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

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

oraz jej poziomicę zerową tj. zbiór

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

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

Definicja 9.1.

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

Przypomnijmy fakt z algebry liniowej:

Uwaga 9.2.

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

Przykład 9.3.

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

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

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

$\begin{array}{rl}{d}_{(x_0,y_0)}F& =\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y)dx+\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y)dy\\ & =2x_{0}dx+2y_{0}dy\end{array}$

w dowolnym punkcie $(x_0,y_0)\in \{F=0\}$ ma rząd maksymalny. Rząd różniczki $d_{(x_0,y_0)}F$ nie jest maksymalny tylko w punkcie, w którym obie pochodne cząstkowe $\frac{\partial F}{\partial x}$, $\frac{\partial F}{\partial y}$ zerują się, czyli gdy

$\{\begin{array}{r}2x_0=0\\ 2y_0=0,\end{array}$

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

Przykład 9.4.

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

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

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

$d_{(x_0,y_0)}F=3(x_0^2-y_0)dx+3(y_0^2-x_0)dy$ nie ma maksymalnego rzędu, gdy $\{\begin{array}{r}{x}_0^2-y_0=0\\ y_0^2-x_0=0,\end{array}$

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

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

Przykład 9.5.

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

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

nazywamy lemniskatą Bernoullego. Różniczka

$\begin{array}{rl}{d}_{(x_0,y_0)}F& =(2(x_0^2+y_0^2)2x_0-4x_0)dx+(2(x_0^2+y_0^2)2y_0+4y_0)dy\\ & =4x_0(x_0^2+y_0^2-1)dx+4y_0(x_0^2+y_0^2+1)dy\end{array}$

nie ma maksymalnego rzędu tylko wtedy, gdy

$\{\begin{array}{r}{x}_0(x_0^2+y_0^2-1)=0\\ y_0(x_0^2+y_0^2+1)=0,\end{array}$

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

Przykład 9.6.

Poziomicą zerową funkcji

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

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

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

Różniczka odwzorowania $F$ dana wzorem

$\begin{array}{rl}{d}_{(x,y,z)}F& =\frac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)dx+\frac{\partial F}{\partial y}(x,y,z)dy+\frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)dz\\ & =2xdx+2ydy+2zdz\end{array}$

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

Przykład 9.7.

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

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

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

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

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

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

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

$\begin{array}{rlr}& & x=y=0,z\ne 0\\ & \text{lub}& \\ & & x=z=0,y\ne 0\\ & \text{lub}& \\ & & y=z=0,x\ne 0,\end{array}$

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

Przykład 9.8.

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

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

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

$\{\begin{array}{r}4x(x^2+y^2+z^2)=3yz\\ 4y(x^2+y^2+z^2)=3xz\\ 4z(x^2+y^2+z^2)=3xy.\end{array}$

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

$\{\begin{array}{rl}{x}^2& =y^2\\ y^2& =z^2\\ z^2& =x^2,\end{array}$

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

<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 $f(x,y,z)=(x^2+y^2+z^2{)}^2-3xyz$

Twierdzenie o funkcji uwikłanej

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

Rozważmy dwa proste przykłady.

Przykład 9.9.

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

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

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

$f_1:x\mapsto f_1(x)=\sqrt{1-x^2}$

taką, że

$F(x,f_1(x))=x^2+(\sqrt{1-x^2}{)}^2-1=0\text{ oraz }{f}_1(a)=b$

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

$f_2:x\mapsto f_2(x)=-\sqrt{1-x^2}$

taką, że

$F(x,f_2(x))=x^2+(-\sqrt{1-x^2}{)}^2-1=0\text{ oraz }{f}_2(a)=b$

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

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

Przykład 9.10.

Niech $a=(a_1,a_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2$, $b\in \mathbb{ℝ}$. Niech $(a,b)\in {\mathbb{ℝ}}^3$ będzie punktem sfery $x_1^2+x_2^2+z^2=1$, która stanowi poziomicę zerową funkcji $F(x_1,x_2,z)=x_1^2+x_2^2+z^2-1$. Jeśli $b>0$, to w otoczeniu punktu $a=(a_1,a_2)$ wewnątrz okręgu $x_1^2+x_2^2<1$ można określić funkcję

