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

Twierdzenie o funkcjach uwikłanych.

Rozważamy funkcje zadane niejawnie. Formułujemy twierdzenie o funkcji uwikłanej i przedstawiamy metody badania takiej funkcji. Podajemy metodę mnożników Lagrange'a badania ekstremów warunkowych funkcji wielu zmiennych.

Punkty regularne poziomicy

Niech $\displaystyle X,Y,Z$ będą przestrzeniami Banacha i niech $\displaystyle U\subset X\times Y$ będzie zbiorem otwartym. Rozważmy funkcję

$\displaystyle F:X\times Y\supset U\ni (x,y)\mapsto F(x,y)\in Z$

oraz jej poziomicę zerową tj. zbiór

$\displaystyle \{F=0\}=\{(x,y)\in U:F(x,y)=0\}.$

Ustalmy pewien punkt $\displaystyle P=(a,b)\in \{F=0\}$, $\displaystyle a\in X$, $\displaystyle b\in Y$, na tej poziomicy.

Definicja 9.1.

Mówimy, że punkt $\displaystyle P\in \{F=0\}$ jest punktem regularnym zbioru $\displaystyle \{F=0\}$, jeśli różniczka $\displaystyle d_{P}F$ jest suriekcją przestrzeni $\displaystyle X\times Y$ na przestrzeń $\displaystyle Z$. Punkt poziomicy $\displaystyle \{F=0\}$, który nie jest regularny, będziemy nazywać punktem nieregularnym tej poziomicy.

Przypomnijmy fakt z algebry liniowej:

Uwaga 9.2.

W przypadku przestrzeni o skończonym wymiarze $\displaystyle X=\mathbb {R} ^{n}$, $\displaystyle Y=\mathbb {R} ^{m}$ odwzorowanie liniowe $\displaystyle L:X\times Y\mapsto Y$ jest suriekcją wtedy i tylko wtedy, gdy rząd (macierzy) odwzorowania $\displaystyle L$ jest maksymalny, tj. równy $\displaystyle m$.

Przykład 9.3.

Niech $\displaystyle X=Y=\mathbb {R}$. Rozważmy $\displaystyle F(x,y)=x^{2}+y^{2}-1$ i poziomicę zerową tej funkcji

$\displaystyle \{F=0\}=\{x^{2}+y^{2}=1\},$

czyli okrąg o środku w punkcie $\displaystyle (0,0)$ i promieniu jednostkowym. Różniczka

$\displaystyle {\begin{aligned}d_{(x_{0},y_{0})}F&={\frac {\partial F}{\partial x}}(x_{0},y)dx+{\frac {\partial F}{\partial y}}(x_{0},y)dy\\&=2x_{0}dx+2y_{0}dy\end{aligned}}$

w dowolnym punkcie $\displaystyle (x_{0},y_{0})\in \{F=0\}$ ma rząd maksymalny. Rząd różniczki $\displaystyle d_{(x_{0},y_{0})}F$ nie jest maksymalny tylko w punkcie, w którym obie pochodne cząstkowe $\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial x}}$, $\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial y}}$ zerują się, czyli gdy

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}2x_{0}=0\\2y_{0}=0,\end{aligned}}\right.$

ale punkt $\displaystyle (0,0)$ nie leży na okręgu $\displaystyle \{F=0\}$.

Przykład 9.4.

Niech $\displaystyle X=Y=\mathbb {R}$ i niech $\displaystyle F(x,y)=x^{3}+y^{3}-3xy$. Pamiętamy, że poziomicą zerową tej funkcji

$\displaystyle \{F=0\}=\{x^{3}+y^{3}=3xy\}$

jest krzywa, którą nazywamy liściem Kartezjusza. Zauważmy, że różniczka

$\displaystyle d_{(x_{0},y_{0})}F=3(x_{0}^{2}-y_{0})dx+3(y_{0}^{2}-x_{0})dy$ nie ma maksymalnego rzędu, gdy $\displaystyle \left\{{\begin{aligned}x_{0}^{2}-y_{0}=0\\y_{0}^{2}-x_{0}=0,\end{aligned}}\right.$

czyli w punktach $\displaystyle (0,0)$ i $\displaystyle (1,1)$. Stąd punkt $\displaystyle (0,0)$ jest punktem nieregularnym

liścia Kartezjusza. Drugi punkt $\displaystyle (1,1)$ nie leży na poziomicy $\displaystyle \{F=0\}$.

Przykład 9.5.

Niech $\displaystyle X=Y=\mathbb {R}$ i niech $\displaystyle F(x,y)=(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}-y^{2})$. Poziomicę zerową tej funkcji już także poznaliśmy. Krzywą

$\displaystyle \{F=0\}=\left\{(x^{2}+y^{2})^{2}=2(x^{2}-y^{2})\right\}$

nazywamy lemniskatą Bernoullego. Różniczka

$\displaystyle {\begin{aligned}d_{(x_{0},y_{0})}F&=\left(2(x_{0}^{2}+y_{0}^{2})2x_{0}-4x_{0}\right)dx+\left(2(x_{0}^{2}+y_{0}^{2})2y_{0}+4y_{0}\right)dy\\&=4x_{0}(x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-1)dx+4y_{0}(x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+1)dy\end{aligned}}$

nie ma maksymalnego rzędu tylko wtedy, gdy

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}x_{0}(x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-1)=0\\y_{0}(x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+1)=0,\end{aligned}}\right.$

czyli w trzech punktach $\displaystyle (0,0)$, $\displaystyle (-1,0)$ i $\displaystyle (1,0)$, spośród których tylko pierwszy $\displaystyle (0,0)$ leży na lemniskacie Bernoullego. Nie jest więc jej punktem regularnym.

Przykład 9.6.

Poziomicą zerową funkcji

$\displaystyle F:\mathbb {R} ^{3}\ni (x,y,z)\mapsto F(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-1\in \mathbb {R}$

jest sfera o środku w początku układu współrzędnych $\displaystyle (0,0,0)$ i promieniu jednostkowym:

$\displaystyle \{F=0\}=\{(x,y,z):x^{2}+y^{2}+z^{2}=1\}.$

Różniczka odwzorowania $\displaystyle F$ dana wzorem

$\displaystyle {\begin{aligned}d_{(x,y,z)}F&={\frac {\partial F}{\partial x}}(x,y,z)dx+{\frac {\partial F}{\partial y}}(x,y,z)dy+{\frac {\partial F}{\partial z}}(x,y,z)dz\\&=2xdx+2ydy+2zdz\end{aligned}}$

jest odwzorowaniem liniowym i ciągłym z $\displaystyle \mathbb {R} ^{3}$ do $\displaystyle \mathbb {R}$ i ma rząd maksymalny (równy 1) we wszystkich punktach $\displaystyle \mathbb {R} ^{3}$ poza początkiem układu współrzędnych $\displaystyle (0,0,0)$, w którym rząd ten wynosi zero. Punkt $\displaystyle (0,0,0)$ nie należy jednak do sfery $\displaystyle \{F=0\}$, stąd każdy jej punkt jest regularny.

Przykład 9.7.

Niech $\displaystyle F:\mathbb {R} ^{3}\ni (x,y,z)\mapsto F(x,y,z)=(x^{2}+z^{2}-1,y^{2}+z^{2}-1)\in \mathbb {R} ^{2}$. Wówczas poziomicą zerową funkcji $\displaystyle F$ jest zbiór

$\displaystyle \{F=0\}=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3},x^{2}+z^{2}=1,y^{2}+z^{2}=1\},$

który powstaje z przecięcia walca $\displaystyle x^{2}+z^{2}=1$ o osi obrotu $\displaystyle OY$ z walcem $\displaystyle y^{2}+z^{2}=1$ o osi obrotu $\displaystyle OX$. Zauważmy, że różniczka

$\displaystyle d_{(x,y,z)}F=(2xdx+0dy+2zdz,0dx+2ydy+2zdz)$

jest odwzorowaniem liniowym i ciągłym z $\displaystyle \mathbb {R} ^{3}$ do $\displaystyle \mathbb {R} ^{2}$. Jest więc maksymalnego rzędu, gdy rząd macierzy jej współczynników

$\displaystyle A=\left[{\begin{array}{rrr}2x&0&2z\\0&2y&2z\end{array}}\right]$

wynosi 2. Zauważmy, że rząd macierzy $\displaystyle A$ wynosi zero, gdy $\displaystyle x=y=z=0$ (punkt $\displaystyle (0,0,0)$ nie należy do poziomicy zerowej $\displaystyle \{F=0\}$). Z kolei, rząd tej macierzy wynosi jeden, gdy

$\displaystyle {\begin{aligned}&&x=y=0,z\neq 0\\&{\text{lub}}&\\&&x=z=0,y\neq 0\\&{\text{lub}}&\\&&y=z=0,x\neq 0,\end{aligned}}$

co ma miejsce w dwóch punktach poziomicy $\displaystyle \{F=0\}$, a mianowicie w punktach $\displaystyle (0,0,1)$ oraz $\displaystyle (0,0,-1)$. Są to jedyne punkty poziomicy, które nie są regularne, gdyż rząd różniczki $\displaystyle d_{(x,y,z)}F$ w pozostałych punktach poziomicy jest maksymalny (tj. wynosi $\displaystyle 2$).
wykres

Przykład 9.8.

