Przyk lady

1.

Niech f (x, y) = x

2

y

5

(8 − x − y) . Znajdziemy wszystkie punkty, w kt´

orych gradient funkcji f jest

wektorem zerowym, tj. punkty krytyczne tej funkcji. Naste



pnie wyja´snimy, w kt´

orych z nich funkcja

ma lokalne ekstrema i jakiego typu. Mamy 0 =

∂f
∂x

= 2xy

5

(8 − x − y) − x

2

y

5

= 16xy

5

− 3x

2

y

5

− 2xy

6

,

0 =

∂f
∂y

= 5x

2

y

4

(8 − x − y) − x

2

y

5

= 40x

2

y

4

− 5x

3

y

4

− 6x

2

y

5

. Wynika sta



d od razu, ˙ze je´sli x = 0

lub y = 0 , to grad f (x, y) =

−−−→

(0, 0) . Za l´

o˙zmy teraz, ˙ze x 6= 0 i jednocze´snie y 6= 0 . Wtedy xy 6= 0 ,

zatem podzieliwszy r´

ownania przez odpowiednie wyra˙zenia otrzymujemy 2(8 − x − y) − x = 0 i

5(8 − x − y) − y = 0 . Wynika sta



d od razu, ˙ze 5x = 10(8 − x − y) = 2y , zatem 16 − 2x − 5x − x = 0 ,

zatem x = 2 i wobec tego y = 5 .

Zajmiemy sie



druga



r´

o˙zniczka



w punktach krytycznych funkcji f . Mamy

D

2

f (x, y) =



16y

5

− 6xy

5

− 2y

6

80xy

4

− 15x

2

y

4

− 12xy

5

80xy

4

− 15x

2

y

4

− 12xy

5

160x

2

y

3

− 20x

3

y

3

− 30x

2

y

4



.

Mamy teraz D

2

f (x, 0) =

 0 0

0 0



i nic z tego nie wynika, macierz ta jest zerowa, wobec tego

mo˙zliwe sa



wszystkie trzy sytuacje: lokalne maksimum, lokalne minimum i wreszcie brak lokal-

nego ekstremum w tym punkcie. Nale˙zy wyja´sni´c sytuacje



za pomoca



innych metod. Zachodzi

r´

ownie˙z wz´

or D

2

f (0, y) =

 16y

5

− 2y

6

0

0

0



. Z tego te˙z nic nie wynika, bo macierz bo macierz

ma zerowy wyznacznik. R´

ownie˙z w tym przypadku nie zadzia la lo twierdzenie og´

olne, co zmu-

sza nas do ustalenia za pomoca



innej metody charakteru tego punktu krytycznego. Mamy teraz

D

2

f (2, 5) =

 −18750 −12500

−12500 −15000



, zatem −D

2

f (2, 5) =

 18750 12500

12500 15000



. Ostatnia macierz jest do-

datnio okre´slona, bo 18750 > 0 i 18750 · 15000 − 12500

2

> 0 . Wobec tego macierz D

2

f (2, 5) jest

ujemnie okre´slona i wobec tego w punkcie (2, 5) funkcja f ma lokalne maksimum w la´sciwe.

Mo˙zna problem przeanalizowa´c nieco inaczej. Funkcja f przyjmuje warto´s´c 0 w ka˙zdym z punkt´

ow

postaci (0, y) i (x, 0) . W punktach ka˙zdego ze zbior´

ow {(x, y):

x > 0, y > 0, x + y > 8} ,

{(x, y):

x < 0, y > 0, x + y > 8} , {(x, y):

x > 0, y < 0, x + y < 8} warto´sci funkcji

f sa



ujemne, natomiast w punktach ka˙zdego ze zbior´

ow {(x, y):

x > 0, y < 0, x + y > 8} ,

{(x, y):

x > 0, y > 0, x + y < 8} , {(x, y):