$f_1:(x_1,x_2)\mapsto f_1(x_1,x_2)=\sqrt{1-x_1^2-x_2^2}$

taką, że

$F(x_1,x_2,f_1(x_1,x_2))=x_1^2+x_2^2+(\sqrt{1-x_1^2-x_2^2}{)}^2-1=0\text{ oraz }{f}_1(a)=b$

Z kolei, jeśli $b<0$ znajdziemy funkcję

$f_2:(x_1,x_2)\mapsto f_1(x_1,x_2)=-\sqrt{1-x_1^2-x_2^2}$

taką, że

$F(x_1,x_2,f_2(x_1,x_2))=x_1^2+x_2^2+(-\sqrt{1-x_1^2-x_2^2}{)}^2-1=0\text{ oraz }{f}_2(a)=b$

Jedynymi punktami $(a,b)$ sfery $x_1^2+x_2^2+z^2=1$, w otoczeniu których nie znajdziemy funkcji $f:(x_1,x_2)\mapsto f(x_1,x_2)$ takiej, że $f(a)=b$ i $F(x_1,x_2,f(x_1,x_2))=0$, są punkty okręgu $x_1^2+x_2^2=1$ zawartego w płaszczyźnie $z=0$. Zauważmy, że w punktach tych zeruje się pochodna cząstkowa $\frac{\partial F}{\partial z}=2z$.

Uogólnijmy to spostrzeżenie, formułując

Twierdzenie 9.11.[twierdzenie o funkcji uwikłanej]

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

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

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

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

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

Dowód 9.11.

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

wpierw jednak, że

Uwaga 9.12.

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

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

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

Stąd

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

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

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

Przypadek II. Niech $F:{\mathbb{ℝ}}^3\ni (x_1,x_2,y)\mapsto F(x_1,x_2,y)\in \mathbb{ℝ}$. Jeśli funkcja $f:{\mathbb{ℝ}}^2\mapsto \mathbb{ℝ}$ spełnia równanie $F(x_1,x_2,f(x_1,x_2))=0$, to przy założeniu, że jest różniczkowalna, na mocy twierdzenia o różniczce złożenia funkcji otrzymamy równość prawdziwą w punktach $(x_1,x_2,y)$ poziomicy $\{F=0\}$

$\begin{array}{lll}0=\frac{\partial }{\partial x_1}F(x_1,x_2,f(x_1,x_2))& =& \frac{\partial F}{\partial x_1}\frac{\partial x_1}{\partial x_1}+\frac{\partial F}{\partial x_2}\frac{\partial x_2}{\partial x_1}+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x_1}\\ & =& \frac{\partial F}{\partial x_1}+0+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x_1}\end{array}$

oraz

$\begin{array}{lll}0=\frac{\partial }{\partial x_2}F(x_1,x_2,f(x_1,x_2))& =& \frac{\partial F}{\partial x_1}\frac{\partial x_1}{\partial x_2}+\frac{\partial F}{\partial x_2}\frac{\partial x_2}{\partial x_2}+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x_2}\\ & =& 0+\frac{\partial F}{\partial x_2}+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x_2}\end{array}$

Izomorficzność zawężenia różniczki $d_{(x_1,x_2,y)}{F}_{|Y}$ również w tym przypadku oznacza po prostu, że pochodna cząstkowa $\frac{\partial F}{\partial y}(x_1,x_2,y)\ne 0$. Wówczas z powyższych równości dostajemy

$\frac{\partial f}{\partial x_1}(x_1,x_2)=-{(\frac{\partial F}{\partial y}(x_1,x_2,y))}^{-1}\frac{\partial F}{\partial x_1}(x_1,x_2,y)$

oraz

$\frac{\partial f}{\partial x_2}(x_1,x_2)=-{(\frac{\partial F}{\partial y}(x_1,x_2,y))}^{-1}\frac{\partial F}{\partial x_2}(x_1,x_2,y)$,

gdzie $y=f(x_1,x_2)$. Pomijając argument w zapisie pochodnych cząstkowych, można te wzory podać w skróconej formie (łatwiejszej do zapamiętania):

$\frac{\partial f}{\partial x_1}=-{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)}^{-1}\frac{\partial F}{\partial x_1}$

oraz

$\frac{\partial f}{\partial x_2}=-{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)}^{-1}\frac{\partial F}{\partial x_2}$

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

$F:\mathbb{ℝ}\times {\mathbb{ℝ}}^2\ni (x,y_1,y_2)\mapsto F(x,y_1,y_2)=(F_1(x,y_1,y_2),F_2(x,y_1,y_2))\in {\mathbb{ℝ}}^2$

