Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 8: Ekstrema funkcji wielu zmiennych

Ekstrema funkcji wielu zmiennych. Ćwiczenia

Ćwiczenie 8.1.

a) Wyznaczyć wielomian Taylora rzędu drugiego funkcji $f(x,y)=\frac{\cos x}{\cos y}$ w punkcie $(0,0)$.

b) Wyznaczyć wielomian Taylora rzędu drugiego funkcji $f(x,y)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}(\frac{x-y}{x+y})$ w punkcie $(1,1)$.

c) Wyznaczyć wielomian Taylora rzędu drugiego funkcji $f(x,y)=\frac{xy}{x^2+y^2}$ w punkcie $(1,1)$.

d) Rozwinąć w szereg Taylora funkcję $f(x,y,z)=x^3+y^3+z^3-3xyz$ w punkcie $(1,1,1)$.

Wskazówka

Jak wyraża się wielomian Taylora za pomocą pochodnych cząstkowych?

d) Ile pochodnych cząstkowych niezerowych ma funkcja $f$?

Rozwiązanie

a) Obliczmy wartości pochodnych cząstkowych funkcji $f$ w punkcie $(0,0)$. Mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=-\frac {\sin x}{\cos y},&& \qquad \frac {\partial f}{\partial x}(0,0)=0; \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {\cos x\sin y}{\cos^2 y},&& \qquad \frac {\partial f}{\partial y}(0,0)=0; \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial x^2}=-\frac {\cos x}{\cos y},&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial x^2}(0,0)=-1; \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac {\cos x\cos y(1+\sin^2y)}{\cos^3 y},&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial y^2}(0,0)=1; \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}=-\frac {\sin x\sin y}{\cos^2 y},&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}(0,0)=0. \\ \endaligned }

Tak więc wielomian Taylora rzędu drugiego funkcji $f$ w punkcie $(0,0)$ ma postać

$T_{(0,0)}^{2}f(h_1,h_2)=1+\frac{1}{2}(-h_1^2+h_2^2).$

b) Obliczmy wartości pochodnych cząstkowych funkcji $f$ w punkcie $(1,1)$. Mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\frac {y}{x^2+y^2}, && \qquad \frac {\partial f}{\partial x}(1,1)=\frac 12; \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {-x}{x^2+y^2},&& \qquad \frac {\partial f}{\partial y}(1,1)=-\frac 12, \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial x^2}=-\frac {2xy}{(x^2+y^2)^2},&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial x^2}(1,1)=-1; \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac {2xy}{(x^2+y^2)^2},&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial y^2}(1,1)=1, \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}=\frac {x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2},&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}(1,1)=0. \\ \endaligned }

Tak więc wielomian Taylora rzędu drugiego funkcji $f$ w punkcie $(1,1)$ ma postać

$T_{(1,1)}^{2}f(h_1,h_2)=\frac{1}{2}{h}_1-\frac{1}{2}{h}_2+\frac{1}{2}(-h_1^2+h_2^2).$

c) Obliczmy wartości pochodnych cząstkowych funkcji $f$ w punkcie $(1,1)$. Mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=\frac {y^3-x^2y}{(x^2+y^2)^2},&& \qquad \frac {\partial f}{\partial x}(1,1)=0; \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=\frac {x^3-xy^2}{(x^2+y^2)^2},&& \qquad \frac {\partial f}{\partial y}(1,1)=0, \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac {2x^3y-6xy^3}{(x^2+y^2)^3},&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial x^2}(1,1)=-\frac12; \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac {2xy^3-6x^3y}{(x^2+y^2)^3},&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial y^2}(1,1)=-\frac12, \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}=\frac {-x^4-y^4+6x^2y^2}{(x^2+y^2)^3},&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}(1,1)=\frac12. \\ \endaligned }

Tak więc wielomian Taylora rzędu drugiego funkcji $f$ w punkcie $(1,1)$ ma postać

$T_{(1,1)}^{2}f(h_1,h_2)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}{h}_1^2-\frac{1}{2}{h}_2^2+h_1{h}_2).$

d) Obliczmy wartości pochodnych cząstkowych funkcji $f$ w punkcie $(1,1,1)$. Mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned &\frac {\partial f}{\partial x}=3x^2-3yz,&& \qquad \frac {\partial f}{\partial x}(1,1,1)=0; \\ &\frac {\partial f}{\partial y}=3y^2-3xz,&& \qquad \frac {\partial f}{\partial y}(1,1,1)=0, \\ &\frac {\partial f}{\partial z}=3z^2-3xy,&& \qquad \frac {\partial f}{\partial z}(1,1,1)=0; \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial x^2}=6x,&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial x^2}(1,1,1)=6; \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial y^2}=6y,&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial y^2}(1,1,1)=6; \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial z^2}=6z,&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial z^2}(1,1,1)=6; \\ &\frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}=-3z,&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial x\partial y}(1,1,1)=-3;\\ &\frac {\partial^2 f}{\partial x\partial z}=-3y,&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial x\partial z}(1,1,1)=-3;\\ &\frac {\partial^2 f}{\partial y\partial z}=-3x,&& \qquad \frac {\partial^2 f}{\partial y\partial z}(1,1,1)=-3;\\ &\frac {\partial^3 f}{\partial x^3}=6,&& \qquad \frac {\partial^3 f}{\partial x^3}(1,1,1)=6; \\ &\frac {\partial^3 f}{\partial y^3}=6,&& \qquad \frac {\partial^3 f}{\partial y^3}(1,1,1)=6; \\ &\frac {\partial^3 f}{\partial z^3}=6, &&\qquad \frac {\partial^3 f}{\partial z^3}(1,1,1)=6. \endaligned }