Niech $\displaystyle F:\mathbb {R} ^{3}\ni (x,y,z)\mapsto F(x,y,z)=(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}-3xyz\in \mathbb {R} .$ Poziomicą zerową tej funkcji jest powierzchnia o równaniu

$\displaystyle \{(x,y,z)=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}:(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}=3xyz\}.$

Różniczka $\displaystyle d_{(x,y,z)}F={\frac {\partial F}{\partial x}}dx+{\frac {\partial F}{\partial y}}dy+{\frac {\partial F}{\partial z}}dz$ jest odwzorowaniem liniowym i ciągłym z $\displaystyle \mathbb {R} ^{3}$ do $\displaystyle \mathbb {R}$, nie ma więc rzędu maksymalnego w punktach $\displaystyle (x,y,z)$, w których rząd różniczki jest niższy niż jeden, czyli w punktach, w których zerują się wszystkie trzy pochodne cząstkowe $\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial x}}=0,{\frac {\partial F}{\partial y}}=0,{\frac {\partial F}{\partial z}}=0$, tzn. gdy

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}4x(x^{2}+y^{2}+z^{2})=3yz\\4y(x^{2}+y^{2}+z^{2})=3xz\\4z(x^{2}+y^{2}+z^{2})=3xy.\end{aligned}}\right.$

Układ ten spełnia punkt o współrzędnych $\displaystyle (0,0,0)$, a także punkty o współrzędnych $\displaystyle (x,y,z)$, które spełniają układ

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}x^{2}&=y^{2}\\y^{2}&=z^{2}\\z^{2}&=x^{2},\end{aligned}}\right.$

czyli $\displaystyle |x|=|y|=|z|$. Spośród punktów poziomicy $\displaystyle \{F=0\}$ warunek ten spełniają poza punktem $\displaystyle (0,0,0)$ także punkty $\displaystyle (a,a,a)$, $\displaystyle (-a,-a,a)$, $\displaystyle (-a,a,-a)$, $\displaystyle (a,-a,-a)$, gdzie $\displaystyle a={\frac {1}{3}}$. Poza wskazanymi pięcioma punktami poziomicy $\displaystyle \{F=0\}$ pozostałe punkty są regularne, gdyż różniczka odwzorowania $\displaystyle F$ ma w nich rząd maksymalny (równy $\displaystyle 1$).

<applet code="JavaviewModApplet.class" archive="images/a/a0/Javaview.jar,images/b/be/JavaviewModApplet.jar" width="450" height="400">

   <param name="colors" value="-1:#7e0b9f -0.80:#ce3bf8 -0.60:#2c4ae5 -0.40:#2c85e5 -0.20:#2ecca9 -0.05:#2ecc5b 0.05:#2ecc5b 0.20:#97cc2e 0.40:#edff27 0.60:#ffba27 0.80:#ff6e27 1:#d42525">
   <param name="coloring" value="maple">
   <param name="model" value="images/e/ec/Am2w09.0010.mgs.zip">
   <param name="scale" value="1.0 1.0 1.0">

<param name="shading" value="0.2"> </applet>

<div.thumbcaption>Poziomica zerowa funkcji $\displaystyle f(x,y,z)=(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}-3xyz$

Twierdzenie o funkcji uwikłanej

Niech $\displaystyle X$, $\displaystyle Y$ będą przestrzeniami Banacha i niech $\displaystyle F:U\mapsto Y$ będzie funkcją różniczkowalną w zbiorze otwartym $\displaystyle U\subset X\times Y$. Niech $\displaystyle (a,b)\in \{F=0\}$ będzie punktem poziomicy zerowej funkcji $\displaystyle F$, gdzie $\displaystyle a\in X,b\in Y$. Powstaje naturalne pytanie o warunki, przy których poziomicę $\displaystyle \{F=0\}$ w otoczeniu punktu $\displaystyle (a,b)$ można przedstawić jako wykres pewnej funkcji $\displaystyle f:X\mapsto Y$ takiej, że $\displaystyle F(x,f(x))=0$ w pewnym otoczeniu otwartym punktu $\displaystyle a\in X$.

Rozważmy dwa proste przykłady.

Przykład 9.9.

Niech $\displaystyle (a,b)$ będzie punktem okręgu $\displaystyle x^{2}+y^{2}=1$, który stanowi poziomicę zerową funkcji

$\displaystyle \mathbb {R} \times \mathbb {R} \ni (x,y)\mapsto F(x,y)=x^{2}+y^{2}-1\in \mathbb {R} .$

Jeśli $\displaystyle b>0$, to w otoczeniu punktu $\displaystyle a\in (-1,1)$ można określić funkcję

$\displaystyle f_{1}:x\mapsto f_{1}(x)={\sqrt {1-x^{2}}}$

taką, że

$\displaystyle F(x,f_{1}(x))=x^{2}+({\sqrt {1-x^{2}}})^{2}-1=0\ {\text{ oraz }}\ f_{1}(a)=b.$

Z kolei, jeśli $\displaystyle b<0$, to w otoczeniu punktu $\displaystyle a\in (-1,1)$ znajdziemy funkcję

$\displaystyle f_{2}:x\mapsto f_{2}(x)=-{\sqrt {1-x^{2}}}$

taką, że

$\displaystyle F(x,f_{2}(x))=x^{2}+(-{\sqrt {1-x^{2}}})^{2}-1=0\ {\text{ oraz }}f_{2}(a)=b.$

Jedynymi punktami $\displaystyle (a,b)$ okręgu $\displaystyle x^{2}+y^{2}=1$, w otoczeniu których nie znajdziemy funkcji $\displaystyle f:x\mapsto f(x)$ takiej, że $\displaystyle f(a)=b$ i $\displaystyle F(x,f(x))=0$, są punkty $\displaystyle (-1,0)$ oraz

$\displaystyle (1,0)$. Zauważmy, że w punktach tych zeruje się pochodna cząstkowa $\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial y}}$.

Przykład 9.10.

Niech $\displaystyle a=(a_{1},a_{2})\in \mathbb {R} ^{2}$, $\displaystyle b\in \mathbb {R}$. Niech $\displaystyle (a,b)\in \mathbb {R} ^{3}$ będzie punktem sfery $\displaystyle x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+z^{2}=1$, która stanowi poziomicę zerową funkcji $\displaystyle F(x_{1},x_{2},z)=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+z^{2}-1$. Jeśli $\displaystyle b>0$, to w otoczeniu punktu $\displaystyle a=(a_{1},a_{2})$ wewnątrz okręgu $\displaystyle x_{1}^{2}+x_{2}^{2}<1$ można określić funkcję

$\displaystyle f_{1}:(x_{1},x_{2})\mapsto f_{1}(x_{1},x_{2})={\sqrt {1-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}}$

taką, że

$\displaystyle F(x_{1},x_{2},f_{1}(x_{1},x_{2}))=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+{\big (}{\sqrt {1-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}}{\big )}^{2}-1=0\ {\text{ oraz }}\ f_{1}(a)=b.$

Z kolei, jeśli $\displaystyle b<0$ znajdziemy funkcję

$\displaystyle f_{2}:(x_{1},x_{2})\mapsto f_{1}(x_{1},x_{2})=-{\sqrt {1-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}}$

taką, że

$\displaystyle F(x_{1},x_{2},f_{2}(x_{1},x_{2}))=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+{\big (}-{\sqrt {1-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}}{\big )}^{2}-1=0\ {\text{ oraz }}f_{2}(a)=b.$

Jedynymi punktami $\displaystyle (a,b)$ sfery $\displaystyle x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+z^{2}=1$, w otoczeniu których nie znajdziemy funkcji $\displaystyle f:(x_{1},x_{2})\mapsto f(x_{1},x_{2})$ takiej, że $\displaystyle f(a)=b$ i $\displaystyle F(x_{1},x_{2},f(x_{1},x_{2}))=0$, są punkty okręgu $\displaystyle x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1$ zawartego w płaszczyźnie $\displaystyle z=0$. Zauważmy, że w punktach tych zeruje się pochodna cząstkowa $\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial z}}=2z$.