Załóżmy, że istnieje funkcja różniczkowalna

$f:\mathbb{ℝ}\ni x\mapsto (f_1(x),f_2(x))\in {\mathbb{ℝ}}^2$

taka, że

$0=F(x,f(x))=\left(F_1\right(x,f_1(x),f_2(x)),F_2(x,f_1(x),f_2(x)\left)\right)$,

to znaczy

$\{\begin{array}{rl}0& =F_1(x,f_1(x),f_2(x))\\ 0& =F_1(x,f_1(x),f_2(x)).\end{array}$

Stąd - korzystając z twierdzenia o różniczkowaniu złożenia funkcji - dostajemy

$\begin{array}{rl}0=\frac{d}{dx}{F}_1(x,f_1(x),f_2(x))& =\frac{\partial F_1}{\partial x}\frac{dx}{dx}+\frac{\partial F_1}{\partial y_1}\frac{d{f}_1}{dx}+\frac{\partial F_1}{\partial y_2}\frac{d{f}_2}{dx}\\ & =\frac{\partial F_1}{\partial x}+\frac{\partial F_1}{\partial y_1}{f_1}^{\prime }+\frac{\partial F_1}{\partial y_2}{f_2}^{\prime }\end{array}$

oraz

$\begin{array}{rl}0=\frac{d}{dx}{F}_2(x,f_1(x),f_2(x))& =\frac{\partial F_2}{\partial x}\frac{dx}{dx}+\frac{\partial F_2}{\partial y_1}\frac{d{f}_1}{dx}+\frac{\partial F_2}{\partial y_2}\frac{d{f}_2}{dx}\\ & =\frac{\partial F_2}{\partial x}+\frac{\partial F_2}{\partial y_1}{f_1}^{\prime }+\frac{\partial F_2}{\partial y_2}{f_2}^{\prime }.\end{array}$

Otrzymujemy układ dwóch równań z niewiadomymi ${f_1}^{\prime }$, ${f_2}^{\prime }$, które są pochodnymi składowych funkcji uwikłanej $f=(f_1,f_2)$:

$\{\begin{array}{r}-\frac{\partial F_1}{\partial x}=\frac{\partial F_1}{\partial y_1}{f_1}^{\prime }+\frac{\partial F_1}{\partial y_2}{f_2}^{\prime }\\ -\frac{\partial F_2}{\partial x}=\frac{\partial F_2}{\partial y_1}{f_1}^{\prime }+\frac{\partial F_2}{\partial y_2}{f_2}^{\prime }.\end{array}$

Zapiszmy ten układ w formie macierzowej

$-\left[\begin{array}{r}\frac{\partial F_1}{\partial x}\\ \\ \frac{\partial F_2}{\partial x}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{rr}\frac{\partial F_1}{\partial y_1}& \frac{\partial F_1}{\partial y_2}\\ & \\ \frac{\partial F_2}{\partial y_1}& \frac{\partial F_2}{\partial y_2}\end{array}\right]\left[\begin{array}{r}{f_1}^{\prime }\\ {f_2}^{\prime }\end{array}\right]$

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

$\left[\begin{array}{rr}\frac{\partial F_1}{\partial y_1}& \frac{\partial F_1}{\partial y_2}\\ & \\ \frac{\partial F_2}{\partial y_1}& \frac{\partial F_2}{\partial y_2}\end{array}\right]$

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

$\left[\begin{array}{r}\frac{\partial F_1}{\partial x}\\ \\ \frac{\partial F_2}{\partial x}\end{array}\right]$

reprezentuje zacieśnienie różniczki $d_{(x,y)}F$ do podprzestrzeni $X\subset X\times Y$. Macierz niewiadomych ${f_1}^{\prime }$, ${f_2}^{\prime }$:

$\left[\begin{array}{r}{f_1}^{\prime }\\ {f_2}^{\prime }\end{array}\right]$

reprezentuje różniczkę $d_{x}f$ funkcji uwikłanej $f=(f_1,f_2)$. Stąd układ równań z niewiadomymi ${f_1}^{\prime }$, ${f_2}^{\prime }$ przedstawia równanie