Pozostałe pochodne cząstkowe są równe zero. Tak więc rozwinięcie funkcji $f$ w szereg Taylora w punkcie $(0,0,0)$ ma postać

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned &f(x,y,z)= \\ &\frac 12\left (6(x-1)^2+6(y-1)^2+6(z-1)^2-6(x-1)(y-1)-6(x-1)(z-1)-6(y-1)(z-1)\right) \\ &+\frac 16\left (6(x-1)^3+6(y-1)^3+6(z-1)^3-18(x-1)(y-1)(z-1)\right ). \endaligned }

Ćwiczenie 8.2.

Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji

a) $f(x,y)=x^4+y^4-8x^2-2y^2+2006$,

b) $g(x,y)=x^2+8y^3-6xy+1,$

c) $h(x,y)=2xy+\frac{1}{x}+\frac{2}{y}$.

Wskazówka

Należy poszukać punktów krytycznych i zastosować kryterium Sylvestera do macierzy drugiej różniczki.

a) Jeśli $x_1$, $x_2$ i $x_3$ są pierwiastkami równania $p(x)=0$ z jedną niewiadomą i $y_1$, $y_2$, $y_3$ są pierwiastkami równania $q(y)=0$ z jedną niewiadomą, to jakie rozwiązania ma układ dwóch równań (z dwoma niewiadomymi) $p(x)=0$ i $q(y)=0$?

Rozwiązanie

a) Z warunku koniecznego istnienia ekstremum otrzymujemy układ dwóch niezależnych równań $4x^3-16x=0$ i $4y^3-4y=0$. Pierwsze z nich ma rozwiązania $-2,0,2$, drugie $-1,0,1$. Punktami krytycznymi są więc pary $(0,0),(0,-1),(0,1),(2,0),(-2,0),(-2,-1),(-2,1),(2,-1),(2,1)$. Liczymy pochodne cząstkowe drugiego rzędu i budujemy macierz drugiej różniczki $d_{(x,y)}^{2}f$

$\left[\begin{array}{cc}12x^2-16& 0\\ 0& 12y^2-4\end{array}\right].$

Ponieważ ta macierz w punkcie $(0,0)$ ma postać $\left[\begin{array}{cc}-16& 0\\ 0& -4\end{array}\right]$, w $(0,\pm 1)$ postać $\left[\begin{array}{cc}-16& 0\\ 0& 8\end{array}\right]$, w $(\pm 2,0)$ postać $\left[\begin{array}{cc}32& 0\\ 0& -4\end{array}\right]$, wreszcie w $(\pm 2,1)$ i $(\pm 2,-1)$ postać $\left[\begin{array}{cc}32& 0\\ 0& 8\end{array}\right]$, więc funkcja $f$ nie ma ekstremów w punktach $(0,-1),(0,1),(2,0),(-2,0)$, ale ma maksimum w punkcie $(0,0)$ i ma minima w punktach $(-2,-1),(-2,1),(2,-1),(2,1)$.

b) Łatwo wyliczamy punkty krytyczne $(0,0)$ i $(\frac{9}{4},\frac{3}{4})$. Macierz drugiej różniczki $d_{(x,y)}^{2}g$ ma postać $\left[\begin{array}{cc}2& -6\\ -6& 8y\end{array}\right]$. Funkcja $g$ ma tylko jedno ekstremum -- minimum w punkcie $(\frac{9}{4},\frac{3}{4})$.

c) Dla funkcji $h$ należy zrobić założenie $x\ne 0$ i $y\ne 0$. Łatwo wyliczyć, że jedynym punkt krytycznym jest $(\frac{\sqrt[3]{2}}{2},\sqrt[3]{2})$ i że w tym punkcie funkcja $h$ ma minimum (macierz drugiej różniczki $d_{(x,y)}^{2}h$ ma postać $\left[\begin{array}{cc}\frac{2}{x^3}& 2\\ 2& \frac{4}{y^3}\end{array}\right]$).

Ćwiczenie 8.3.

Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji

a) $f(x,y)=e^{2x}(x+y^2+2y)$,

b) $g(x,y)=e^{x^2-y}(5-2x+y)$,

c) $h(x,y)=\ln |x+y|-x^2-y^2$,

d) $\varphi (x,y)=x-2y+\ln \sqrt{x^2+y^2}+3\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{y}{x}$.

Wskazówka

Należy poszukać punktów krytycznych i zastosować kryterium Sylvestera do macierzy drugiej różniczki.

a) Przy pochodnej cząstkowej $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}$ warto zauważyć, że jeden z jej składników jest równy $2\frac{\partial f}{\partial x}$, zatem zeruje się w punktach krytycznych.

b) Skorzystać ze wskazówki do podpunktu a) przy wszystkich pochodnych cząstkowych drugiego rzędu.

d) Warto zapisać naszą funkcję w postaci $\varphi (x,y)=x-2y+\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2)+3\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{y}{x},$ łatwiej jest ją wtedy różniczkować.