x < 0, y > 0, x + y < 8} warto´sci funkcji f sa



dodatnie. Wynika sta



d, ˙ze w punktach le˙za



cych na osi OX i w punkcie (0, 8) funkcja nie ma lo-

kalnych ekstrem´

ow, bowiem dowolnie blisko ka˙zdego z nich znajduja



sie



punkty, w kt´

orych warto´sci

funkcji sa



dodatnie oraz punkty, w kt´

orych warto´sci funkcji sa



ujemne. Natomiast w punktach po-

staci (0, y) , y < 0 funkcja ma lokalne maksima niew la´sciwe: w ma lym otoczeniu ka˙zdego z nich

warto´sci funkcji sa



niedodatnie a w punkcie (0, y) warto´scia



jest liczba 0 . Wobec tego 0 = f (0, y)

jest dla y < 0 lokalnie najmniejsza



warto´scia



funkcji f , ale dowolnie blisko tego punktu sa



inne

punkty, w kt´

orych warto´s´c funkcji jest r´

owna 0 . Taka sama sytuacja jest w punktach postaci (0, y) ,

y > 8 . W punktach postaci (0, y) , 0 < y < 8 jest podobnie, ale w tych punktach funkcja ma lokalne

minima niew la´sciwe. Nale˙zy narysowa´c na kartce papieru uk lad wsp´

o lrze



dnych z prosta



x + y = 8

i zaznaczy´c obszary, w kt´

orych funkcja jest dodatnia oraz obszary, w kt´

orych — jest ujemna, to na

pewno u latwi zrozumieniu przeczytanego tekstu.

2.

Niech

f (x, y) = 6y

5

+ 15y

4

− 50y

3

− 90y

2

+

1

4

−e

2

x

+ (y + 1)

2

(y − 2)

2



2

,

g(x, y) = 6y

5

+ 15y

4

− 50y

3

− 90y

2

+

1

4

−e

2

x

+ y

2

(y + 3)

2



2

,

1046

h(x, y) = 6y

5

+ 15y

4

− 50y

3

− 90y

2

+

1

4

−e

2

x

+ (y + 1)

2

(y + 3)

2



2

.

Znajdziemy lokalne ekstrema wszystkich trzech funkcji. Najpierw zauwa˙zmy, ˙ze

wszystkie trzy sa



nieograniczone zar´

owno z do lu jak i z g´

ory.

Wynika to z nieograniczono´sci z obu stron wielomianu 6y

5

+ 15y

4

− 50y

3

− 90y

2

zmiennej y . W

ka˙zdym z trzech przypadk´

ow mo˙zna tak dobra´c liczbe



x do liczby y /

∈ {−3, −1, 0, 2} , by wyra˙zenie

w nawiasie kwadratowym by lo r´

owne 0 : przyjmujemy x =

1

2

ln

(y + 1)

2

(y − 2)

2



w przypadku

funkcji f , w przypadku funkcji g przyjmujemy x =

1

2

ln

y

2

(y + 3)

2

 , a w przypadku funkcji h

pos lu˙zymy sie



wzorem x =

1

2

ln

(y + 1)

2

(y + 3)

2

 .

Znajdziemy teraz punkty krytyczne (czyli zerowania sie



gradientu) funkcji f . Mamy

∂f
∂x

(x, y) = −e

2

x

−e

2

x

+ (y + 1)

2

(y − 2)

2



oraz

∂f
∂y

(x, y) = 30y(y + 3)(y + 1)(y − 2) + (y + 1)(y − 2)(2y − 1)

−e

2

x

+ (y + 1)

2

(y − 2)

2

 .

Z r´

ownania

∂f
∂x

= 0 wynika, ˙ze −e

2

x

+ (y + 1)

2

(y − 2)

2

= 0 , co w po la



czeniu z r´

ownaniem 0 =

∂f
∂y

,

pozwala stwierdzi´c, ˙ze y = −3 , y = −1 , y = 0 lub y = 2 . Z ka˙zdej z r´

owno´sci y = −1 , y = 2

i z r´

owno´sci 0 =

∂f
∂x

wynika, ˙ze e

2

x

= 0 , co jednak nie zachodzi dla ˙zadnej liczby rzeczywistej x .