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

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

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

W języku algebry nieosobliwość macierzy

$\left[\begin{array}{rr}\frac{\partial F_1}{\partial y_1}& \frac{\partial F_1}{\partial y_2}\\ & \\ \frac{\partial F_2}{\partial y_1}& \frac{\partial F_2}{\partial y_2}\end{array}\right]$

gwarantuje istnienie macierzy do niej odwrotnej. Stąd rozwiązaniem równania

$-\left[\begin{array}{r}\frac{\partial F_1}{\partial x}\\ \\ \frac{\partial F_2}{\partial x}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{rr}\frac{\partial F_1}{\partial y_1}& \frac{\partial F_1}{\partial y_2}\\ & \\ \frac{\partial F_2}{\partial y_1}& \frac{\partial F_2}{\partial y_2}\end{array}\right]\left[\begin{array}{r}{f_1}^{\prime }\\ {f_2}^{\prime }\end{array}\right]$

jest

$\left[\begin{array}{r}{f_1}^{\prime }\\ {f_2}^{\prime }\end{array}\right]=-{\left(\left[\begin{array}{rr}\frac{\partial F_1}{\partial y_1}& \frac{\partial F_1}{\partial y_2}\\ & \\ \frac{\partial F_2}{\partial y_1}& \frac{\partial F_2}{\partial y_2}\end{array}\right]\right)}^{-1}\left[\begin{array}{r}\frac{\partial F_1}{\partial x}\\ \\ \frac{\partial F_2}{\partial x}\end{array}\right]$

lub równoważnie:

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

Ekstrema funkcji uwikłanej

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

$F:X\times \mathbb{ℝ}\ni (x_1,x_2,\dots ,x_n,y)\mapsto F(x_1,x_2,\dots ,x_n,y)\in \mathbb{ℝ}$

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

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

Twierdzenie 9.13.[warunek konieczny istnienia ekstremum funkcji uwikłanej]

Jeśli funkcja $f$ uwikłana równaniem $F(x,f(x))=0$ osiąga ekstremum w pewnym punkcie $a\in X$ takim, że pochodna cząstkowa $\frac{\partial F}{\partial y}(a,f(a))\ne 0$, to w punkcie $(a,f(a))$ zerują się pochodne cząstkowe funkcji $F$ po zmiennych $x_1,x_2,\dots ,x_n$, tzn.

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

Dowód

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

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

to wobec izomorficzności $d_{(x,y)}{F}_{|Y}$ która w tym przypadku jest równoważna stwierdzeniu, że $\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)\ne 0$) różniczka $d_{a}f$ zeruje się wtedy i tylko wtedy, gdy $d_{(a,f(a))}{F}_{|X}=0$. Warunek ten jest z kolei równoważny zerowaniu się w punkcie $(a,f(a))$ pochodnych cząstkowych funkcji $F$ po zmiennych $x_1,x_2,\dots ,x_n$, czyli

$\{\begin{array}{rl}& \frac{\partial F}{\partial x_1}(a,f(a))=0\\ & \frac{\partial F}{\partial x_2}(a,f(a))=0\\ & ⋮\\ & \frac{\partial F}{\partial x_n}(a,f(a))=0.\end{array}$

Wyznaczymy również drugą różniczkę funkcji uwikłanej $f$, aby z jej określoności wywnioskować, czy funkcja $f$ 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 $F:{\mathbb{ℝ}}^2\mapsto \mathbb{ℝ}$ będzie funkcją dwukrotnie różniczkowalną. Rozważmy funkcję $f$ uwikłaną równaniem $F(x,f(x))=0$. Różniczkując tę równość po zmiennej $x$, otrzymamy (na podstawie twierdzenia o różniczkowaniu złożenia) równość

$0=\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}{f}^{\prime }$

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

$\begin{array}{rl}0=\frac{d}{dx}(\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}{f}^{\prime })& =\frac{d}{dx}\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)+\frac{d}{dx}\left(\frac{\partial F}{\partial y}{f}^{\prime }\right)\\ & =\frac{d}{dx}\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)+\frac{d}{dx}\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)f^{\prime }+\frac{\partial F}{\partial y}{f}^{″}\\ & =\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y\partial x}{f}^{\prime }+(\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x\partial y}+\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}{f}^{\prime })f^{\prime }+\frac{\partial F}{\partial y}{f}^{″}.\end{array}$

Otrzymane wyrażenie znacznie upraszcza się w punkcie $x_0$, w którym $f^{\prime }(x_0)=0$. Otrzymamy wówczas równość

$0=\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}(x_0,y_0)+\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)f^{″}(x_0)$,

z której - wobec założenia, że $\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)\ne 0$ - otrzymamy

$f^{″}(x_0)=-(\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0){)}^{-1}\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}(x_0,y_0),$

gdzie $y_0=f(x_0)$.