Uogólnijmy to spostrzeżenie, formułując

Twierdzenie 9.11.[twierdzenie o funkcji uwikłanej]

Niech $\displaystyle F:U\mapsto Y$ będzie funkcją różniczkowalną o ciągłej różniczce na zbiorze otwartym $\displaystyle U\subset X\times Y$. Niech $\displaystyle (a,b)\in \{F=0\}$ (gdzie $\displaystyle a\in X,b\in Y$) będzie punktem poziomicy zerowej funkcji $\displaystyle F$ takim, że zacieśnienie różniczki $\displaystyle d_{(a,b)}F_{|Y}$ do podprzestrzeni $\displaystyle Y\subset X\times Y$ jest izomorfizmem. Wówczas

1) istnieje pewne otoczenie otwarte $\displaystyle V\subset X$ punktu $\displaystyle a$ oraz istnieje dokładnie jedna funkcja określona w tym otoczeniu $\displaystyle f:V\mapsto Y$ taka, że $\displaystyle f(a)=b$ oraz $\displaystyle F(x,f(x))=0$ dla dowolnego $\displaystyle x\in V$. Ponadto

2) funkcja $\displaystyle f$ jest różniczkowalna i ma ciągłą różniczkę w zbiorze

$\displaystyle V$ daną wzorem $\displaystyle d_{x}f=-{\big (}d_{(x,y)}F_{|Y}{\big )}^{-1}\circ {\big (}d_{(x,y)}F_{|X}{\big )},$ gdzie $\displaystyle y=f(x)$, natomiast

$\displaystyle d_{(x,y)}F_{|X}$ oznacza zacieśnienie różniczki $\displaystyle d_{(x,y)}F$ do podprzestrzeni $\displaystyle X\subset X\times Y$ a $\displaystyle (d_{(x,y)}F_{|Y})^{-1}$ jest izomorfizmem odwrotnym do zacieśnienia różniczki $\displaystyle d_{(x,y)}F_{|Y}$.

Dowód 9.11.

[Szkic] Pominiemy dowód istnienia funkcji $\displaystyle f$. Wyprowadzimy jednak wzór, który określa jej różniczkę, w trzech przypadkach najczęściej spotykanych w konkretnych zastosowaniach. Przypomnijmy

wpierw jednak, że

Uwaga 9.12.

Jeśli $\displaystyle Y=\mathbb {R} ^{n}$, to odwzorowanie liniowe $\displaystyle L:Y\mapsto Y$ jest izomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy wyznacznik tego odwzorowania jest różny od zera, tj. $\displaystyle \det L\neq 0$.

Przypadek I. Niech $\displaystyle X=Y=\mathbb {R}$ i niech $\displaystyle F:\mathbb {R} ^{2}\ni (x,y)\mapsto F(x,y)\in \mathbb {R} .$ Jeśli funkcja $\displaystyle f:\mathbb {R} \mapsto \mathbb {R}$ spełnia równanie $\displaystyle F(x,f(x))=0$, to przy założeniu, że jest różniczkowalna, na mocy twierdzenia o różniczce złożenia funkcji otrzymamy równość

$\displaystyle 0={\frac {d}{dx}}F(x,f(x))={\frac {\partial F}{\partial x}}(x,y)+{\frac {\partial F}{\partial y}}(x,y){\frac {df}{dx}}(x),{\text{ gdzie }}y=f(x).$

Stąd

$\displaystyle -{\frac {\partial F}{\partial x}}(x,y)={\frac {\partial ,F}{\partial y}}(x,y){\frac {df}{dx}}(x).$

Z założenia zacieśnienie różniczki $\displaystyle d_{(x,y)}F_{|Y}$ jest izomorfizmem przestrzeni $\displaystyle \mathbb {R}$ do $\displaystyle \mathbb {R}$, co oznacza w tym przypadku, że pochodna cząstkowa $\displaystyle {\dfrac {\partial F}{\partial y}}\neq 0$. Stąd pochodna funkcji uwikłanej wyraża się wzorem

$\displaystyle {\frac {df}{dx}}(x)=-\left({\frac {\partial F}{\partial y}}(x,y)\right)^{-1}{\frac {\partial F}{\partial x}}(x,y),{\text{ gdzie }}y=f(x).$

Przypadek II. Niech $\displaystyle F:\mathbb {R} ^{3}\ni (x_{1},x_{2},y)\mapsto F(x_{1},x_{2},y)\in \mathbb {R} .$ Jeśli funkcja $\displaystyle f:\mathbb {R} ^{2}\mapsto \mathbb {R}$ spełnia równanie $\displaystyle F(x_{1},x_{2},f(x_{1},x_{2}))=0$, to przy założeniu, że jest różniczkowalna, na mocy twierdzenia o różniczce złożenia funkcji otrzymamy równość prawdziwą w punktach $\displaystyle (x_{1},x_{2},y)$ poziomicy $\displaystyle \{F=0\}$

${\begin{array}{lll}\displaystyle 0={\frac {\partial }{\partial x_{1}}}F{\big (}x_{1},x_{2},f(x_{1},x_{2}){\big )}&=&\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial x_{1}}}{\frac {\partial x_{1}}{\partial x_{1}}}+{\frac {\partial F}{\partial x_{2}}}{\frac {\partial x_{2}}{\partial x_{1}}}+{\frac {\partial F}{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}\\&=&\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial x_{1}}}+0+{\frac {\partial F}{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}\end{array}}$

oraz

${\begin{array}{lll}\displaystyle 0={\frac {\partial }{\partial x_{2}}}F{\big (}x_{1},x_{2},f(x_{1},x_{2}){\big )}&=&\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial x_{1}}}{\frac {\partial x_{1}}{\partial x_{2}}}+{\frac {\partial F}{\partial x_{2}}}{\frac {\partial x_{2}}{\partial x_{2}}}+{\frac {\partial F}{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x_{2}}}\\&=&\displaystyle 0+{\frac {\partial F}{\partial x_{2}}}+{\frac {\partial F}{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x_{2}}}\end{array}}$

Izomorficzność zawężenia różniczki $\displaystyle d_{(x_{1},x_{2},y)}F_{|Y}$ również w tym przypadku oznacza po prostu, że pochodna cząstkowa $\displaystyle {\dfrac {\partial F}{\partial y}}(x_{1},x_{2},y)\neq 0$. Wówczas z powyższych równości dostajemy

$\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}(x_{1},x_{2})=-\left({\frac {\partial F}{\partial y}}(x_{1},x_{2},y)\right)^{-1}{\frac {\partial F}{\partial x_{1}}}(x_{1},x_{2},y)$

oraz

$\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial x_{2}}}(x_{1},x_{2})=-\left({\frac {\partial F}{\partial y}}(x_{1},x_{2},y)\right)^{-1}{\frac {\partial F}{\partial x_{2}}}(x_{1},x_{2},y),$

gdzie $\displaystyle y=f(x_{1},x_{2})$. Pomijając argument w zapisie pochodnych cząstkowych, można te wzory podać w skróconej formie (łatwiejszej do zapamiętania):

$\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}=-\left({\frac {\partial F}{\partial y}}\right)^{-1}{\frac {\partial F}{\partial x_{1}}}$

oraz

$\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial x_{2}}}=-\left({\frac {\partial F}{\partial y}}\right)^{-1}{\frac {\partial F}{\partial x_{2}}}.$

Przypadek III. Niech $\displaystyle X=\mathbb {R}$, $\displaystyle Y=\mathbb {R} ^{2}$ i niech

$\displaystyle F:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{2}\ni (x,y_{1},y_{2})\mapsto F(x,y_{1},y_{2})=\left(F_{1}(x,y_{1},y_{2}),F_{2}(x,y_{1},y_{2})\right)\in \mathbb {R} ^{2}.$

Załóżmy, że istnieje funkcja różniczkowalna

$\displaystyle f:\mathbb {R} \ni x\mapsto (f_{1}(x),f_{2}(x))\in \mathbb {R} ^{2}$

taka, że

$\displaystyle 0=F(x,f(x))={\bigg (}F_{1}{\big (}x,f_{1}(x),f_{2}(x){\big )},\ F_{2}{\big (}x,f_{1}(x),f_{2}(x){\big )}{\bigg )},$

to znaczy

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}0&=F_{1}(x,f_{1}(x),f_{2}(x))\\0&=F_{1}(x,f_{1}(x),f_{2}(x)).\end{aligned}}\right.$

Stąd - korzystając z twierdzenia o różniczkowaniu złożenia funkcji - dostajemy

$\displaystyle {\begin{aligned}0={\frac {d}{dx}}F_{1}(x,f_{1}(x),f_{2}(x))&={\frac {\partial F_{1}}{\partial x}}{\frac {dx}{dx}}+{\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{1}}}{\frac {df_{1}}{dx}}+{\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{2}}}{\frac {df_{2}}{dx}}\\&={\frac {\partial F_{1}}{\partial x}}+{\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{1}}}f_{1}'+{\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{2}}}f_{2}'\end{aligned}}$

oraz

$\displaystyle {\begin{aligned}0={\frac {d}{dx}}F_{2}(x,f_{1}(x),f_{2}(x))&={\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}{\frac {dx}{dx}}+{\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{1}}}{\frac {df_{1}}{dx}}+{\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{2}}}{\frac {df_{2}}{dx}}\\&={\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}+{\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{1}}}f_{1}'+{\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{2}}}f_{2}'.\end{aligned}}$

