot A+4B,

a stąd \displaystyle B=0, \displaystyle A-dowolne. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}A&0\end{array} \right]\left[\begin{array} {cc}4&0\\0&0 \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}A\\0 \end{array} \right]=4A^2>0, \quad {\rm dla} \quad A\neq 0,

czyli macierz jest dodatnio określona na wektorach postaci \displaystyle (A,0). Dlatego funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_1 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_1)=0. Analogicznie badamy punkt \displaystyle P_2=(0,-1) i stwierdzamy, że funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_2 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_2)=0.

W punkcie \displaystyle P_3=(1,0) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}0&0\\0&4 \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B) spełniających warunek

\displaystyle 0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_3)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_3)=4A+0\cdot B,

a stąd \displaystyle A=0, \displaystyle B-dowolne. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}0&B\end{array} \right]\left[\begin{array} {cc}0&0\\0&4 \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}0\\B \end{array} \right]=4B^2>0, \quad {\rm dla} \quad B\neq 0,

czyli macierz jest dodatnio określona na wektorach postaci \displaystyle (0,B). Dlatego funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_3 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_3)=0. Analogicznie badamy punkt \displaystyle P_4=(-1,0) i stwierdzamy, że funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_4 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_4)=0.

W punkcie \displaystyle P_5=(\sqrt [4]{\frac 12},\sqrt [4]{\frac 12}) macierz

drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}-8\sqrt {\frac 12}&8\sqrt {\frac 12}\\8\sqrt {\frac 12}&-8\sqrt {\frac 12} \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B) spełniających warunek

\displaystyle 0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_5)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_5)=4\left(\frac 12\right)^{\frac 34}(A+B)=0,

a stąd \displaystyle A=-B. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}A&-A\end{array} \right]\left[\begin{array} {cc}-8\sqrt {\frac 12}&8\sqrt {\frac 12}\\8\sqrt {\frac 12}&-8\sqrt {\frac 12} \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}A\\-A \end{array} \right]=-32\sqrt {\frac 12}A^2<0, \quad {\rm dla} \quad A\neq 0,

czyli macierz jest ujemnie określona na wektorach postaci \displaystyle (A,-A). Dlatego funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_5 maksimum warunkowe równe \displaystyle f(P_5)=1. Analogicznie badamy punkt \displaystyle P_6=(-\sqrt [4]{\frac 12},-\sqrt [4]{\frac 12}) i stwierdzamy, że funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_6 maksimum warunkowe równe \displaystyle f(P_6)=1.

W punkcie \displaystyle P_7=(-\sqrt [4]{\frac 12},\sqrt [4]{\frac 12}) macierz

drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}-8\sqrt {\frac 12}&-8\sqrt {\frac 12}\\-8\sqrt {\frac 12}&-8\sqrt {\frac 12} \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B) spełniających warunek

\displaystyle 0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_5)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_5)=4\left(\frac 12\right)^{\frac 34}(-A+B)=0,

a stąd \displaystyle A=B. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}A&A\end{array} \right]\left[\begin{array} {cc}-8\sqrt {\frac 12}&-8\sqrt {\frac 12}\\-8\sqrt {\frac 12}&-8\sqrt {\frac 12}\end{array} \right]\left[\begin{array} {c}A\\A \end{array} \right]=-32\sqrt {\frac 12}A^2<0, \quad {\rm dla} \quad A\neq 0,

czyli macierz jest ujemnie określona na wektorach postaci \displaystyle (A,A). Dlatego funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_7 maksimum warunkowe równe \displaystyle f(P_7)=1. Analogicznie badamy punkt \displaystyle P_8=(\sqrt [4]{\frac 12},-\sqrt [4]{\frac 12}) i stwierdzamy, że funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_8 maksimum warunkowe równe \displaystyle f(P_8)=1.

d) Stosujemy metodę mnożników Lagrange'a. Tworzymy nową funkcję

\displaystyle F(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda g(x,y)=x^4+y^4-\lambda (x^2y^2-1).