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

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

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

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

oraz

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

Wobec tego

$\begin{array}{rl}0=\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial x})& =\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)+\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial x}\right)\\ & =\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)+\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}\\ & =\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}F}{\partial z\partial x}\frac{\partial f}{\partial x}+(\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x\partial z}+\frac{{\partial }^{2}F}{\partial z^2}\frac{\partial f}{\partial x})\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}.\end{array}$

W punkcie $(x_0,y_0)$, w którym zeruje się różniczka funkcji uwikłanej, mamy $\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)=0$, $\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)=0$, a powyższy wzór upraszcza się i przyjmuje postać:

$0=\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}(x_0,y_0,z_0)+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}(x_0,y_0)$,

gdzie $z_0=f(x_0,y_0)$. W podobny sposób dostajemy równości zawierające pozostałe pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji uwikłanej $f$, które przy założeniu zerowania się różniczki funkcji uwikłanej w punkcie $(x_0,y_0)$ przyjmują postać:

$0=\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x\partial y}(x_0,y_0,z_0)+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0)$, $0=\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y\partial x}(x_0,y_0,z_0)+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0)$, $0=\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}(x_0,y_0,z_0)+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}(x_0,y_0)$

Stąd - wobec założenia, że $\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\ne 0$ - otrzymujemy:

$\left[\begin{array}{rlrl}& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}(x_0,y_0)& & \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0)\\ & \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0)& & \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}(x_0,y_0)\end{array}\right]=-(\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0){)}^{-1}\left[\begin{array}{rlrl}& \frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}(x_0,y_0,z_0)& & \frac{{\partial }^{2}F}{\partial x\partial y}(x_0,y_0,z_0)\\ & \frac{{\partial }^{2}F}{\partial y\partial x}(x_0,y_0,z_0)& & \frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}(x_0,y_0,z_0)\end{array}\right]$

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

Wniosek 9.14.

Niech $f:x\mapsto f(x)$, $x=(x_1,x_2,\dots ,x_n)$ będzie funkcją uwikłaną równaniem $F(x,f(x))=0$, gdzie $F:{\mathbb{ℝ}}^n\times \mathbb{ℝ}\ni (x,y)\mapsto F(x,y)\in \mathbb{ℝ}$ jest funkcją dwukrotnie różniczkowalną w pewnym otoczeniu punktu $(a,b)$, gdzie $b=f(a)$. Niech $\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\ne 0$ i niech różniczka $d_{a}f=0$. Wówczas druga różniczka funkcji uwikłanej $f$ w punkcie $a$ wynosi

$d_a^{2}f=-(\frac{\partial F}{\partial y}(a,b){)}^{-1}{d}_{(a,b)}{F}_{|X}$, czyli $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_i\partial x_j}(a)=-(\frac{\partial F}{\partial y}(a,b){)}^{-1}\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x_i\partial x_j}(a,b)$, dla dowolnych $i,j\in \{1,2,\dots ,n\}$.

Przykład 9.15.

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

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

Obserwacja poziomicy zerowej $\{F=0\}$ każe przypuszczać, że w otoczeniu czterech punktów tej poziomicy da się wskazać otoczenia ich rzutów na płaszczyznę zmiennych $(x,y)$ 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 $f$ szukamy punktów $(x,y)$, których współrzędne spełniają układ równań:

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

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

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

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

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

w których spełniony jest warunek $\frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)\ne 0$. Na mocy twierdzenia o funkcji uwikłanej w pewnych otoczeniach $U_1,U_2,U_3,U_4\subset {\mathbb{ℝ}}^2$ odpowiednio punktów

$\begin{array}{rl}& A_1=(\frac{3\sqrt{2}}{16},\frac{3\sqrt{2}}{16}),\\ & A_2=(-\frac{3\sqrt{2}}{16},-\frac{3\sqrt{2}}{16}),\\ & A_3=(-\frac{3\sqrt{2}}{16},\frac{3\sqrt{2}}{16}),\\ & A_4=(\frac{3\sqrt{2}}{16},-\frac{3\sqrt{2}}{16}),\end{array}$

istnieją jedyne funkcje $f_1:U_1\mapsto \mathbb{ℝ}$, $f_2:U_2\mapsto \mathbb{ℝ}$, $f_3:U_3\mapsto \mathbb{ℝ}$, $f_4:U_4\mapsto \mathbb{ℝ}$, które spełniają warunek