Z r´

owno´sci y = 0 wynika, ˙ze x =

1

2

ln 4 = ln 2 . Je´sli y = −3 , to x =

1

2

ln 100 = ln 10 . Mamy wie



c

dwa punkty podejrzane o to, ˙ze funkcja f mo˙ze mie´c w kt´

orym´s z nich lokalne ekstremum (ln 2, 0)

i (ln 10, −3) . Zajmiemy sie



pierwszym z nich. Mamy

∂

2

f

∂x

2

(x, y) = 2e

2

x

2e

2

x

− (y + 1)

2

(y − 2)

2

 , zatem

∂

2

f

∂x

2

(ln 2, 0) = 32 ,

∂

2

f

∂x∂y

(x, y) = −2e

2

x

(y + 1)(y − 2)(2y − 1) , zatem

∂

2

f

∂x∂y

(ln 2, 0) = −16 ,

∂

2

f

∂y

2

(x, y) = 60(2y

3

+3y

2

−5y−3)+2(y+1)

2

(y−2)

2

(2y−1)

2

+

−e

2

x

+ (y + 1)

2

(y − 2)

2

 (6y

2

−6y−3) ,

zatem

∂

2

f

∂y

2

(ln 2, 0) = −172 . Mamy wie



c D

2

f (ln 2, 0) =



32

−16

−16 −172



. Ta macierz nie jest ani

dodatnio ani ujemnie okre´slona (bo jej wymiar jest parzysty, a wyznacznik jest ujemny). Poniewa˙z

∂f
∂x

(ln 2, 0) = 0 i

∂

2

f

∂x

2

(ln 2, 0) = 32 , wie



c funkcja f (x, 0) zmiennej x ma w punkcie ln 2 lokalne

minimum w la´sciwe, a z tego wynika, ˙ze funkcja f nie ma w punkcie (ln 2, 0) lokalnego maksimum.

Poniewa˙z

∂f
∂y

(ln 2, 0) = 0 i

∂

2

f

∂y

2

(ln 2, 0) = −172 , wie



c funkcja f (ln 2, y) zmiennej y ma w punkcie

(ln 2, 0) lokalne maksimum w la´sciwe, wie



c funkcja f nie ma w punkcie (ln 2, 0) lokalnego minimum.

Oznacza to, ˙ze funkcja f ma w punkcie (ln 2, 0) siod lo.

Mogli´smy ostatni fragment rozumowania nieco skr´

oci´

c powo luja



c sie



na twierdzenie o lokalnych

ekstremach funkcji wielu zmiennych.

Analogiczne obliczenia dowodza



, ˙ze D

2

f (ln 10, −3) =

 20000 14000

14000

8900



i wobec tego

det D

2

f (ln 10, −3)

= 2000 · 8900 − 14000

2

= 2 · 10

6

(89 − 7 · 14) < 0 , zatem r´

ownie˙z w tym

punkcie funkcja ma siod lo — z tego, ˙ze wyznacznik macierzy D

2

f (ln 10, −3) jest ujemny wynika,

˙ze ma ona dwie warto´sci w lasne r´

o˙znych znak´

ow, na prostej przechodza



cej przez punkt (ln 10, −3)

r´

ownoleg lej do wektora w lasnego odpowiadaja



cego warto´sci w lasnej dodatniej funkcja ma lokalne

minimum w la´sciwe, a na prostej r´

ownoleg lej do wektora w lasnego odpowiadaja



cego ujemnej warto´sci

w lasnej ma ona lokalne maksimum w la´sciwe. Znale´zli´smy lokalne ekstrema funkcji f : nie ma ona

˙zadnego lokalnego ekstremum, ma natomiast dwa siod la.

Zajmiemy sie



teraz funkcja



g . Teraz mamy

∂g
∂x

(x, y) = −e

2

x

−e

2

x

+ y

2

(y + 3)

2



oraz

∂g
∂y

(x, y) = 30y(y + 3)(y + 1)(y − 2) + y(y + 3)(2y + 3)

−e

2

x

+ y

2

(y + 3)

2

 .