Rozwiązanie

a) Warunek konieczny istnienia ekstremum sprowadza się do układu równań

$\{\begin{array}{l}{e}^{2x}(2(x+y^2+2y)+1)=0\\ e^{2x}(2y+2)=0\end{array},$

którego rozwiązaniem jest tylko punkt $(\frac{1}{2},-1)$. Macierz drugiej różniczki $d_{(x,y)}^{2}f$ ma postać

$\left[\begin{array}{cc}2e^{2x}(2(x+y^2+2y)+1)+2e^{2x}& 2e^{2x}(2y+2)\\ 2e^{2x}(2y+2)& 2e^{2x}\end{array}\right].$

W naszym punkcie jest to macierz $\left[\begin{array}{cc}2e& 0\\ 0& 2e\end{array}\right]$, zatem funkcja $f$ ma w tym punkcie minimum.

b) Przekształcamy układ równań otrzymany z warunku koniecznego

$\{\begin{array}{l}{e}^{x^2-y}[2x(5-2x+y)-2]=0\\ e^{x^2-y}[-(5-2x+y)+1]=0\end{array},$

zauważając, że z drugiego równania wynika, że $5-2x+y=1$. Stąd z pierwszego równania $x=1$. Otrzymujemy jedyny punkt $(1,-2)$. Liczymy pochodne cząstkowe drugiego rzędu

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \frac{\partial^2 g}{\partial x^2}= 2xe^{x^2-y}[2x(5-2x+y)-2]+e^{x^2-y}[2(5-2x+y)-4x],\\ \frac{\partial^2 g}{\partial x\partial y}=2xe^{x^2-y}[-(5-2x+y)+1]+2e^{x^2-y},\\ \frac{\partial^2 g}{\partial ^2}=-e^{x^2-y}[-(5-2x+y)+1]-e^{x^2-y}. \endaligned }

Pierwsze składniki każdej z nich zerują się w naszym punkcie krytycznym, zatem łatwo jest policzyć, że macierz drugiej różniczki $d_{(1,-2)}^{2}g$ ma postać $\left[\begin{array}{cc}-2e^3& 2e^3\\ 2e^3& -e^3\end{array}\right]$. Stąd wnioskujemy, że $g$ nie ma ekstremum.

c) Dziedziną funkcji $h$ jest zbiór ${\mathbb{ℝ}}^2\setminus \{(x,y):y=-x\}$. Z warunku koniecznego istnienia ekstremum otrzymujemy układ równań

$\{\begin{array}{l}\frac{1}{x+y}-2x=0\\ \frac{1}{x+y}-2y=0\end{array}.$

W szczególności $x=y$, co po podstawieniu do pierwszego równania daje nam punkty $(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ i $(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2})$. Macierz drugiej różniczki $d_{(x,y)}^{2}h$ ma postać

$\left[\begin{array}{cc}-\frac{1}{(x+y{)}^2}-2& -\frac{1}{(x+y{)}^2}\\ -\frac{1}{(x+y{)}^2}& -\frac{1}{(x+y{)}^2}-2\end{array}\right].$

Stąd widać, że w obu punktach nasza funkcja ma maksimum.

d) Funkcja $\varphi$ jest zdefiniowana poza prostą $x=0$. Warunek konieczny daje nam układ równań

$\{\begin{array}{l}1+\frac{x-3y}{x^2+y^2}=0\\ -2+\frac{y+3x}{x^2+y^2}=0\end{array}.$

Redukując wyrażenie $x^2+y^2$, otrzymujemy $y+3x=-2(x-3y)$, czyli $y=x$. Wracając pierwszego równania otrzymujemy jedno rozwiązanie $(1,1)$. Macierzą drugiej różniczki $d_{(x,y)}^2\varphi$ jest

$\left[\begin{array}{cc}\frac{y^2-x^2+6xy}{(x^2+y^2{)}^2}& \frac{3y^2-3x^2-2xy}{(x^2+y^2{)}^2}\\ \frac{3y^2-3x^2-2xy}{(x^2+y^2{)}^2}& \frac{x^2-y^2-6xy}{(x^2+y^2{)}^2}\end{array}\right].$

W naszym punkcie macierz ta przyjmuje postać $\left[\begin{array}{cc}\frac{3}{2}& -\frac{1}{2}\\ -\frac{1}{2}& -\frac{3}{2}\end{array}\right]$, zatem $\varphi$ nie ma ekstremum.

Ćwiczenie 8.4.

Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji

a) $f(x,y)=\sin x\sin y\sin (x+y)$,

b) $h(x,y)=\sin x+\cos y+\cos (x-y)$
w zbiorze $(0,\pi {)}^2$.

Wskazówka

a) Warto pamiętać, że $\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta =\sin (\alpha +\beta )$.