Otrzymujemy układ dwóch równań z niewiadomymi $\displaystyle f_{1}'$, $\displaystyle f_{2}'$, które są pochodnymi składowych funkcji uwikłanej $\displaystyle f=(f_{1},f_{2})$:

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}-{\frac {\partial F_{1}}{\partial x}}={\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{1}}}f_{1}'+{\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{2}}}f_{2}'\\-{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}={\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{1}}}f_{1}'+{\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{2}}}f_{2}'.\end{aligned}}\right.$

Zapiszmy ten układ w formie macierzowej

$\displaystyle \displaystyle -\left[{\begin{array}{r}\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial x}}\\\\\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}\end{array}}\right]=\left[{\begin{array}{rr}\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{1}}}&\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{2}}}\\&\\\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{1}}}&\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{2}}}\end{array}}\right]\,\left[{\begin{array}{r}f_{1}'\\f_{2}'\end{array}}\right].$

W rozważanym przypadku założenie o izomorficzności zacieśnienia różniczki $\displaystyle d_{(x,y)}F$ do podprzestrzeni $\displaystyle Y\subset X\times Y$ oznacza po prostu fakt, że macierz pochodnych cząstkowych, która reprezentuje $\displaystyle d_{(x,y)F_{|Y}}$:

$\displaystyle \left[{\begin{array}{rr}\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{1}}}&\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{2}}}\\&\\\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{1}}}&\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{2}}}\end{array}}\right]$

jest nieosobliwa, tj. jej wyznacznik jest różny od zera. Z kolei macierz kolumnowa

$\displaystyle \left[{\begin{array}{r}\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial x}}\\\\\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}\end{array}}\right]$

reprezentuje zacieśnienie różniczki $\displaystyle d_{(x,y)}F$ do podprzestrzeni $\displaystyle X\subset X\times Y$. Macierz niewiadomych $\displaystyle f_{1}'$, $\displaystyle f_{2}'$:

$\displaystyle \left[{\begin{array}{r}f_{1}'\\f_{2}'\end{array}}\right]$

reprezentuje różniczkę $\displaystyle d_{x}f$ funkcji uwikłanej $\displaystyle f=(f_{1},f_{2})$. Stąd układ równań z niewiadomymi $\displaystyle f_{1}'$, $\displaystyle f_{2}'$ przedstawia równanie

$\displaystyle -d_{(x,y)}F_{|X}=d_{(x,y)}F_{|Y}\circ d_{x}f,\ \ \ \ \ {\text{ gdzie }}y=f(x),$

w którym niewiadomą jest różniczka $\displaystyle d_{x}f$. Izomorficzność zacieśnienia $\displaystyle d_{(x,y)}F_{|Y}$ gwarantuje istnienie odwzorowania odwrotnego $\displaystyle \left(d_{(x,y)}F_{|Y}\right)^{-1}$, dzięki czemu otrzymujemy

$\displaystyle d_{x}f=-\left(d_{(x,y)}F_{|Y}\right)^{-1}\circ d_{(x,y)}F_{|X}.$

W języku algebry nieosobliwość macierzy

$\displaystyle \left[{\begin{array}{rr}\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{1}}}&\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{2}}}\\&\\\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{1}}}&\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{2}}}\end{array}}\right]$

gwarantuje istnienie macierzy do niej odwrotnej. Stąd rozwiązaniem równania

$\displaystyle \displaystyle -\left[{\begin{array}{r}\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial x}}\\\\\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}\end{array}}\right]=\left[{\begin{array}{rr}\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{1}}}&\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{2}}}\\&\\\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{1}}}&\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{2}}}\end{array}}\right]\,\left[{\begin{array}{r}f_{1}'\\f_{2}'\end{array}}\right]$

jest

$\displaystyle \displaystyle \left[{\begin{array}{r}f_{1}'\\f_{2}'\end{array}}\right]=-\left(\left[{\begin{array}{rr}\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{1}}}&\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial y_{2}}}\\&\\\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{1}}}&\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial y_{2}}}\end{array}}\right]\right)^{-1}\left[{\begin{array}{r}\displaystyle {\frac {\partial F_{1}}{\partial x}}\\\\\displaystyle {\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}\end{array}}\right]$

lub równoważnie:

$\displaystyle d_{x}f=-\left(d_{(x,y)}F_{|Y}\right)^{-1}\circ d_{(x,y)}F_{|X}.$

Ekstrema funkcji uwikłanej

Niech $\displaystyle X=\mathbb {R} ^{n},Y=\mathbb {R}$ i niech

$\displaystyle F:X\times \mathbb {R} \ni (x_{1},x_{2},\dots ,x_{n},y)\mapsto F(x_{1},x_{2},\dots ,x_{n},y)\in \mathbb {R}$

będzie funkcją określoną w pewnym zbiorze otwartym $\displaystyle U\subset X\times \mathbb {R}$.

Zauważmy, że do wyznaczenia różniczki funkcji $\displaystyle f$ uwikłanej równaniem $\displaystyle F(x,f(x))=0$ nie potrzebujemy znać jawnej postaci funkcji $\displaystyle f$. Co więcej, potrafimy wyznaczyć punkty, w których funkcja $\displaystyle f$ może osiągać ekstrema, korzystając ze znanego warunku koniecznego istnienia ekstremum.

Twierdzenie 9.13.[warunek konieczny istnienia ekstremum funkcji uwikłanej]

Jeśli funkcja $\displaystyle f$ uwikłana równaniem $\displaystyle F(x,f(x))=0$ osiąga ekstremum w pewnym punkcie $\displaystyle a\in X$ takim, że pochodna cząstkowa $\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial y}}(a,f(a))\neq 0$, to w punkcie $\displaystyle (a,f(a))$ zerują się pochodne cząstkowe funkcji $\displaystyle F$ po zmiennych $\displaystyle x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}$, tzn.

$\displaystyle \displaystyle \forall i\in \{1,2,\dots ,n\}\ \ {\frac {\partial F}{\partial x_{i}}}(a,f(a))=0.$

Dowód

Warunek ten jest konsekwencją wzoru na różniczkę funkcji $\displaystyle f$, który stanowi tezę twierdzenia o funkcji uwikłanej. Ponieważ zachodzi równość

$\displaystyle \displaystyle d_{x}f=-\left(d_{(x,y)}F_{|Y}\right)^{-1}\circ d_{(x,y)}F_{|X},$

to wobec izomorficzności $\displaystyle d_{(x,y)}F_{|Y}$ która w tym przypadku jest równoważna stwierdzeniu, że $\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial y}}(x,y)\neq 0$) różniczka $\displaystyle d_{a}f$ zeruje się wtedy i tylko wtedy, gdy $\displaystyle d_{(a,f(a))}F_{|X}=0$. Warunek ten jest z kolei równoważny zerowaniu się w punkcie $\displaystyle (a,f(a))$ pochodnych cząstkowych funkcji $\displaystyle F$ po zmiennych $\displaystyle x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}$, czyli

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}&{\frac {\partial F}{\partial x_{1}}}(a,f(a))=0\\&{\frac {\partial F}{\partial x_{2}}}(a,f(a))=0\\&\vdots \\&{\frac {\partial F}{\partial x_{n}}}(a,f(a))=0.\end{aligned}}\right.$

Wyznaczymy również drugą różniczkę funkcji uwikłanej $\displaystyle f$, aby z jej określoności wywnioskować, czy funkcja $\displaystyle f$ osiąga maksimum, minimum, czy też w ogóle nie osiąga ekstremum w punktach, które spełniają warunek konieczny istnienia ekstremum.