Rozwiązując układu równań

\displaystyle \begincases &\frac {\partial F}{\partial x}=4x^3-2\lambda xy^2=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=4y^3-2\lambda x^2y=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial \lambda}=-(x^2y^2-1)=0, \\ \endcases

otrzymujemy punkty \displaystyle P_1=(1,1) (\displaystyle \lambda =2), \displaystyle P_2=(-1,-1) (\displaystyle \lambda =2), \displaystyle P_3=(1,-1) (\displaystyle \lambda =2) i \displaystyle P_4=(-1,1) (\displaystyle \lambda =2).

Obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji \displaystyle F. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=12x^2-2\lambda y^2, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}=-4\lambda xy, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}=12y^2-2\lambda x^2. \\ \endaligned

W punkcie \displaystyle P_1=(1,1) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}8&-8\\-8&8 \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B) spełniających warunek

\displaystyle 0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_1)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_1)=2A+2B,

a stąd \displaystyle A=-B. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}A&-A\end{array} \right]\left[\begin{array} {cc}8&-8\\-8&8 \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}A\\-A \end{array} \right]=32A^2>0, \quad {\rm dla} \quad A\neq 0,

czyli macierz jest dodatnio określona na wektorach postaci \displaystyle (A,-A). Dlatego funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_1 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_1)=2. Analogicznie badamy punkt \displaystyle P_2=(-1,-1) i stwierdzamy, że funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_2 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_2)=2.

W punkcie \displaystyle P_3=(1,-1) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}8&8\\8&8 \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B) spełniających warunek

\displaystyle 0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_3)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_3)=2A-2B,

a stąd \displaystyle A=B. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {cc}A&A\end{array} \right]\left[\begin{array} {cc}8&8\\8&8 \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}A\\A \end{array} \right]=32A^2>0, \quad {\rm dla} \quad A\neq 0,

czyli macierz jest dodatnio określona na wektorach postaci \displaystyle (A,A). Dlatego funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_3 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_3)=2. Analogicznie badamy punkt \displaystyle P_4=(-1,1) i stwierdzamy, że funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_4 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_4)=2.

Ćwiczenie 9.8.

Znaleźć ekstrema warunkowe funkcji

a) \displaystyle f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2 pod warunkiem \displaystyle g(x,y)=x+y+z-1=0,

b) \displaystyle f(x,y,z)=x+y+z pod warunkiem \displaystyle g(x,y)=\frac 1x+\frac 1y+\frac 1z-1=0,

c) \displaystyle f(x,y,z)=xyz pod warunkiem \displaystyle g(x,y)=x+y+z-1=0.

Wskazówka

Wykorzystać metodę mnożników Lagrange'a. Określoność formy kwadratowej

\displaystyle h\mapsto (d^2_af-\lambda d^2_ag)(h,h)

wystarczy badać na podprzestrzeni \displaystyle X_1=\{h\in\mathbb{R}^3: d_ag(h)=0\}.

Rozwiązanie

a) Stosujemy metodę mnożników Lagrange'a. Tworzymy nową funkcję

\displaystyle F(x,y,z,\lambda)=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-\lambda (x+y+z-1).

Punkty krytyczne dostajemy rozwiązując układ równań

\displaystyle \begincases &\frac {\partial F}{\partial x}=2x-\lambda =0 \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=2y-\lambda =0 \\ &\frac {\partial F}{\partial z}=2z-\lambda =0 \\ &\frac {\partial F}{\partial \lambda}=-(x+y+z-1)=0. \\ \endcases

Rozwiązaniem tego układu równań jest punkt \displaystyle P=(\frac 13,\frac 13,\frac 13) (\displaystyle \lambda =\frac {2}{3}).

Obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji \displaystyle F. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=\frac {\partial^2 F}{\partial y^2} =\frac {\partial^2 F}{\partial z^2}=2, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}=\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial z}= \frac {\partial^2 F}{\partial z\partial y}=0. \\ \endaligned

W punkcie \displaystyle P=(\frac 13,\frac 13,\frac 13) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2 \end{array} \right]

jest więc dodatnio określona, czyli funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P minimum warunkowe równe \displaystyle f(P)=\frac {1}{3}.

b) Stosujemy metodę mnożników Lagrange'a. Tworzymy nową funkcję

\displaystyle F(x,y,z,\lambda)=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z)=x+y+z-\lambda \left (\frac 1x+\frac 1y+\frac 1z-1\right ).

Rozwiązując układ równań

\displaystyle \begincases &\frac {\partial F}{\partial x}=1+ \frac {\lambda}{x^2}=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=1+ \frac {\lambda}{y^2}=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial z}=1+ \frac {\lambda}{z^2}=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial \lambda}=-\left (\frac 1x+\frac 1y+\frac 1z-1\right )=0, \\ \endcases

otrzymujemy punkty \displaystyle P_1=(3,3,3) (\displaystyle \lambda =-9), \displaystyle P_2=(1,1,-1) (\displaystyle \lambda =-1), \displaystyle P_3=(1,-1,1) (\displaystyle \lambda =-1) i \displaystyle P_4=(-1,1,1) (\displaystyle \lambda =-1).

Obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji \displaystyle F. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=-\frac {2\lambda}{x^3}, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}=-\frac {2\lambda}{y^3}, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial z^2}=-\frac {2\lambda}{z^3}, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}=\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial z}= \frac {\partial^2 F}{\partial z\partial y}=0. \\ \endaligned

W punkcie \displaystyle P_1=(3,3,3) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}\frac {2}{3}&0&0\\0&\frac {2}{3}&0\\0&0&\frac {2}{3} \end{array} \right],

jest więc dodatnio określona, czyli funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_1)=9.

W punkcie \displaystyle P_2=(1,1,-1) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}2&0&0\\0&2&0\\0&0&-2 \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B,C) spełniających warunek

\displaystyle 0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_2)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_2)+C\frac {\partial g}{\partial z}(P_2)=-A-B-C,

a stąd \displaystyle C=-A-B. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}A&B&-A-B\end{array} \right]\left[\begin{array} {ccc}2&0&0\\0&2&0\\0&0&-2 \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}A\\B\\-A-B \end{array} \right]=-4AB,

czyli macierz jest nieokreślona. Dlatego funkcja \displaystyle f nie ma w punkcie \displaystyle P_2 ekstremum. Podobnie badamy punkty \displaystyle P_3 i \displaystyle P_4 i stwierdzamy, że funkcja \displaystyle f nie ma ekstremów w tych punktach.

c) Stosujemy metodę mnożników Lagrange'a. Tworzymy nową funkcję

\displaystyle F(x,y,z,\lambda)=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z)=xyz-\lambda (x+y+z-1).

Rozwiązując układ równań

\displaystyle \begincases &\frac {\partial F}{\partial x}=yz- \lambda=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=xz-\lambda=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial z}=xy-\lambda=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial \lambda}=-(x+y+z-1)=0, \\ \endcases

otrzymujemy punkty \displaystyle P_1=(0,0,1) (\displaystyle \lambda =0), \displaystyle P_2=(0,1,0) (\displaystyle \lambda =0), \displaystyle P_3=(1,0,0) (\displaystyle \lambda =0) i \displaystyle P_4=(\frac 13,\frac 13,\frac 13) (\displaystyle \lambda =\frac 19).

Obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji \displaystyle F. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}= \frac {\partial^2 F}{\partial z^2}=0, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}=z, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial z}=y, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial z\partial y}=x. \\ \endaligned

W punkcie \displaystyle P_1=(0,0,1) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}0&1&0\\1&0&0\\0&0&0 \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B,C) spełniających warunek

\displaystyle 0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_2)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_2)+C\frac {\partial g}{\partial z}(P_2)=A+B+C,

a stąd \displaystyle C=-A-B. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}A&B&-A-B\end{array} \right]\left[\begin{array} {ccc}0&1&0\\1&0&0\\0&0&0 \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}A\\B\\-A-B \end{array} \right]=2AB,

czyli macierz jest nieokreślona. Dlatego funkcja \displaystyle f nie ma w punkcie \displaystyle P_1 ekstremum. Podobnie badamy punkty \displaystyle P_2 i \displaystyle P_3 i stwierdzamy, że funkcja \displaystyle f nie ma ekstremów w tych punktach.