Jedynymi punktami krytycznymi funkcji g sa



(ln 2, −1) i (ln 10, 2) . Obliczamy pochodne cza



stkowe

1047

drugiego rze



du funkcji g

∂

2

g

∂x

2

(x, y) = 2e

2

x

2e

2

x

− y

2

(y + 3)

2

 ,

∂

2

g

∂x∂y

(x, y) = −2y(y + 3)(2y + 3)e

2

x

,

∂

2

g

∂y

2

(x, y) = 60(2y

3

+ 3y

2

− 5y − 3) + 2y

2

(y + 3)

2

(2y + 3)

2

+ 2

−e

2

x

+ y

2

(y + 3)

2

 6y

2

+ 18y + 9

 .

Otrzymujemy D

2

g(ln 2, −1) =

 32

16

16 188



. Obliczaja



c wyznacznik tej macierzy stwierdzamy z la-

two´scia



, ˙ze jest on r´

owny 32 · 188 − 16

2

, zatem jest dodatni. Poniewa˙z 32 > 0 , wie



c funkcja g ma

w punkcie (ln 2, −1) lokalne minimum w la´sciwe. Mamy te˙z D

2

g(ln 10, 2) =



20000 −14000

−14000

10700



.

R´

ownie˙z w tym przypadku mamy 20000 > 0 i 20000 · 10700 − 14000

2

> 0 , zatem r´

ownie˙z w

tym punkcie funkcja ma lokalne minimum w la´sciwe. Wobec tego funkcja g ma dwa lokalne minima

w la´sciwe i ˙zadnego punktu krytycznego poza nimi!

Kolej na funkcje



h . Mamy

∂h
∂x

(x, y) = −e

2

x

−e

2

x

+ (y + 1)

2

(y + 3)

2



oraz

∂h
∂y

(x, y) = 30y(y + 3)(y + 1)(y − 2) + 2(y + 1)(y + 2)(y + 3)

−e

2

x

+ (y + 1)

2

(y + 3)

2

 .

Jedynymi punktami krytycznymi funkcji h sa



(ln 15, 2) i (ln 3, 0) . Obliczamy jej pochodne cza



st-

kowe drugiego rze



du:

∂

2

h

∂x

2

(x, y) = 2e

2

x

2e

2

x

− (y + 1)

2

(y + 3)

2

 ,

∂

2

h

∂x∂y

(x, y) = −2(y + 1)(y + 3)(2y + 4)e

2

x

,

∂

2

h

∂y

2

(x, y) = 60(2y

3

+ 3y

2

− 5y − 3) + 2(y + 1)

2

(2y + 4)

2

(y + 3)

2

+

+ 2

−e

2

x

+ (y + 1)

2

(y + 3)

2

 6y

2

+ 24y + 22



Otrzymujemy D

2

h(ln 15, 2) =

 101250

−54000

−54000

29700



. Obliczaja



c wyznacznik tej macierzy stwier-

dzamy z latwo´scia



, ˙ze jest on r´

owny 101250 · 29700 − 54000

2

, wie



c dodatni. Poniewa˙z 101250 > 0 ,

wie



c funkcja h ma w punkcie (ln 2, −1) lokalne minimum w la´sciwe. Mamy te˙z D

2

h(ln 3, 0) =

=



162

−216

−216

108



. Wyznacznik tej macierzy jest ujemny, wie



c ma ona dwie warto´sci w lasne r´

o˙znych

znak´

ow, zatem w tym punkcie funkcja h ma siod lo.

Widzimy wie



c, ˙ze te trzy funkcje zdefiniowane za pomoca



podobnych wzor´

ow maja



r´

o˙zne

w lasno´sci. Przyk lad powinien ostrzec student´

ow przed zbyt pospiesznym wycia



ganiem wniosk´

ow:

nie wszystko wygla



da tak, jak nam sie



w pierwszej chwili wydaje.