Rozwiązanie

a) Mamy do rozwiązania układ równań

$\{\begin{array}{l}0=\sin y(\cos x\sin (x+y)+\sin x\cos (x+y))=\sin y\sin (2x+y)\\ 0=\sin x(\cos y\sin (x+y)+\sin y\cos (x+y))=\sin x\sin (2y+x)\end{array}.$

Ponieważ $x,y\in (0,\pi )$, zatem $\sin y\ne 0$ oraz $\sin (2x+y)=0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $2x+y=\pi$ lub $2x+y=2\pi$. Wyliczamy stąd $y$ i wstawiamy do drugiego równania, w którym również zerować może się tylko drugi czynnik. Jeśli $y=\pi -2x$, to $0=\sin (2\pi -3x)=-\sin 3x$, czyli $x=\pi /3$ lub $x=2\pi /3$. Jeśli $y=2\pi -2x$, otrzymujemy te same punkty. Wobec założenia o dziedzinie punktami krytycznymi są $(\frac{\pi }{3},\frac{\pi }{3})$ i $(\frac{2\pi }{3},\frac{2\pi }{3})$. Macierzą drugiej różniczki $d_{(x,y)}^{2}f$ jest

$\left[\begin{array}{cc}2\sin y\cos (2x+y)& \sin (2x+2y)\\ \sin (2x+2y)& 2\sin x\cos (x+2y)\end{array}\right].$

Łatwo sprawdzić, że $f$ ma w $(\frac{\pi }{3},\frac{\pi }{3})$ maksimum i w $(\frac{2\pi }{3},\frac{2\pi }{3})$ minimum.

b) Tym razem należy rozwiązać układ

$\{\begin{array}{l}0=\cos x-\sin (x-y)\\ 0=-\sin y+\sin (x-y)\end{array}.$

Wynika stąd, że $\sin y=\cos x=\sin (\frac{\pi }{2}-x)$. Ponieważ $x,y\in (0,\pi )$, więc $y=\frac{\pi }{2}-x$ lub $y=\pi -(\frac{\pi }{2}-x)=\frac{\pi }{2}+x$. Otrzymujemy stąd jeden punkt krytyczny $(\frac{\pi }{3},\frac{\pi }{6})$, w którym funkcja $h$ osiąga maksimum.

Ćwiczenie 8.5.

Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji

a) $f(x,y)=1-\sqrt{x^2+y^2}$,

b) $g(x,y)=\sqrt[5]{x^4+y^4}$,

c) $h(x,y)=x^5+y^5$.
Czy otrzymane ekstrema są też globalne?

Wskazówka

Należy poszukać punktów krytycznych.

a) b) Jak wyglądają poziomice danych funkcji? c) Jak wygląda zbiór zer danej funkcji i jak dzieli on dziedzinę na obszary, na których funkcja ta jest dodatnia lub ujemna?

Rozwiązanie

a) Dla naszej funkcji nie istnieją pochodne cząstkowe pierwszego rzędu w środku układu współrzędnych, a tam gdzie istnieją, nie zerują się. Zatem jedynym kandydatem na ekstremum jest punkt $(0,0)$. Zauważmy, że $f(0,0)=1$ i $\sqrt{x^2+y^2}>0$ dla dowolnego punktu $(x,y)$ na płaszczyźnie różnego od środka układu współrzędnych. W szczególności dla dowolnego $(x,y)\ne (0,0)$ mamy nierówność $f(x,y)<1$, co oznacza, że $f$ ma maksimum globalne w $(0,0)$. Warto także zauważyć, że wykres funkcji $f$ -- powierzchnia stożkowa -- powstaje przez obrót wykresu funkcji $z=\varphi (x)=1-|x|=1-\sqrt{x^2}$ dookoła osi $0z$.
wykres

b) Podobnie jak w poprzednim punkcie funkcja $g$ ma niezerowe pochodne cząstkowe pierwszego rzędu poza środkiem układu współrzędnych, gdzie te pochodne w ogóle nie istnieją. Tym razem $g(0,0)=0$, a dla $(x,y)\ne (0,0)$ wartość $g(x,y)$ jest dodatnia. Zatem w punkcie $(0,0)$ funkcja $g$ ma globalne minimum.
wykres

c) Pochodne cząstkowe pierwszego rzędu funkcji $h$ zerują się tylko w punkcie $(0,0)$, jednakże tym razem funkcja $h$ nie ma ekstremum w punkcie $(0,0)$. Mamy bowiem $h(0,0)=0$, $h(a,0)=a^5>0$ dla $a>0$ i $h(a,0)=a^5<0$ dla $a<0$, zatem dowolnie blisko środka układu współrzędnych funkcja przyjmuje i wartości dodatnie i ujemne, zatem i mniejsze i większe od wartości w tym punkcie.
wykres

Ćwiczenie 8.6.

a) Pokazać, że funkcja $f(x,y)=(1+e^x)\cos y+x{e}^x$ ma nieskończenie wiele minimów, natomiast nie ma żadnego maksimum.

b) Pokazać, że funkcja $f(x,y)=3x^4-4x^{2}y+y^2$ nie ma minimum w punkcie $(0,0)$, ale jej zacieśnienie do dowolnej prostej przechodzącej przez początek układu współrzędnych ma silne minimum w tym punkcie.

Wskazówka

a) Należy poszukać punktów krytycznych i zastosować kryterium Sylvestera do macierzy drugiej różniczki. Warto pamiętać, że $F(x)=e^x$ przyjmuje tylko wartości dodatnie.

b) Należy zbadać znak funkcji na osiach układu współrzędnych i w punktach postaci $(a,2a^2)$. Jak wygląda zacieśnienie funkcji do prostej przechodzącej przez początek układu współrzędnych?