W punkcie \displaystyle P_4=(\frac 13,\frac 13,\frac 13) macierz drugiej

różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}0&\frac 13&\frac 13\\\frac 13&0&\frac 13\\\frac 13&\frac 13&0 \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B,C) spełniających warunek

\displaystyle 0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_2)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_2)+C\frac {\partial g}{\partial z}(P_2)=A+B+C,

a stąd \displaystyle C=-A-B.Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}A&B&-A-B\end{array} \right]\left[\begin{array} {ccc}0&\frac 13&\frac 13\\\frac 13&0&\frac 13\\\frac 13&\frac 13&0 \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}A\\B\\-A-B \end{array} \right]=-\frac 13A^2-\frac 13B^2-\frac 13(A+B)^2<0, \; {\rm gdy}\; A\neq 0\; {\rm lub}\; B\neq 0,

czyli macierz jest ujemnie określona. Dlatego funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_4 maksimum warunkowe równe \displaystyle f(P_4)=\frac {1}{27}.

Ćwiczenie 9.9.

Znaleźć ekstrema warunkowe funkcji

a) \displaystyle f(x,y,z)=x+y+z pod warunkami \displaystyle g(x,y,z)=x^2+y^2-1=0 i \displaystyle h(x,y,z)=x^2+z^2-1=0,

b) \displaystyle f(x,y,z)=xyz pod warunkami \displaystyle g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-1=0 i \displaystyle h(x,y,z)=x+y+z=0.

Wskazówka

Wykorzystać metodę mnożników Lagrange'a. Określoność formy kwadratowej

\displaystyle h\mapsto (d^2_af-\lambda d^2_a(g,h))(k,k)

wystarczy badać na podprzestrzeni \displaystyle X_1=\{k\in\mathbb{R}^3: d_a(g,h)(k)=(0,0)\}.

b) Rozwiązując układ równań, odjąć stronami pierwsze dwa równania, pogrupować wyrazy podobne i przedstawić w postaci iloczynu dwóch czynników, który równa się zero.

Rozwiązanie

a) Stosujemy metodę mnożników Lagrange'a. Tworzymy nową funkcję

\begin{array}{lll}\displaystyle F(x,y,z,\lambda,\mu)&=&\displaystyle f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z)-\mu h(x,y,z)\\&=&\displaystyle x+y+z-\lambda (x^2+y^2-1)-\mu(x^2+z^2-1). \end{array}

Rozwiązując układ równań

\displaystyle \left \{ \aligned &\frac {\partial F}{\partial x}=1-2\lambda x-2\mu x=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=1-2\lambda y=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial z}=1-2\mu z =0 \\ &\frac {\partial F}{\partial \lambda}=-(x^2+y^2-1)=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial \mu}=-(x^2+z^2-1)=0, \\ \endaligned

otrzymujemy punkty \displaystyle P_1=(\frac 1{\sqrt 5},\frac 2{\sqrt 5},\frac 2{\sqrt 5}) (\displaystyle \lambda =\mu =\frac {\sqrt 5}{4}) i \displaystyle P_2=(-\frac 1{\sqrt 5},-\frac 2{\sqrt 5},-\frac 2{\sqrt 5}) (\displaystyle \lambda =\mu =-\frac {\sqrt 5}{4}).

Obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji \displaystyle F. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=-2\lambda -2\mu \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}=-2\lambda \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial z^2}=-2\mu, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}=\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial z}= \frac {\partial^2 F}{\partial z\partial y}=0. \\ \endaligned

W punkcie \displaystyle P_1=(\frac 1{\sqrt 5},\frac 2{\sqrt 5},\frac 2{\sqrt 5}) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}-\sqrt 5&0&0\\0&-\frac {\sqrt 5}{2}&0\\0&0&-\frac {\sqrt 5}{2} \end{array} \right],

jest więc ujemnie określona, czyli funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_1 maksimum warunkowe równe \displaystyle f(P_1)=\sqrt 5.

W punkcie \displaystyle P_2=(-\frac 1{\sqrt 5},-\frac 2{\sqrt 5},-\frac 2{\sqrt 5}) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}\sqrt 5&0&0\\0&\frac {\sqrt 5}{2}&0\\0&0&\frac {\sqrt 5}{2} \end{array} \right],

jest więc dodatnio określona, czyli funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_2 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_2)=-\sqrt 5.

b) Stosujemy metodę mnożników Lagrange'a. Tworzymy nową funkcję

\begin{array}{lll}\displaystyle F(x,y,z,\lambda,\mu)&=&\displaystyle f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z)-\mu h(x,y,z)\\&=& \displaystyle xyz-\lambda (x^2+y^2+z^2-1)-\mu(x+y+z).\end{array}

Rozwiązując układ równań

\displaystyle \left \{ \aligned &\frac {\partial F}{\partial x}=yz-2\lambda x-\mu=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial y}=xz-2\lambda y-\mu=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial z}=xy-2\lambda z -\mu=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial \lambda}=-(x^2+y^2+z^2-1)=0 \\ &\frac {\partial F}{\partial \mu}=-(x+y+z)=0, \\ \endaligned

otrzymujemy punkty \displaystyle P_1=(-\frac 1{\sqrt 6},\frac 2{\sqrt 6},-\frac 1{\sqrt 6}) (\displaystyle \lambda =\frac 1{2\sqrt 6}, \mu=-\frac16), \displaystyle P_2=(\frac 2{\sqrt 6},-\frac 1{\sqrt 6},-\frac 1{\sqrt 6}) (\displaystyle \lambda =\frac 1{2\sqrt 6}, \mu=-\frac16), \displaystyle P_3=(-\frac 1{\sqrt 6},-\frac 1{\sqrt 6},\frac 2{\sqrt 6}) (\displaystyle \lambda =\frac 1{2\sqrt 6}, \mu=-\frac16), \displaystyle P_4=(\frac 1{\sqrt 6},-\frac 2{\sqrt 6},\frac 1{\sqrt 6}) (\displaystyle \lambda =-\frac 1{2\sqrt 6}, \mu=-\frac16), \displaystyle P_5=(-\frac 2{\sqrt 6},\frac 1{\sqrt 6},\frac 1{\sqrt 6}) (\displaystyle \lambda =-\frac 1{2\sqrt 6}, \mu=-\frac16), \displaystyle P_6=(\frac 1{\sqrt 6},\frac 1{\sqrt 6},-\frac 2{\sqrt 6}) (\displaystyle \lambda =-\frac 1{2\sqrt 6}, \mu=-\frac16).

Obliczmy pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji \displaystyle F. Mamy

\displaystyle \aligned &\frac {\partial^2 F}{\partial x^2}=\frac {\partial^2 F}{\partial y^2}= \frac {\partial^2 F}{\partial z^2}=-2\lambda, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial y}=z, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial x\partial z}=y, \\ &\frac {\partial^2 F}{\partial z\partial y}=x. \\ \endaligned

W punkcie \displaystyle P_1=(-\frac 1{\sqrt 6},\frac 2{\sqrt 6},-\frac 1{\sqrt 6}) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}-\frac {1}{\sqrt 6}&-\frac {1}{\sqrt 6}&\frac {2}{\sqrt 6}\\-\frac {1}{\sqrt 6}&-\frac {1}{\sqrt 6}&-\frac {1}{\sqrt 6}\\\frac {2}{\sqrt 6}&-\frac {1}{\sqrt 6}&-\frac {1}{\sqrt 6} \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B,C) spełniających warunki