$F(x,y,f_i(x,y))=0,\text{ gdy }(x,y)\in U_i,i\in \{1,2,3,4\}$

oraz odpowiednio $f_1(A_1)=f_2(A_2)=\frac{3}{8}$, $f_3(A_3)=f_4(A_4)=-\frac{3}{8}$. Analiza poziomicy $\{F=0\}$ (lub określoności drugiej różniczki $d_{A_i}^{2}f,i\in \{1,2,3,4\}$) pozwala stwierdzić, że funkcje $f_1$ i $f_2$ osiągają w punktach $A_1$, $A_2$ maksimum, zaś $f_3$ i $f_4$ osiągają w punktach $A_3$, $A_4$ 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 $U$ przestrzeni unormowanej $X$ (przy czym w praktycznych przykładach zajmowaliśmy się przykładami, gdy $X={\mathbb{ℝ}}^n$, $n=1,2,3,\dots$). Równie ważne z praktycznego punktu widzenia są także rozważania polegające na wyznaczaniu ekstremów funkcji $F:X\mapsto \mathbb{ℝ}$ zacieśnionej do zbioru, który nie jest otwarty w $X$.

Przykład 9.16.

Wyznaczmy najmniejszą i największą wartość funkcji

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

na sferze

$x^2+y^2+z^2=1$

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

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

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

$f_1:(x,y)\mapsto F(x,y,\sqrt{1-x^2-y^2})=x-2y+2\sqrt{1-x^2-y^2}$, $f_2:(x,y)\mapsto F(x,y,-\sqrt{1-x^2-y^2})=x-2y-2\sqrt{1-x^2-y^2}$

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

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

Sprecyzujmy jednak wpierw problem.

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

Definicja 9.17.

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

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

Niech $X,Y$ będą przestrzeniami Banacha.

Twierdzenie 9.18.

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

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

Twierdzenie 9.19.

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

$X\ni h\mapsto (d_a^{2}F-\mathrm{\Lambda }\circ d_a^{2}G)(h,h)\in \mathbb{ℝ}$

jest dodatnio określona (odpowiednio: ujemnie określona) na podprzestrzeni $X_1:=\{h\in X,d_{a}G(h)=0\}$ przestrzeni $X$, to funkcja $F$ osiąga w punkcie $a$ minimum (odpowiednio: maksimum) warunkowe.

Definicja 9.20.

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

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

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

$\mathrm{\Phi }(x,y):=f(x,y)-\lambda g(x,y),$

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

$\{\begin{array}{r}{d}_{(x,y)}\mathrm{\Phi }=0\\ g(x,y)=0\end{array}\text{ czyli }\{\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\lambda \frac{\partial g}{\partial x}\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\lambda \frac{\partial g}{\partial y}\\ & g(x,y)=0.\end{array}$

Uwaga 9.22.

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

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

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

$\mathrm{\Phi }(x,y,z):=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z),$

gdzie stałą $\lambda$ wyznaczamy z układu równań

$\{\begin{array}{r}{d}_{(x,y,z)}\mathrm{\Phi }=0\\ g(x,y,z)=0\end{array}\text{ czyli }\{\begin{array}{rl}& \frac{\partial f}{\partial x}=\lambda \frac{\partial g}{\partial x}\\ & \frac{\partial f}{\partial y}=\lambda \frac{\partial g}{\partial y}\\ & \frac{\partial f}{\partial z}=\lambda \frac{\partial g}{\partial z}\\ & g(x,y,z)=0.\end{array}$

Przykład 9.23.

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

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

Układ ten spełniają liczby

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

oraz

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

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 $f$ musi osiągać kres dolny, a w drugim kres górny wartości na sferze $\{g=0\}$. Mamy

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

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

Uwaga 9.24.