Rozwiązanie

a) Warunek konieczny istnienia ekstremum sprowadza się do układu

$\{\begin{array}{l}{e}^x(\cos y+1+x)=0\\ -(1+e^x)\sin y=0\end{array}.$

Z drugiego równania wynika, że $y=k\pi$ dla pewnego $k\in \mathbb{\mathbb{Z}}$. Jeśli $k$ jest parzyste, to z pierwszego równania $x=-2$, jeśli nieparzyste, to $x=0$. Tworzymy macierz drugiej różniczki $d_{(x,y)}^{2}f$

$\left[\begin{array}{cc}{e}^x(\cos y+2+x)& -e^x\sin y\\ -e^x\sin y& -(1+e^x)\cos y\end{array}\right].$

Niech $m$ będzie dowolną liczbą całkowitą. W punkcie $(0,(2m+1)\pi )$ rozważana powyżej macierz ma postać $\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 2\end{array}\right],$ natomiast w punkcie $(-2,2m\pi )$ postać $\left[\begin{array}{cc}{e}^{-2}& 0\\ 0& -(1+e^{-2})\end{array}\right],$ zatem funkcja $f$ ma minimum w każdym punkcie postaci $(0,(2m+1)\pi )$, a nie ma ekstremum w żadnym z punktów postaci $(-2,2m\pi )$.

b) Zauważmy, że $f(0,0)=0$ oraz $f(0,b)=b^2>0$ dla dowolnej niezerowej liczby $b$. Z drugiej strony $f(a,2a^2)=3a^4-8a^4+4a^4=-a^4<0$ dla dowolnej niezerowej liczby $a$. Z tych dwóch faktów funkcja nie może mieć minimum w swoim miejscu zerowym $(0,0)$, bo dowolnie blisko tego miejsca przyjmuje zarówno wartości dodatnie, jak i ujemne. Widzimy, że zawężenie funkcji $f$ do prostej $x=0$, czyli funkcja $g(y)=f(0,y)=y^2$, ma globalne minimum w punkcie $0$. Podobnie dla dowolnego $m\in \mathbb{ℝ}$ zawężenie funkcji $f$ do prostej $y=mx$, czyli funkcja $h_m(x)=f(x,mx)=3x^4-4m{x}^3+m^2{x}^2$, ma minimum w punkcie $0$ (zob. ćwiczenia z Analizy matematycznej I do modułu 10).

Ćwiczenie 8.7.

Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji

a) $f(x,y,z)=x^4-y^3+2z^3-2x^2+6y^2-3z^2$,

b) $g(x,y,z)=x^3+xy+y^2-2zx+2z^2+3y-1$,

c) $h(x,y,z)=xyz(4-x-y-z)$.

Wskazówka

Należy poszukać punktów krytycznych i zastosować kryterium Sylvestera do macierzy drugiej różniczki.

a) Warto skorzystać ze wskazówki ćwiczenia 8.1. a).

c) Zwróćmy uwagę, że funkcja $h$ zeruje się na czterech płaszczyznach: $x=0$, $y=0$, $z=0$ i $x+y+z=4$. Najpierw należy pokazać, że w żadnym z punktów trzech pierwszych płaszczyzn funkcja $h$ nie osiąga ekstremum, bo dowolnie blisko każdego takiego punktu przyjmuje zarówno wartości dodatnie lub ujemne. (Ten fakt jest też prawdziwy dla ostatniej płaszczyzny, ale sprawdzenie tego nie jest konieczne, co będzie widoczne w dalszym postępowaniu). Następnie szukamy punktów krytycznych pod założeniem $x\ne 0,y\ne 0,z\ne 0$.

Rozwiązanie

a) Każda z pochodnych cząstkowych rzędu pierwszego funkcji $f$ zależy tylko od tej zmiennej, względem której jest liczona. Z warunku koniecznego istnienia ekstremum otrzymujemy układ trzech niezależnych równań $4x^3-4x=0$, $-3y^2+12y=0$ i $6z^2-6z=0$. Punkty krytyczne zatem to $(0,0,0),(0,0,1),(1,0,0),(1,0,1),(-1,0,0),(-1,0,1),(0,4,0),(0,4,1),(1,4,0),(1,4,1)$, $(-1,4,1)$, $(-1,4,1)$. Macierz drugiej różniczki $d_{(x,y,z)}^{2}f$ ma postać

$\left[\begin{array}{ccc}12x^2-4& 0& 0\\ 0& -6y+12& 0\\ 0& 0& 12z-6\end{array}\right].$

Wobec tego w punkcie $(0,0,0)$ macierzą tą jest $\left[\begin{array}{ccc}-4& 0& 0\\ 0& 12& 0\\ 0& 0& -6\end{array}\right]$, w $(0,0,1)$ - $\left[\begin{array}{ccc}-4& 0& 0\\ 0& 12& 0\\ 0& 0& 6\end{array}\right]$, w $(\pm 1,0,0)$ - $\left[\begin{array}{ccc}8& 0& 0\\ 0& 12& 0\\ 0& 0& -6\end{array}\right]$, w $(0,4,0)$ - $\left[\begin{array}{ccc}-4& 0& 0\\ 0& -12& 0\\ 0& 0& -6\end{array}\right]$, w $(0,4,1)$ - $\left[\begin{array}{ccc}-4& 0& 0\\ 0& -12& 0\\ 0& 0& 6\end{array}\right]$, w $(\pm 1,4,0)$ - $\left[\begin{array}{ccc}8& 0& 0\\ 0& -12& 0\\ 0& 0& -6\end{array}\right]$, wreszcie w $(\pm 1,4,1)$ - $\left[\begin{array}{ccc}8& 0& 0\\ 0& -12& 0\\ 0& 0& 6\end{array}\right]$. Stąd widać na mocy kryterium Sylvestera, że funkcja $f$ ma minima w punktach $(1,0,1)$ i $(-1,0,1)$ i maksimum w punkcie $(0,4,0)$ oraz, że są to jedyne ekstrema tej funkcji.