\displaystyle \aligned &0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_1)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_1)+C\frac {\partial g}{\partial z}(P_1)=-\frac {2}{\sqrt 6}A+\frac {4}{\sqrt 6}B-\frac {2}{\sqrt 6}C, \\ &0=A\frac {\partial h}{\partial x}(P_1)+B\frac {\partial h}{\partial y}(P_1)+C\frac {\partial h}{\partial z}(P_1)=A+B+C, \endaligned

a stąd \displaystyle C=-A i \displaystyle B=0. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}A&0&-A\end{array} \right]\left[\begin{array} {ccc}-\frac {1}{\sqrt 6}&-\frac {1}{\sqrt 6}&\frac {2}{\sqrt 6}\\-\frac {1}{\sqrt 6}&-\frac {1}{\sqrt 6}&-\frac {1}{\sqrt 6}\\\frac {2}{\sqrt 6}&-\frac {1}{\sqrt 6}&-\frac {1}{\sqrt 6} \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}A\\0\\-A \end{array} \right]=-\sqrt 6A^2<0, \quad{\rm gdy} \quad A\neq 0,

czyli macierz jest ujemnie określona. Dlatego funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_1 maksimum warunkowe równe \displaystyle f(P_1)=\frac {1}{3\sqrt 6}. Podobnie badamy punkty \displaystyle P_2 i \displaystyle P_3 i stwierdzamy, że funkcja \displaystyle f ma maksimum warunkowe w każdym z tych punktów równe \displaystyle f(P_2)=f(P_3)=\frac {1}{3\sqrt 6}.

W punkcie \displaystyle P_4=(\frac 1{\sqrt 6},-\frac 2{\sqrt 6},\frac 1{\sqrt 6}) macierz drugiej różniczki ma postać

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}\frac {1}{\sqrt 6}&\frac {1}{\sqrt 6}&-\frac {2}{\sqrt 6}\\\frac {1}{\sqrt 6}&\frac {1}{\sqrt 6}&\frac {1}{\sqrt 6}\\-\frac {2}{\sqrt 6}&\frac {1}{\sqrt 6}&\frac {1}{\sqrt 6} \end{array} \right].

Badamy określoność tej macierzy dla wektorów \displaystyle (A,B,C) spełniających warunki

\displaystyle \aligned &0=A\frac {\partial g}{\partial x}(P_4)+B\frac {\partial g}{\partial y}(P_4)+C\frac {\partial g}{\partial z}(P_4)=\frac {2}{\sqrt 6}A-\frac {4}{\sqrt 6}B+\frac {2}{\sqrt 6}C, \\ &0=A\frac {\partial h}{\partial x}(P_4)+B\frac {\partial h}{\partial y}(P_4)+C\frac {\partial h}{\partial z}(P_4)=A+B+C, \endaligned

a stąd \displaystyle C=-A i \displaystyle B=0. Mamy

\displaystyle \left[\begin{array} {ccc}A&0&-A\end{array} \right]\left[\begin{array} {ccc}\frac {1}{\sqrt 6}&\frac {1}{\sqrt 6}&-\frac {2}{\sqrt 6}\\\frac {1}{\sqrt 6}&\frac {1}{\sqrt 6}&\frac {1}{\sqrt 6}\\-\frac {2}{\sqrt 6}&\frac {1}{\sqrt 6}&\frac {1}{\sqrt 6} \end{array} \right]\left[\begin{array} {c}A\\0\\-A \end{array} \right]=\sqrt 6A^2>0, \quad{\rm gdy} \quad A\neq 0,

czyli macierz jest dodatnio określona. Dlatego funkcja \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle P_4 minimum warunkowe równe \displaystyle f(P_4)=-\frac {1}{3\sqrt 6}. Podobnie badamy punkty \displaystyle P_5 i \displaystyle P_6 i stwierdzamy, że funkcja \displaystyle f ma minimum warunkowe w każdym z tych punktów równe \displaystyle f(P_5)=f(P_6)=-\frac {1}{3\sqrt 6}.