Rozważmy dwa najczęściej spotykane przypadki:

Przypadek I. Niech $\displaystyle F:\mathbb {R} ^{2}\mapsto \mathbb {R}$ będzie funkcją dwukrotnie różniczkowalną. Rozważmy funkcję $\displaystyle f$ uwikłaną równaniem $\displaystyle F(x,f(x))=0$. Różniczkując tę równość po zmiennej $\displaystyle x$, otrzymamy (na podstawie twierdzenia o różniczkowaniu złożenia) równość

$\displaystyle 0={\frac {\partial F}{\partial x}}+{\frac {\partial F}{\partial y}}f'.$

Różniczkując względem zmiennej $\displaystyle x$ powtórnie obie strony powyższej nierówności, otrzymamy

$\displaystyle {\begin{aligned}0={\frac {d}{dx}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial x}}+{\frac {\partial F}{\partial y}}f'{\bigg )}&={\frac {d}{dx}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial x}}{\bigg )}+{\frac {d}{dx}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial y}}f'{\bigg )}\\&={\frac {d}{dx}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial x}}{\bigg )}+{\frac {d}{dx}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial y}}{\bigg )}f'+{\frac {\partial F}{\partial y}}f''\\&={\frac {\partial ^{2}F}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}F}{\partial y\partial x}}f'+{\bigg (}{\frac {\partial ^{2}F}{\partial x\partial y}}+{\frac {\partial ^{2}F}{\partial y^{2}}}f'{\bigg )}f'+{\frac {\partial F}{\partial y}}f''.\end{aligned}}$

Otrzymane wyrażenie znacznie upraszcza się w punkcie $\displaystyle x_{0}$, w którym $\displaystyle f'(x_{0})=0$. Otrzymamy wówczas równość

$\displaystyle 0={\frac {\partial ^{2}F}{\partial x^{2}}}(x_{0},y_{0})+{\frac {\partial F}{\partial y}}(x_{0},y_{0})f''(x_{0}),$

z której - wobec założenia, że $\displaystyle {\dfrac {\partial F}{\partial y}}(x_{0},y_{0})\neq 0$ - otrzymamy

$\displaystyle f''(x_{0})=-{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial y}}(x_{0},y_{0}){\bigg )}^{-1}{\frac {\partial ^{2}F}{\partial x^{2}}}(x_{0},y_{0}),$

gdzie $\displaystyle y_{0}=f(x_{0})$.

Przypadek II. Niech $\displaystyle f:\mathbb {R} ^{2}\mapsto \mathbb {R}$ będzie funkcją uwikłaną równaniem $\displaystyle F(x,y,f(x,y))=0$, gdzie $\displaystyle F:\mathbb {R} ^{3}\mapsto \mathbb {R}$ jest funkcją dwukrotnie różniczkowalną. Wówczas w punktach poziomicy $\displaystyle \{F=0\}$ otrzymamy równości zawierające pochodne cząstkowe $\displaystyle {\dfrac {\partial f}{\partial x}}$ oraz $\displaystyle {\dfrac {\partial f}{\partial y}}$:

$\displaystyle 0={\frac {\partial F}{\partial x}}+{\frac {\partial F}{\partial z}}{\frac {\partial f}{\partial x}}$ $\displaystyle 0={\frac {\partial F}{\partial y}}+{\frac {\partial F}{\partial z}}{\frac {\partial f}{\partial y}}.$

Policzymy pochodną cząstkową $\displaystyle {\frac {\partial }{\partial x}}$ po zmiennej $\displaystyle x$ obu stron pierwszej z tych równości. Ze wzorów na pochodną złożenia funkcji wyznaczymy wpierw:

$\displaystyle {\frac {\partial }{\partial x}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial x}}{\bigg )}={\frac {\partial ^{2}F}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}F}{\partial z\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}$

oraz

$\displaystyle {\frac {\partial }{\partial x}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial z}}{\bigg )}={\frac {\partial ^{2}F}{\partial x\partial z}}+{\frac {\partial ^{2}F}{\partial z^{2}}}{\frac {\partial f}{\partial x}}.$

Wobec tego

$\displaystyle {\begin{aligned}0={\frac {\partial }{\partial x}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial x}}+{\frac {\partial F}{\partial z}}{\frac {\partial f}{\partial x}}{\bigg )}&={\frac {\partial }{\partial x}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial x}}{\bigg )}+{\frac {\partial }{\partial x}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial z}}{\frac {\partial f}{\partial x}}{\bigg )}\\&={\frac {\partial }{\partial x}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial x}}{\bigg )}+{\frac {\partial }{\partial x}}{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial z}}{\bigg )}{\frac {\partial f}{\partial x}}+{\frac {\partial F}{\partial z}}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}\\&={\frac {\partial ^{2}F}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}F}{\partial z\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}+{\bigg (}{\frac {\partial ^{2}F}{\partial x\partial z}}+{\frac {\partial ^{2}F}{\partial z^{2}}}{\frac {\partial f}{\partial x}}{\bigg )}{\frac {\partial f}{\partial x}}+{\frac {\partial F}{\partial z}}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}.\end{aligned}}$

W punkcie $\displaystyle (x_{0},y_{0})$, w którym zeruje się różniczka funkcji uwikłanej, mamy $\displaystyle {\dfrac {\partial f}{\partial x}}(x_{0},y_{0})=0$, $\displaystyle {\dfrac {\partial f}{\partial y}}(x_{0},y_{0})=0$, a powyższy wzór upraszcza się i przyjmuje postać:

$\displaystyle 0={\frac {\partial ^{2}F}{\partial x^{2}}}(x_{0},y_{0},z_{0})+{\frac {\partial F}{\partial z}}(x_{0},y_{0},z_{0}){\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}(x_{0},y_{0}),$

gdzie $\displaystyle z_{0}=f(x_{0},y_{0})$. W podobny sposób dostajemy równości zawierające pozostałe pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji uwikłanej $\displaystyle f$, które przy założeniu zerowania się różniczki funkcji uwikłanej w punkcie $\displaystyle (x_{0},y_{0})$ przyjmują postać:

$\displaystyle 0={\frac {\partial ^{2}F}{\partial x\partial y}}(x_{0},y_{0},z_{0})+{\frac {\partial F}{\partial z}}(x_{0},y_{0},z_{0}){\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}(x_{0},y_{0}),$ $\displaystyle 0={\frac {\partial ^{2}F}{\partial y\partial x}}(x_{0},y_{0},z_{0})+{\frac {\partial F}{\partial z}}(x_{0},y_{0},z_{0}){\frac {\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}}(x_{0},y_{0}),$ $\displaystyle 0={\frac {\partial ^{2}F}{\partial y^{2}}}(x_{0},y_{0},z_{0})+{\frac {\partial F}{\partial z}}(x_{0},y_{0},z_{0}){\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}(x_{0},y_{0}).$

Stąd - wobec założenia, że $\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial z}}(x_{0},y_{0},z_{0})\neq 0$ - otrzymujemy:

$\displaystyle \left[{\begin{aligned}&{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}(x_{0},y_{0})&\ &{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}(x_{0},y_{0})\\&{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}}(x_{0},y_{0})\ &&{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}(x_{0},y_{0})\end{aligned}}\right]=-{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial z}}(x_{0},y_{0},z_{0}){\bigg )}^{-1}\left[{\begin{aligned}&{\frac {\partial ^{2}F}{\partial x^{2}}}(x_{0},y_{0},z_{0})&\ &{\frac {\partial ^{2}F}{\partial x\partial y}}(x_{0},y_{0},z_{0})\\&{\frac {\partial ^{2}F}{\partial y\partial x}}(x_{0},y_{0},z_{0})\ &\ &{\frac {\partial ^{2}F}{\partial y^{2}}}(x_{0},y_{0},z_{0})\end{aligned}}\right]$

W podobny sposób (szczegółowe rachunki pomijamy) można wykazać ogólny wzór wyrażający drugą różniczkę funkcji uwikłanej.

Wniosek 9.14.

Niech $\displaystyle f:x\mapsto f(x)$, $\displaystyle x=(x_{1},x_{2},\dots ,x_{n})$ będzie funkcją uwikłaną równaniem $\displaystyle F(x,f(x))=0$, gdzie $\displaystyle F:\mathbb {R} ^{n}\times \mathbb {R} \ni (x,y)\mapsto F(x,y)\in \mathbb {R}$ jest funkcją dwukrotnie różniczkowalną w pewnym otoczeniu punktu $\displaystyle (a,b)$, gdzie $\displaystyle b=f(a)$. Niech $\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial y}}(a,b)\neq 0$ i niech różniczka $\displaystyle d_{a}f=0$. Wówczas druga różniczka funkcji uwikłanej $\displaystyle f$ w punkcie $\displaystyle a$ wynosi

$\displaystyle d_{a}^{2}f=-{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial y}}(a,b){\bigg )}^{-1}d_{(a,b)}F_{|X},$ czyli $\displaystyle {\frac {\partial ^{2}f}{\partial x_{i}\partial x_{j}}}(a)=-{\bigg (}{\frac {\partial F}{\partial y}}(a,b){\bigg )}^{-1}{\frac {\partial ^{2}F}{\partial x_{i}\partial x_{j}}}(a,b),$ dla dowolnych $\displaystyle i,j\in \{1,2,\dots ,n\}$.

Przykład 9.15.