b) Warunek konieczny istnienia ekstremum prowadzi do układu

$\{\begin{array}{l}3x^2+y-2z=0\\ x+2y+3=0\\ -2x+4z=0\end{array},$

którego rozwiązaniami są dwie trójki liczb $(-\frac{1}{2},-\frac{5}{4},-\frac{1}{4})$ i $(1,-2,\frac{1}{2})$. Macierz drugiej różniczki $d_{(x,y,z)}^{2}g$ ma postać

$\left[\begin{array}{ccc}6x& 1& -2\\ 1& 2& 0\\ -2& 0& 4\end{array}\right].$

Ponieważ

$\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\begin{array}{ccc}-3& 1& -2\\ 1& 2& 0\\ -2& 0& 4\end{array}\right]=-36\mathrm{i}\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\begin{array}{cc}-3& 1\\ 1& 2\end{array}\right]=-7,$

funkcja $g$ nie ma ekstremum w punkcie $(-\frac{1}{2},-\frac{5}{4},-\frac{1}{4})$, natomiast wobec

$\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\begin{array}{ccc}6& 1& -2\\ 1& 2& 0\\ -2& 0& 4\end{array}\right]=36\mathrm{i}\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\begin{array}{cc}6& 1\\ 1& 2\end{array}\right]=11$

funkcja $g$ ma minimum w punkcie $(1,-2,\frac{1}{2})$.

c) Funkcja $h$ zeruje się na czterech płaszczyznach: $x=0$, $y=0$, $z=0$ i $x+y+z=4$. Pokażmy najpierw, że w żadnym punkcie pierwszych trzech z nich nie ma ekstremum. Weźmy punkt $(x_0,y_0,z_0)$ leżący na płaszczyźnie $x=0$ oraz zdefiniujmy funkcję $s(x,y,z)=yz(4-x-y-z)$. Mamy $x_0=0$. Ponieważ częścią wspólną każdych dwóch z naszych płaszczyzn jest tylko prosta, więc dowolnie blisko punktu $(x_0,y_0,z_0)$ możemy znaleźć taki punkt $(x_1,y_1,z_1)$, że $x_1=0$ oraz $s(x_1,y_1,z_1)\ne 0$. Niech np. $s(x_1,y_1,z_1)>0$ (drugi przypadek jest symetryczny). Z ciągłości funkcji $s$ dla dostatecznie małej liczby dodatniej $\delta$ zachodzi $s(\delta ,y_1,z_1)>0$ oraz $s(-\delta ,y_1,z_1)>0$ (bo $x_1=0$). Ale wtedy $h(\delta ,y_1,z_1)=\delta s(\delta ,y_1,z_1)>0$ oraz $h(-\delta ,y_1,z_1)=-\delta s(-\delta ,y_1,z_1)<0$, zatem funkcja $h$ nie ma minimum w punkcie $(x_0,y_0,z_0)$ (bo jest to miejsce zerowe, a dowolnie blisko tego miejsca funkcja $h$ przyjmuje zarówno wartości dodatnie, jak i ujemne). Analogicznie postępujemy z punktami z płaszczyzn $y=0$ i $z=0$.

Wobec tego wystarczy poszukać punktów krytycznych pod założeniem $x\ne 0,y\ne 0,z\ne 0$. Wtedy warunek konieczny istnienia ekstremum prowadzi do układu Cramera

$\{\begin{array}{l}2x+y+z=4\\ x+2y+z=4\\ x+y+2z=4\end{array},$

którego rozwiązaniem jest jedna trójka liczb $(1,1,1)$. Macierz drugiej różniczki $d_{(x,y,z)}^{2}h$ ma postać

$\left[\begin{array}{ccc}-2yz& z(4-2x-2y-z)& y(4-2x-y-2z)\\ z(4-2x-2y-z)& -2xz& x(4-x-2y-2z)\\ y(4-2x-y-2z)& x(4-x-2y-2z)& -2xy\end{array}\right].$

Ponieważ

$\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\begin{array}{ccc}-2& -1& -1\\ -1& -2& -1\\ -1& -1& -2\end{array}\right]=-4\mathrm{i}\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\begin{array}{cc}-2& -1\\ -1& -2\end{array}\right]=3$

funkcja $h$ ma maksimum w punkcie $(1,1,1)$. Jest to jedyne ekstremum tej funkcji.

Ćwiczenie 8.8.

a) Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji

$f(x,y,z)=4-x^2-\frac{y}{x}-\frac{z^2}{y}-\frac{1}{z}.$

b) Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji

$\mathrm{\Phi }(x,y,z)=\sin (x+y+z)-\sin x-\sin y-\sin z$

w zbiorze

$(0,\pi {)}^2$.

Wskazówka

Należy poszukać punktów krytycznych i zastosować kryterium Sylvestera do macierzy drugiej różniczki.

b) W wyliczaniu punktów krytycznych przyda się tożsamość trygonometryczna - wzór na różnicę cosinusów.