Teraz obejrzymy te trzy funkcje raz jeszcze, ale nie be



dziemy u˙zywa´c twierdzenia o ekstremach

lokalnych. Zaczniemy od zbadania funkcji jednej zmiennej. ϕ(y) = 6y

5

+ 15y

4

− 50y

3

− 90y

2

. Mamy

ϕ

0

(y) = 30y(y + 1)(y − 2)(y + 3) . Jasne jest, ˙ze je´sli y ∈ (2, ∞) ∪ (−1, 0) ∪ (−∞, −3) , to ϕ

0

(y) > 0 ,

za´s je´sli y ∈ (0, 2) ∪ (−3, −1) , to ϕ

0

(y) < 0 . Wynika sta



d, ˙ze w punktach −3 i 0 funkcja ϕ ma

lokalne maksima w la´sciwe, a w punktach −1 i 2 — lokalne minima w la´sciwe. Niech Φ(x, y) = ϕ(y) .

Jasne jest, ˙ze funkcja Φ ma w punktach postaci (x, −3) lokalne maksima; sa



one niew la´

sciwe

, bo

warto´s´c nie zale˙zy od x , wie



c jest taka sama na ca lej prostej o r´

ownaniu y = −3 . To samo dotyczy

punkt´

ow postaci (x, 0) . R´

ownie˙z punkt´

ow postaci (x, −1) i (x, 2) z tym, ˙ze w tych punktach Φ

ma lokalne minima. Funkcja Φ ma wie



c lokalne maksima (niew la´sciwe) w punktach krytycznych

funkcji f : w (ln 2, 0) i w (ln 10, −3) . Niech Ψ(x, y) =

1

4

 − e

2

x

+ (y + 1)

2

(y − 2)

2



2

. Oczywi´scie

Ψ(x, y) ≥ 0 dla ka˙zdego punktu (x, y) ∈

2

. Mamy te˙z Ψ(ln 2, 0) = 0 = Ψ(ln 10, −3) . Wobec tego

funkcja Ψ w punktach (ln 2, 0) i (ln 10, −3) przyjmuje swa



najmniejsza



warto´s´c, ma wie



c w tych

punktach minima lokalne, mo˙zna bez trudu przekona´c sie



o tym, ˙ze nie sa



one w la´sciwe, ale dowolnie

1048

blisko ka˙zdego z nich sa



punkty, w kt´

orych warto´s´c funkcji Ψ jest dodatnia. Przyjrzyjmy sie



teraz

funkcji f = Φ + Ψ . Dla y 6= −1 i y 6= 2 zachodzi r´

owno´s´c

f

1

2

ln

(y + 1)

2

(y − 2)

2

], y

= Φ

1

2

ln

(y + 1)

2

(y − 2)

2

], y

+ Ψ

1

2

ln

(y + 1)

2

(y − 2)

2

], y

= ϕ(y) .

Wynika z niej, ˙ze w punktach (ln 2, 0) i (ln 10, −3) funkcja f nie ma warto´sci lokalnie najwie



kszej:

nieznaczna zmiana drugiej wsp´

o lrze



dnej z warto´sci 0 oraz z warto´sci −3 powoduje zmniejszenie

sie



ϕ(y) . W tych punktach funkcja f nie ma te˙z warto´sci lokalnie najmniejszej: ma la zmiana x z

warto´sci ln 2 lub z warto´sci ln 10 powoduje wzrost Ψ(x, 0) odpowiednio Ψ(x, −3) , wie



c r´

ownie˙z

f (x, 0) , odpowiednio f (x, −3) , bo Φ nie zale˙zy od x ! Wykazali´smy nie interesuja



c sie



macierza



drugiej r´

o˙zniczki funkcji f w og´

ole, ˙ze w punktach (ln 2, 0) i (ln 10, −3) funkcja f nie ma lokalnych

ekstrem´

ow.