Wyznaczmy ekstrema funkcji $\displaystyle f$ danej w postaci uwikłanej $\displaystyle F(x,y,f(x,y))=0$, gdzie

$\displaystyle F(x,y,z)=(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}-3xyz.$

Obserwacja poziomicy zerowej $\displaystyle \{F=0\}$ każe przypuszczać, że w otoczeniu czterech punktów tej poziomicy da się wskazać otoczenia ich rzutów na płaszczyznę zmiennych $\displaystyle (x,y)$ oraz jednoznacznie określone funkcje w tych otoczeniach takie, że dwie z nich będą osiągać maksima, a pozostałe dwie - minima.

Zgodnie z wykazanymi uwagami, aby wyznaczyć punkty ekstremalne funkcji uwikłanej $\displaystyle f$ szukamy punktów $\displaystyle (x,y)$, których współrzędne spełniają układ równań:

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}&{\frac {\partial F}{\partial x}}(x,y,z)=0\\&{\frac {\partial F}{\partial y}}(x,y,z)=0\\&(x,y,z)\in \{F=0\}\end{aligned}}\right.{\text{ czyli }}\left\{{\begin{aligned}&4x(x^{2}+y^{2}+z^{2})-3yz=0\\&4y(x^{2}+y^{2}+z^{2})-3xz=0\\&(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}-3xyz=0.\end{aligned}}\right.$

Możliwość skorzystania z twierdzenia o funkcji uwikłanej (aby mieć gwarancję istnienia funkcji uwikłanej $\displaystyle f$) wymaga sprawdzenia założenia:

$\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial z}}(x,y,z)=4z(x^{2}+y^{2}+z^{2})-3xy\neq 0.$

Nietrudno zauważyć, że początek układu współrzędnych $\displaystyle (0,0,0)$ spełnia układ równań, ale nie spełnia założenia twierdzenia o funkcji uwikłanej, gdyż $\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial z}}(0,0,0)=0$. Obserwacja poziomicy $\displaystyle \{F=0\}$ wyraźnie pokazuje, że nie ma możliwości jednoznacznego odwikłania funkcji $\displaystyle (x,y)\mapsto f(x,y)$ z równania $\displaystyle F(x,y,f(x,y))=0$ w żadnym otoczeniu punktu $\displaystyle (0,0,0)$. Ponadto układ spełniają cztery punkty o współrzędnych

$\displaystyle {\begin{aligned}&x=y={\frac {3{\sqrt {2}}}{16}},\ &&z={\frac {3}{8}},\\&x=y=-{\frac {3{\sqrt {2}}}{16}},\ &&z={\frac {3}{8}},\\&x=-y={\frac {3{\sqrt {2}}}{16}},\ &&z=-{\frac {3}{8}},\\&x=-y=-{\frac {3{\sqrt {2}}}{16}},\ &&z=-{\frac {3}{8}},\end{aligned}}$

w których spełniony jest warunek $\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial z}}(x,y,z)\neq 0$. Na mocy twierdzenia o funkcji uwikłanej w pewnych otoczeniach $\displaystyle U_{1},U_{2},U_{3},U_{4}\subset \mathbb {R} ^{2}$ odpowiednio punktów

$\displaystyle {\begin{aligned}&A_{1}={\big (}{\frac {3{\sqrt {2}}}{16}},{\frac {3{\sqrt {2}}}{16}}{\big )},\\&A_{2}={\big (}-{\frac {3{\sqrt {2}}}{16}},-{\frac {3{\sqrt {2}}}{16}}{\big )},\\&A_{3}={\big (}-{\frac {3{\sqrt {2}}}{16}},{\frac {3{\sqrt {2}}}{16}}{\big )},\\&A_{4}={\big (}{\frac {3{\sqrt {2}}}{16}},-{\frac {3{\sqrt {2}}}{16}}{\big )},\end{aligned}}$

istnieją jedyne funkcje $\displaystyle f_{1}:U_{1}\mapsto \mathbb {R}$, $\displaystyle f_{2}:U_{2}\mapsto \mathbb {R}$, $\displaystyle f_{3}:U_{3}\mapsto \mathbb {R}$, $\displaystyle f_{4}:U_{4}\mapsto \mathbb {R}$, które spełniają warunek

$\displaystyle F{\big (}x,y,f_{i}(x,y){\big )}=0,{\text{ gdy }}(x,y)\in U_{i},\ i\in \{1,2,3,4\}$

oraz odpowiednio $\displaystyle f_{1}(A_{1})=f_{2}(A_{2})={\frac {3}{8}}$, $\displaystyle f_{3}(A_{3})=f_{4}(A_{4})=-{\frac {3}{8}}$. Analiza poziomicy $\displaystyle \{F=0\}$ (lub określoności drugiej różniczki $\displaystyle d_{A_{i}}^{2}f,\ i\in \{1,2,3,4\}$) pozwala stwierdzić, że funkcje $\displaystyle f_{1}$ i $\displaystyle f_{2}$ osiągają w punktach $\displaystyle A_{1}$, $\displaystyle A_{2}$ maksimum, zaś $\displaystyle f_{3}$ i $\displaystyle f_{4}$ osiągają w punktach $\displaystyle A_{3}$, $\displaystyle A_{4}$ minimum.

Dalsze przykłady wyznaczania ekstremów funkcji uwikłanej analizujemy w ramach ćwiczeń.

Ekstrema warunkowe. Metoda mnożników Lagrange'a

Dotychczas wyznaczaliśmy ekstrema funkcji określonej w pewnym otwartym podzbiorze $\displaystyle U$ przestrzeni unormowanej $\displaystyle X$ (przy czym w praktycznych przykładach zajmowaliśmy się przykładami, gdy $\displaystyle X=\mathbb {R} ^{n}$, $\displaystyle n=1,2,3,\dots$). Równie ważne z praktycznego punktu widzenia są także rozważania polegające na wyznaczaniu ekstremów funkcji $\displaystyle F:X\mapsto \mathbb {R}$ zacieśnionej do zbioru, który nie jest otwarty w $\displaystyle X$.

Przykład 9.16.

Wyznaczmy najmniejszą i największą wartość funkcji

$\displaystyle F(x,y,z)=x-2y+2z$

na sferze

$\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}=1.$

Sfera ta jest zbiorem domkniętym i ograniczonym, jest więc zwarta. Stąd na na mocy twierdzenia Weierstassa o osiąganiu kresów przez funkcję ciągłą wnioskujemy, że wielomian $\displaystyle F(x,y,z)=x-2y+2z$ osiąga na tej sferze zarówno wartość najmniejszą, jak i największą. Nasze dotychczasowe doświadczenie podpowiada nam, że zadanie można by sprowadzić do badania funkcji dwóch zmiennych np. poprzez odwikłanie zmiennej

$\displaystyle z(x,y)={\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}{\text{ lub }}z(x,y)=-{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}$

z równania sfery i zbadania funkcji dwóch zmiennych $\displaystyle (x,y)$ danych w kole $\displaystyle x^{2}+y^{2}<1$ wzorami:

$\displaystyle f_{1}:(x,y)\mapsto F{\big (}x,y,{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}{\big )}=x-2y+2{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}},$ $\displaystyle f_{2}:(x,y)\mapsto F{\big (}x,y,-{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}{\big )}=x-2y-2{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}.$

Niezbyt skomplikowane (choć nieco żmudne rachunki) prowadzą do wyznaczenia ekstremów tych funkcji, a co za tym idzie: wartości ekstremalnych funkcji $\displaystyle F$ na danej sferze.

Podamy jednak pewną metodę, która pozwala wyznaczać ekstremum funkcji $\displaystyle F:X\mapsto \mathbb {R}$ zacieśnionej do poziomicy zerowej $\displaystyle \{G=0\}$ pewnej funkcji $\displaystyle G:X\mapsto Y$ również w przypadku, gdy odwikłanie zmiennej z równania $\displaystyle G=0$ nie jest tak proste jak w podanym przykładzie.

Sprecyzujmy jednak wpierw problem.

Niech $\displaystyle X,Y$ będą przestrzeniami Banacha i niech $\displaystyle G:X\mapsto Y$, $\displaystyle F:X\mapsto \mathbb {R}$ będą funkcjami.

Definicja 9.17.

Mówimy, że funkcja $\displaystyle F$ osiąga ekstremum warunkowe w punkcie $\displaystyle a$ przy warunku $\displaystyle a\in \{G=0\}$, jeśli zacieśnienie funkcji $\displaystyle F$ do poziomicy $\displaystyle \{G=0\}$ osiąga ekstremum w tym punkcie.

Prawdziwe jest następujące twierdzenie, które stanowi podstawę metody mnożników Lagrange'a.

Niech $\displaystyle X,Y$ będą przestrzeniami Banacha.

Twierdzenie 9.18.