Rozwiązanie

a) Zakładamy, że $x,y,z\ne 0$. Otrzymany z warunku koniecznego układ równań

$\{\begin{array}{l}-2x+\frac{y}{x^2}=0\\ -\frac{1}{x}+\frac{z^2}{y^2}=0\\ -2\frac{z}{y}+\frac{1}{z^2}=0\end{array}$

ma jedyne rozwiązanie - punkt $(\frac{\sqrt[3]{2}}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt[3]{2}}{2})$. Liczymy pochodne cząstkowe drugiego rzędu

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}= -2-2\frac{y}{x^3},\quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}= -2\frac{z^2}{y^3},\quad \frac{\partial^2 f}{\partial z^2}= -2\frac{1}y-2\frac1{z^3},\\ \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}= \frac{1}{x^2},\quad \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial z}= 2\frac{z}{y^2},\quad \frac{\partial^2 f}{\partial z\partial x}= 0 \endaligned}

i budujemy macierz drugiej różniczki $d_{(\frac{\sqrt[3]{2}}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt[3]{2}}{2})}^{2}f$ w tym punkcie, która ma postać

$A=\left[\begin{array}{ccc}-6& 2\sqrt[3]{2}& 0\\ 2\sqrt[3]{2}& -4\sqrt[3]{4}& 4\sqrt[3]{2}\\ 0& 4\sqrt[3]{2}& -12\end{array}\right].$

Mamy det$A=-144\sqrt[3]{4}<0,$ det$\left[\begin{array}{cc}-6& 2\sqrt[3]{2}\\ 2\sqrt[3]{2}& -4\sqrt[3]{4}\end{array}\right]=20\sqrt[3]{4}>0$ oraz $-6<0$. Zatem z kryterium Sylvestera funkcja $f$ ma maksimum w punkcie $(\frac{\sqrt[3]{2}}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt[3]{2}}{2})$.

b) Otrzymujemy układ równań

$\{\begin{array}{l}\cos (x+y+z)=\cos x\\ \cos (x+y+z)=\cos y\\ \cos (x+y+z)=\cos z\end{array}.$

W szczególności $\cos x=\cos y=\cos z$, czyli $x=y=z$, ponieważ $x,y,z\in (0,\pi )$. Zatem $0=\cos 3x-\cos x=-2\sin 2x\sin x$, a stąd $x=\frac{\pi }{2}$. Macierz drugiej różniczki $d_{(x,y,z)}^2\mathrm{\Phi }$ ma postać

$\left[\begin{array}{ccc}\sin x-\sin (x+y+z)& -\sin (x+y+z)& -\sin (x+y+z)\\ -\sin (x+y+z)& \sin y-\sin (x+y+z)& -\sin (x+y+z)\\ -\sin (x+y+z)& -\sin (x+y+z)& \sin z-\sin (x+y+z)\end{array}\right].$

Ponieważ

$\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 2& 1\\ 1& 1& 2\end{array}\right]=4\mathrm{i}\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right]=3,$

funkcja $\mathrm{\Phi }$ ma w punkcie $(\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$ minimum.

Ćwiczenie 8.9.

(Zadanie Huygensa) Pomiędzy liczby dodatnie $a$ i $b$ ($a\le b$) wstawić liczby dodatnie $x_1,...,x_n$ tak, aby ułamek

$f(x_1,...,x_n)=\frac{x_1{x}_2...x_n}{(a+x_1)(x_1+x_2)...(x_{n-1}+x_n)(x_n+b)}$

miał największą wartość.

Wskazówka

Przyrównując pochodne cząstkowe pierwszego rzędu do zera należy pamiętać, że dziedziną naszej funkcji jest przedział $(0,+\mathrm{\infty })$. Wychodząc z układu równań otrzymanego z warunku koniecznego istnienia ekstremum, proszę wyrazić zależność między kolejnymi punktami $a,x_1,x_2,...,x_n,b$ za pomocą liczby $q=\frac{x_1}{a}$. Jakiego rodzaju jest to zależność?

By pokazać, że funkcja osiąga maksimum globalne w punkcie krytycznym, rozważamy najpierw prosty przypadek $n=1$ (mamy wtedy funkcję jednej zmiennej rzeczywistej). Następnie, jeśli $n>1$ ustalamy dowolne $n-1$ zmiennych i rozważamy zacieśnienie naszej funkcji do półprostej -- mamy wtedy znowu funkcję jednej zmiennej. Co o niej możemy powiedzieć? Jak z tego wywnioskować naszą tezę?

Rozwiązanie

Zauważmy, że $f$ jest dobrze zdefiniowaną funkcją $n$ zmiennych dodatnich. Jeśli przyjmiemy oznaczenia

$x^{\prime }=(x_2,...,x_n)\mathrm{i}p(x^{\prime })=(x_2+x_3)...(x_{n-1}+x_n)(x_n+b),$

to licznik pochodnej cząstkowej funkcji $f$ po $x_1$ wyraża się wzorem

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned x_2...x_n(a+x_1)(x_1+x_2)p(x') -x_1x_2...x_n[(x_1+x_2)p(x')+(a+x_1)p(x')]=\\= x_2...x_np(x')[(a+x_1)(x_1+x_2)-x_1(x_1+x_2+a+x_1)]= x_2...x_np(x')(ax_2-x_1^2), \endaligned }

zatem zeruje się wtedy i tylko wtedy, gdy $a{x}_2-x_1^2=0$. Postępując analogicznie dla pozostałych zmiennych, uzyskamy układ równań