W taki sam spos´

ob mo˙zemy potraktowa´c funkcje



g jako sume



dwu funkcji. W tym przypadku

sytuacja jest nieco inna. Oba sk ladniki maja



w punktach krytycznych funkcji g lokalne minima

(niew la´sciwe, je´sli oba sk ladniki traktujemy jako funkcje dwu zmiennych). Wobec tego ich suma,

czyli funkcja f , te˙z ma lokalne minimum w punktach (ln 2, 1) i (ln 10, 2) . W przypadku funkcji f

sa



to jednak minima w la´sciwe, bo tylko w punktach krytycznych mo˙ze mie´c ona lokalnie najmniejsza



warto´s´c.

Analogiczna



analize



funkcji h pozostawiam Paniom Studentkom i Panom Studentom w cha-

rakterze prostego ju˙z ´cwiczenia.

3.

Niech f (x, y) = (x−y

2

)(x−3y

2

) . Mamy

∂f
∂x

= (x−y

2

)+(x−3y

2

) = 2(x−2y

2

) i

∂f
∂y

= −6y(x−

y

2

) − 2y(x − 3y

2

) = 4y(3y

2

− 2x) . Je´sli 0 =

∂f
∂y

, to y = 0 lub 3x = 3y

2

. Je´sli dodatkowo 0 =

∂f
∂x

,

to w pierwszym przypadku otrzymujemy x = 0 , a w drugim 3y

2

= 2x = 4y

2

, wie



c y = 0 . Wynika

sta



d, ˙ze jedynym punktem, w kt´

orym obydwie pochodne cza



stkowe sa



r´

owne 0 jest punkt (0, 0) .

Bez trudu sprawdzamy, ˙ze D

2

f (0, 0) =

 2 0

0 0



. Ta macierz ma jedna



warto´s´c w lasna



dodatnia



( 2 ), a druga r´

owna jest 0 . Wobec tego na prostej przechodza



cej przez punkt (0, 0) r´

ownoleg lej do

wektora w lasnego odpowiadaja



cego warto´sci w lasnej 2 , czyli na osi OX , ta funkcja ma minimum

w la´sciwe. Wida´c to zreszta



bez ˙zadnych teorii f (0, 0) < f (x, 0) = x

2

dla ka˙zdej liczby rzeczywistej

x 6= 0 . Twierdzenia og´

olne nic wie



cej nie pozwalaja



stwierdzi´c. Mamy te˙z f (0, 0) < f (0, y) = 3y

4

dla ka˙zdego y ∈

\ {0} , zatem r´

ownie˙z na osi OY funkcja ta ma lokalne minimum w la´sciwe. Niech

a 6= 0 6= x . Wtedy f (x, ax) = (x − a

2

x

2

)(x − 3a

2

x

2

) = x

2

(1 − a

2

x)(1 − 3a

2

x) > 0 = f (0, 0) ,

je´sli x >

1

a

2

lub x <

1

3

a

2

. Oznacza to, ˙ze warto´s´c w punkcie (0, 0) jest najmniejsza



ze wszystkich

przyjmowanych na p´

o lprostej zdefiniowanej r´

owno´scia



y = ax i nier´

owno´scia



x <

1

3

a

2

. Okaza lo

sie



, ˙ze w punkcie (0, 0) funkcja f ma lokalne minimum w la´sciwe je´sli ograniczymy jej dziedzine



do

dowolnej prostej przechodza



cej przez punkt (0, 0) . Nie ma ona jednak lokalnego minimum w tym

punkcie, bowiem f (2y

2

, y) = (2y

2

− y

2

)(2y

2

− 3y

2

) = −y

4

< 0 dla ka˙zdego y ∈

\ {0} , zatem na

paraboli x = 2y

2

ta funkcja ma lokalne maksimum w la´sciwe. Mamy wie



c do czynienia z siod lem, ale

niewykrywalnym za pomoca



drugiej r´

o˙zniczki funkcji w punkcie (0, 0) . To jeszcze jedno ostrze˙zenie

przed zbyt szybkim wycia



ganiem wniosk´

ow z fragmentarycznych oblicze´

n lub rozumowa´

n.

1049