Niech $\displaystyle F:X\mapsto \mathbb {R}$, $\displaystyle G:X\mapsto Y$ będą funkcjami różniczkowalnymi w otoczeniu punktu regularnego $\displaystyle a$ poziomicy $\displaystyle \{G=0\}$ (co - przypomnijmy - oznacza, że różniczka $\displaystyle d_{a}G$ jest suriekcją przestrzeni $\displaystyle X$ na $\displaystyle Y$). Jeśli funkcja $\displaystyle F$ osiąga ekstremum warunkowe w punkcie regularnym $\displaystyle a$ poziomicy zerowej funkcji $\displaystyle G$, to istnieje funkcjonał liniowy i ciągły $\displaystyle \Lambda :Y\mapsto \mathbb {R}$ taki, że zachodzi równość $\displaystyle d_{a}F=\Lambda \circ d_{a}G$.

Prawdziwe jest również twierdzenie, które na podstawie określoności drugiej różniczki pozwala stwierdzić, czy funkcja $\displaystyle F$ osiąga minimum, czy maksimum warunkowe w punkcie $\displaystyle a\in \{G=0\}$.

Twierdzenie 9.19.

Niech $\displaystyle F:X\mapsto \mathbb {R}$, $\displaystyle G:X\mapsto Y$ będą funkcjami dwukrotnie różniczkowalnymi w otoczeniu punktu regularnego $\displaystyle a$ poziomicy $\displaystyle \{G=0\}$. Jeśli istnieje funkcjonał liniowy i ciągły $\displaystyle \Lambda :Y\mapsto \mathbb {R}$ taki, że zachodzi równość $\displaystyle d_{a}F=\Lambda \circ d_{a}G$ oraz forma kwadratowa

$\displaystyle X\ni h\mapsto {\big (}d_{a}^{2}F-\Lambda \circ d_{a}^{2}G{\big )}(h,h)\in \mathbb {R}$

jest dodatnio określona (odpowiednio: ujemnie określona) na podprzestrzeni $\displaystyle X_{1}:=\{h\in X,d_{a}G(h)=0\}$ przestrzeni $\displaystyle X$, to funkcja $\displaystyle F$ osiąga w punkcie $\displaystyle a$ minimum (odpowiednio: maksimum) warunkowe.

Definicja 9.20.

Funkcjonał $\displaystyle \Lambda$, który występuje w wypowiedzi obu powyższych twierdzeń, nazywamy funkcjonałem Lagrange'a.

Dowody obu twierdzeń pomijamy (można je znaleźć np. w podręczniku Krzysztofa Maurina, Analiza. Część I. Elementy, Państwowe Wydawnictwo Naukowe, Warszawa 1977). Podamy jednak interpretację tego twierdzenia w kilku najczęściej spotykanych sytuacjach.

Uwaga 9.21.

Jeśli $\displaystyle f,g:\mathbb {R} ^{2}\mapsto \mathbb {R}$ są funkcjami różniczkowalymi, problem znalezienia ekstremum warunkowego funkcji $\displaystyle f$ przy warunku $\displaystyle \{g=0\}$ sprowadza się do znalezienia punktu $\displaystyle a$ na poziomicy $\displaystyle \{g=0\}$ oraz stałej $\displaystyle \lambda$, która reprezentuje funkcjonał Lagrange'a. Jeśli bowiem ekstremum to jest realizowane, to - zgodnie z podanym twierdzeniem - istnieje funkcjonał liniowy $\displaystyle \Lambda :\mathbb {R} \mapsto \mathbb {R}$ dany wzorem $\displaystyle \Lambda (x)=\lambda x$ taki, że różniczka $\displaystyle d_{a}f=\lambda d_{a}g$, o ile punkt $\displaystyle a$ jest punktem regularnym poziomicy $\displaystyle \{g=0\}$. Przypomnijmy, że w przypadku, gdy $\displaystyle g:\mathbb {R} ^{2}\mapsto \mathbb {R}$, punkt $\displaystyle a$ jest regularny, jeśli rząd różniczki

$\displaystyle d_{a}g={\frac {\partial g(a)}{\partial x}}dx+{\frac {\partial g(a)}{\partial y}}dy$

wynosi 1. Wystarczy więc sprawdzić, czy w punkcie $\displaystyle a$ różniczka $\displaystyle d_{a}g\neq 0$, czyli czy którakolwiek pochodna cząstkowa $\displaystyle {\frac {\partial g(a)}{\partial x}}$ lub $\displaystyle {\frac {\partial g(a)}{\partial y}}$ jest różna od zera. Zagadnienie sprowadza się do znalezienia punktów, w których zeruje się różniczka funkcji pomocniczej

$\displaystyle \Phi (x,y):=f(x,y)-\lambda g(x,y),$

gdzie stałą $\displaystyle \lambda$ (nazywaną tradycyjnie mnożnikiem Lagrange'a) wyznaczamy z układu równań

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}d_{(x,y)}\Phi =0\\g(x,y)=0\end{aligned}}\right.{\text{ czyli }}\left\{{\begin{aligned}&{\frac {\partial f}{\partial x}}=\lambda {\frac {\partial g}{\partial x}}\\&{\frac {\partial f}{\partial y}}=\lambda {\frac {\partial g}{\partial y}}\\&g(x,y)=0.\end{aligned}}\right.$

Uwaga 9.22.

Jeśli $\displaystyle f,g:\mathbb {R} ^{3}\mapsto \mathbb {R}$ są funkcjami różniczkowalnymi, problem znalezienia ekstremum warunkowego funkcji $\displaystyle f$ przy warunku $\displaystyle \{g=0\}$ sprowadza się do znalezienia - podobnie jak w poprzednim przypadku - punktu $\displaystyle a$ na poziomicy $\displaystyle \{g=0\}$ oraz stałej $\displaystyle \lambda$, która reprezentuje funkcjonał Lagrange'a. Jeśli bowiem ekstremum to jest realizowane to - zgodnie z podanym twierdzeniem - istnieje funkcjonał liniowy $\displaystyle \Lambda :\mathbb {R} \mapsto \mathbb {R}$ dany wzorem $\displaystyle \Lambda (x)=\lambda x$, taki, że różniczka $\displaystyle d_{a}f=\lambda d_{a}g$, o ile punkt $\displaystyle a$ jest punktem regularnym poziomicy $\displaystyle \{g=0\}$. Przypomnijmy, że w przypadku, gdy $\displaystyle g:\mathbb {R} ^{3}\mapsto \mathbb {R}$ punkt $\displaystyle a$ jest regularny, jeśli rząd $\displaystyle d_{a}g$ (odwzorowania liniowego z $\displaystyle \mathbb {R} ^{3}$ do $\displaystyle \mathbb {R}$) jest maksymalny, czyli wynosi $\displaystyle 1$. Wystarczy więc sprawdzić, czy w punkcie $\displaystyle a$ różniczka

$\displaystyle d_{a}g={\frac {\partial g(a)}{\partial x}}dx+{\frac {\partial g(a)}{\partial y}}dy+{\frac {\partial g(a)}{\partial z}}dz$

nie zeruje się, czyli czy któraś z pochodnych cząstkowych $\displaystyle {\frac {\partial g(a)}{\partial x}}$, $\displaystyle {\frac {\partial g(a)}{\partial y}}$, $\displaystyle {\frac {\partial g(a)}{\partial z}}$ jest różna od zera. Zagadnienie można sprowadzić do znalezienia punktów, w których zeruje się różniczka funkcji pomocniczej

$\displaystyle \Phi (x,y,z):=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z),$

gdzie stałą $\displaystyle \lambda$ wyznaczamy z układu równań

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}d_{(x,y,z)}\Phi =0\\g(x,y,z)=0\end{aligned}}\right.{\text{ czyli }}\left\{{\begin{aligned}&{\frac {\partial f}{\partial x}}=\lambda {\frac {\partial g}{\partial x}}\\&{\frac {\partial f}{\partial y}}=\lambda {\frac {\partial g}{\partial y}}\\&{\frac {\partial f}{\partial z}}=\lambda {\frac {\partial g}{\partial z}}\\&g(x,y,z)=0.\end{aligned}}\right.$

Przykład 9.23.