$\{\begin{array}{l}a{x}_2-x_1^2=0\\ x_1{x}_3-x_2^2=0\\ ⋮\\ x_{n-2}{x}_n-x_{n-1}^2=0\\ x_{n-1}b-x_n^2=0\end{array}.$

Przekształcając te równania i porównując je, otrzymamy zależność

$\frac{x_1}{a}=\frac{x_2}{x_1}=\frac{x_3}{x_2}=...=\frac{x_{n-1}}{x_{n-2}}=\frac{x_n}{x_{n-1}}=\frac{b}{x_n},$

co oznacza, że ciąg $a,x_1,x_2,...,x_n,b$ jest geometryczny o ilorazie $q=\frac{x_1}{a}$. W konsekwencji $b=a{q}^{n+1}$ i stąd $q=\sqrt[n+1]{\frac{b}{a}}$. Punktem krytycznym jest zatem

$M(\sqrt[n+1]{a^{n}b},\sqrt[n+1]{a^{n-1}{b}^2},\sqrt[n+1]{a^{n-2}{b}^3},...,\sqrt[n+1]{a^2{b}^{n-1}},\sqrt[n+1]{a{b}^n})$

oraz

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned f(M)=\frac{\sqrt[n+1]{a^{1+2+...+n}b^{1+2+...+n}}} {\sqrt[n+1]{a^n}(\sqrt[n+1]{a}+\sqrt[n+1]{b})\sqrt[n+1]{a^{n-1}b}(\sqrt[n+1]{a}+ \sqrt[n+1]{ab})...\sqrt[n+1]{b^n}(\sqrt[n+1]{a}+\sqrt[n+1]{b})}=\\= \frac{1}{(\sqrt[n+1]{a}+\sqrt[n+1]{b} )^{n+1}}. \endaligned }

Wystarczy jeszcze pokazać, że dla dowolnego punktu $P(x_1,...,x_n)\in (0,+\mathrm{\infty }{)}^n$ różnego od punktu $M$ zachodzi $f(M)>f(P)$. Zanim to udowodnimy, zauważmy, że (co wynika jeszcze z układu równań uzyskanego z warunku koniecznego ekstremum) punkt

$P(x_1,...,x_k)=M$ wtedy i tylko wtedy, gdy $x_1=\sqrt{a{x}_2},x_2=\sqrt{x_1{x}_3},...,x_{n-1}=\sqrt{x_{n-2}{x}_n},x_n=\sqrt{x_{n-1}b}.$

Rozważmy teraz przypadek $n=1$. Szukamy wtedy maximum funkcji $h(x)=\frac{x}{(a+x)(x+b)}$ jednej zmiennej dodatniej $x$. Z powyższego rozumowania wiemy, że punktem krytycznym jest punkt $\sqrt{ab}$. Chcemy teraz pokazać, że $h(x)<h(\sqrt{ab})$ dla dowolnego $x\in (0,\sqrt{ab})\cup (\sqrt{ab},+\mathrm{\infty })$. Można to udowodnić, wykorzystując rachunek różniczkowy jednej zmiennej rzeczywistej (zachęcamy do tego ćwiczenia jako przypomnienia z Analizy matematycznej I), ale można też zrobić to bardziej elementarnie. Mamy mianowicie $(x-\sqrt{ab}{)}^2\ge 0$ dla dowolnej liczby rzeczywistej $x$, a równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy $x=\sqrt{ab}$. Przekształcając tę nierówność, otrzymujemy kolejno $x^2+ab\ge 2\sqrt{ab}x$, a stąd $ax+x^2+ab+bx\ge (a+2\sqrt{ab}+b)x$, czyli $(a+x)(x+b)\ge (\sqrt{a}+\sqrt{b}{)}^{2}x$, co jest równoważne nierówności $h(x)\le h(\sqrt{ab})$ i równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy $x=\sqrt{ab}$, co dowodzi naszej tezy w tym przypadku.

Teraz, jeśli $n$ jest dowolną liczbą naturalną większą od 1, ustalmy dowolną liczbę $k\in \{1,2,...,n\}$ oraz $n-1$ dowolnie wybranych liczb dodatnich $x_1,...,x_{k-1},x_{k+1},...,x_n$ i rozważmy funkcję

$g(x)=f(x_1,x_2,...,x_{k-1},x,x_{k+1},...,x_n).$

Zauważmy, że jest to funkcja $h$ z poprzedniego przypadku, dla przedziału $(x_{k-1},x_{k+1})$ (lub $(x_{k+1},x_{k-1})$, jeśli liczba $x_{k+1}$ jest mniejsza od $x_{k-1}$), pomnożona przez stałą dodatnią. Zatem z poprzedniego rozumowania funkcja $g$ osiąga silne maksimum w punkcie $x_k=\sqrt{x_{k-1}{x}_{k+1}}$. Zatem ogólnie funkcja $f$ osiąga silne maksimum w punkcie $P(x_1,...,x_k)$, dokładnie wtedy, gdy zachodzą związki

$x_1=\sqrt{a{x}_2},x_2=\sqrt{x_1{x}_3},...,x_{n-1}=\sqrt{x_{n-2}{x}_n},x_n=\sqrt{x_{n-1}b},$

czyli dokładnie wtedy, gdy $P=M$.