Jeśli funkcja $F:{\mathbb{ℝ}}^3\mapsto \mathbb{ℝ}$, zaś $G:{\mathbb{ℝ}}^3\mapsto {\mathbb{ℝ}}^2$, zagadnienie znalezienia ekstremów warunkowych funkcji $F$ przy warunku $\{G=0\}$ sprowadza się do znalezienia punktów zbioru $\{G=0\}$, w których zeruje się różniczka funkcji $\mathrm{\Phi }(x,y,z):=F(x,y,z)-\mathrm{\Lambda }\circ G(x,y,z)$. Funkcjonał Lagrange'a $\mathrm{\Lambda }$ w tym przypadku jest odwzorowaniem liniowym z ${\mathbb{ℝ}}^2\mapsto \mathbb{ℝ}$, jest więc reprezentowany przez macierz złożoną z dwóch liczb: ${\lambda }_1$, ${\lambda }_2$. Funkcja $G=(g_1,g_2)$ jest zestawieniem dwóch funkcji $g_1,g_2$ o wartościach rzeczywistych, stąd

$\mathrm{\Phi }(x,y,z)=F(x,y,z)-\mathrm{\Lambda }G(x,y,z)=F(x,y,z)-{\lambda }_1{g}_1(x,y,z)-{\lambda }_2{g}_2(x,y,z)$

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

$\{\begin{array}{r}{d}_{(x,y,z)}\mathrm{\Phi }=0\\ G(x,y,z)=0\end{array}\text{ czyli }\{\begin{array}{rl}& \frac{\partial F}{\partial x}={\lambda }_1\frac{\partial g_1}{\partial x}+{\lambda }_2\frac{\partial g_2}{\partial x}\\ & \frac{\partial F}{\partial y}={\lambda }_1\frac{\partial g_1}{\partial y}+{\lambda }_2\frac{\partial g_2}{\partial y}\\ & \frac{\partial F}{\partial z}={\lambda }_1\frac{\partial g_1}{\partial z}+{\lambda }_2\frac{\partial g_2}{\partial z}\\ & g_1(x,y,z)=0\\ & g_2(x,y,z)=0\end{array}$

w punktach regularnych poziomicy $\{G=0\}$, czyli tych, w których rząd różniczki $d_{(x,y,z)}G$ jest maksymalny (tj. równy $2$, gdyż różniczka $d_{(x,y,z)}G$ jest odwzorowaniem liniowym z ${\mathbb{ℝ}}^3$ do ${\mathbb{ℝ}}^2$). Zwróćmy uwagę, że funkcja $F$ może osiągać ekstremum w punktach, które należą do poziomicy $\{G=0\}$ 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

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

na przecięciu się dwóch walców

$x^2+z^2=1,y^2+z^2=1$

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 $[-1,1]\times [-1,1]\times [-1,1]$). Podany warunek można opisać za pomocą poziomicy zerowej funkcji $G(x,y,z)=(x^2+z^2-1,y^2+z^2-1)$. Zbadaliśmy już, że spośród punktów poziomicy $\{G=0\}$ tylko dwa nie są regularne: $(0,0,1)$ oraz $(0,0,-1)$. Poza tymi dwoma punktami możemy zastosować metodę mnożników Lagrange'a, która sprowadza się do wyznaczenia rozwiązań układu równań:

$\{\begin{array}{rl}& \frac{\partial F}{\partial x}={\lambda }_1\frac{\partial g_1}{\partial x}+{\lambda }_2\frac{\partial g_2}{\partial x}\\ & \frac{\partial F}{\partial y}={\lambda }_1\frac{\partial g_1}{\partial y}+{\lambda }_2\frac{\partial g_2}{\partial y}\\ & \frac{\partial f}{\partial z}={\lambda }_1\frac{\partial g_1}{\partial z}+{\lambda }_2\frac{\partial g_2}{\partial z}\\ & g_1(x,y,z)=0\\ & g_2(x,y,z)=0\end{array}\text{ czyli }\{\begin{array}{rl}& 1=2{\lambda }_{1}x\\ & -1=2{\lambda }_{2}y\\ & -2=2({\lambda }_1+{\lambda }_2)z\\ & x^2+z^2-1=0\\ & y^2+z^2-1=0.\end{array}$

Układ ten ma dwa rozwiązania

$-x=y=z=\frac{\sqrt{2}}{2},\text{ przy czym }{\lambda }_1={\lambda }_2=-\frac{\sqrt{2}}{2}$

oraz

$x=-y=-z=\frac{\sqrt{2}}{2},\text{ przy czym }{\lambda }_1={\lambda }_2=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Wartość funkcji $F$ w tych punktach wynosi

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

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

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

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