Powróćmy do zadania polegającego na wyznaczeniu najmniejszej i największej wartości funkcji $\displaystyle f(x,y,z)=x-2y+2z$ na sferze $\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$. Rozwiążemy je metodą mnożników Lagrange'a opisaną w poprzednich uwagach. Dana sfera jest poziomicą zerową funkcji $\displaystyle g(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-1$. Wykazaliśmy już, że każdy punkt sfery jest regularny. Niech $\displaystyle \Phi (x,y,z)=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z)$. Rozwiązujemy układ równań

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}&\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial x}}=\lambda {\frac {\partial g}{\partial x}}\\&\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial y}}=\lambda {\frac {\partial g}{\partial y}}\\&\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial z}}=\lambda {\frac {\partial g}{\partial z}}\\&\displaystyle g(x,y,z)=0\end{aligned}}\right.{\text{ czyli }}\left\{{\begin{aligned}&\displaystyle 1=2\lambda x\\&\displaystyle -2=2\lambda y\\&\displaystyle 2=2\lambda z\\&\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}=1.\end{aligned}}\right.$

Układ ten spełniają liczby

$\displaystyle x=-{\frac {1}{3}},y={\frac {2}{3}},z=-{\frac {2}{3}},\lambda =-{\frac {3}{2}}$

oraz

$\displaystyle x={\frac {1}{3}},y=-{\frac {2}{3}},z={\frac {2}{3}},\lambda ={\frac {3}{2}}.$

Ponieważ sfera jest zbiorem zwartym, wystarczy wyznaczyć wartości funkcji w obu punktach i porównać je, gdyż zgodnie z twierdzeniem Weierstrassa o osiąganiu kresów przez funkcję ciągłą na zbiorze zwartym, w jednym z tych dwóch punktów funkcja $\displaystyle f$ musi osiągać kres dolny, a w drugim kres górny wartości na sferze $\displaystyle \{g=0\}$. Mamy

$\displaystyle f{\big (}-{\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}},-{\frac {2}{3}}{\big )}=-3,\ \ f{\big (}{\frac {1}{3}},-{\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}}{\big )}=3,$

czyli $\displaystyle f$ osiąga w pierwszym z tych punktów wartość najmniejszą równą $\displaystyle -3$, a w drugim punkcie - wartość największą na sferze równą $\displaystyle 3$.

Uwaga 9.24.

Jeśli funkcja $\displaystyle F:\mathbb {R} ^{3}\mapsto \mathbb {R}$, zaś $\displaystyle G:\mathbb {R} ^{3}\mapsto \mathbb {R} ^{2}$, zagadnienie znalezienia ekstremów warunkowych funkcji $\displaystyle F$ przy warunku $\displaystyle \{G=0\}$ sprowadza się do znalezienia punktów zbioru $\displaystyle \{G=0\}$, w których zeruje się różniczka funkcji $\displaystyle \Phi (x,y,z):=F(x,y,z)-\Lambda \circ G(x,y,z)$. Funkcjonał Lagrange'a $\displaystyle \Lambda$ w tym przypadku jest odwzorowaniem liniowym z $\displaystyle \mathbb {R} ^{2}\mapsto \mathbb {R}$, jest więc reprezentowany przez macierz złożoną z dwóch liczb: $\displaystyle \lambda _{1}$, $\displaystyle \lambda _{2}$. Funkcja $\displaystyle G=(g_{1},g_{2})$ jest zestawieniem dwóch funkcji $\displaystyle g_{1},g_{2}$ o wartościach rzeczywistych, stąd

$\displaystyle \Phi (x,y,z)=F(x,y,z)-\Lambda G(x,y,z)=F(x,y,z)-\lambda _{1}g_{1}(x,y,z)-\lambda _{2}g_{2}(x,y,z).$

Metoda mnożników Lagrange'a sprowadza się więc do znalezienia rozwiązań układu równań

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}d_{(x,y,z)}\Phi =0\\G(x,y,z)=0\end{aligned}}\right.{\text{ czyli }}\left\{{\begin{aligned}&\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial x}}=\lambda _{1}{\frac {\partial g_{1}}{\partial x}}+\lambda _{2}{\frac {\partial g_{2}}{\partial x}}\\&\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial y}}=\lambda _{1}{\frac {\partial g_{1}}{\partial y}}+\lambda _{2}{\frac {\partial g_{2}}{\partial y}}\\&\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial z}}=\lambda _{1}{\frac {\partial g_{1}}{\partial z}}+\lambda _{2}{\frac {\partial g_{2}}{\partial z}}\\&\displaystyle g_{1}(x,y,z)=0\\&\displaystyle g_{2}(x,y,z)=0\end{aligned}}\right.$

w punktach regularnych poziomicy $\displaystyle \{G=0\}$, czyli tych, w których rząd różniczki $\displaystyle d_{(x,y,z)}G$ jest maksymalny (tj. równy $\displaystyle 2$, gdyż różniczka $\displaystyle d_{(x,y,z)}G$ jest odwzorowaniem liniowym z $\displaystyle \mathbb {R} ^{3}$ do $\displaystyle \mathbb {R} ^{2}$). Zwróćmy uwagę, że funkcja $\displaystyle F$ może osiągać ekstremum w punktach, które należą do poziomicy $\displaystyle \{G=0\}$ a nie są regularne. Metoda mnożników Lagrange'a nie rozstrzyga w tym przypadku o istnieniu ekstremum.

Przykład 9.25.

Wyznaczmy najmniejszą i największą wartość funkcji

$\displaystyle F(x,y,z)=x-y-2z$

na przecięciu się dwóch walców

$\displaystyle x^{2}+z^{2}=1,\ \ y^{2}+z^{2}=1.$

Zauważmy, że każdy z walców z osobna nie jest zbiorem zwartym, gdyż nie jest ograniczony, lecz ich przecięcie jest zbiorem zwartym (gdyż jest zbiorem domkniętym i ograniczonym, zawartym między innymi w sześcianie $\displaystyle [-1,1]\times [-1,1]\times [-1,1]$). Podany warunek można opisać za pomocą poziomicy zerowej funkcji $\displaystyle G(x,y,z)=(x^{2}+z^{2}-1,y^{2}+z^{2}-1)$. Zbadaliśmy już, że spośród punktów poziomicy $\displaystyle \{G=0\}$ tylko dwa nie są regularne: $\displaystyle (0,0,1)$ oraz $\displaystyle (0,0,-1)$. Poza tymi dwoma punktami możemy zastosować metodę mnożników Lagrange'a, która sprowadza się do wyznaczenia rozwiązań układu równań:

$\displaystyle \left\{{\begin{aligned}&\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial x}}=\lambda _{1}{\frac {\partial g_{1}}{\partial x}}+\lambda _{2}{\frac {\partial g_{2}}{\partial x}}\\&\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial y}}=\lambda _{1}{\frac {\partial g_{1}}{\partial y}}+\lambda _{2}{\frac {\partial g_{2}}{\partial y}}\\&\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial z}}=\lambda _{1}{\frac {\partial g_{1}}{\partial z}}+\lambda _{2}{\frac {\partial g_{2}}{\partial z}}\\&\displaystyle g_{1}(x,y,z)=0\\&\displaystyle g_{2}(x,y,z)=0\end{aligned}}\right.{\text{ czyli }}\left\{{\begin{aligned}&\displaystyle 1=2\lambda _{1}x\\&\displaystyle -1=2\lambda _{2}y\\&\displaystyle -2=2(\lambda _{1}+\lambda _{2})z\\&\displaystyle x^{2}+z^{2}-1=0\\&\displaystyle y^{2}+z^{2}-1=0.\end{aligned}}\right.$

Układ ten ma dwa rozwiązania

$\displaystyle -x=y=z={\frac {\sqrt {2}}{2}},{\text{ przy czym }}\lambda _{1}=\lambda _{2}=-{\frac {\sqrt {2}}{2}}$

oraz

$\displaystyle x=-y=-z={\frac {\sqrt {2}}{2}},{\text{ przy czym }}\lambda _{1}=\lambda _{2}={\frac {\sqrt {2}}{2}}.$

Wartość funkcji $\displaystyle F$ w tych punktach wynosi

$\displaystyle F{\big (}-{\frac {\sqrt {2}}{2}},{\frac {\sqrt {2}}{2}},{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\big )}=-2{\sqrt {2}}{\text{ oraz }}F{\big (}{\frac {\sqrt {2}}{2}},-{\frac {\sqrt {2}}{2}},-{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\big )}=2{\sqrt {2}}.$

W obu punktach nieregularnych poziomicy $\displaystyle \{G=0\}$ mamy

$\displaystyle F(0,0,-1)=2{\text{ oraz }}F(0,0,1)=-2.$

Po porównaniu tych wartości: $\displaystyle -2{\sqrt {2}}<-2<2<2{\sqrt {2}}$ stwierdzamy, że największą wartość na na poziomicy $\displaystyle \{G=0\}$ równą $\displaystyle 2{\sqrt {2}}$ funkcja $\displaystyle F$ osiąga w punkcie $\displaystyle ({\frac {\sqrt {2}}{2}},-{\frac {\sqrt {2}}{2}},-{\frac {\sqrt {2}}{2}})$, a najmniejszą, równą $\displaystyle -2{\sqrt {2}}$, w punkcie $\displaystyle (-{\frac {\sqrt {2}}{2}},{\frac {\sqrt {2}}{2}},{\frac {\sqrt {2}}{2}}).$