§ 0.12. Ekstrema warunkowe

55

§ 0.12. Ekstrema warunkowe

W tym rozdziale będziemy badać ekstrema funkcji f określonych na otwar-
tych podzbiorach R

m

przy dodatkowym warunku postaci F (x) = 0, gdzie

F = (F

1

, . . . , F

k

) będzie funkcją o wartościach w R

k

, k < m (przyjmujemy

umowę, że wektor zerowy (0, 0, . . . , 0) będziemy oznaczać również symbolem
0). Zapisany w postaci wektorowej warunek F (x) = 0 jest więc równoważny
z ciągiem skalarnych warunków F

1

(x) = 0, . . . , F

k

(x) = 0.

Jeśli funkcja F jest ciągła, to zbiór A =

{x ∈ R

m

: F (x) = 0

} jest domknięty

jako przeciwobraz zbioru jednopunktowego

{0} (zbiór jednopunktowy jest

zawsze domknięty) przy odwzorowaniu ciągłym. Jeśli ponadto A jest ogra-
niczony, to jest zwarty, a wtedy funkcja ciągła przyjmuje na nim największą
i najmniejszą wartość.

Funkcję f obciętą do zbioru A będziemy oznaczać f

|A

.

Różniczkę odwzorowania F w punkcie x

0

oznaczamy przez DF (x

0

). Rząd

odwzorowania to rząd jego macierzy (można udowodnić, że jest niezależny
od wyboru bazy). Odwzorowanie jest klasy C

1

w zbiorze otwartym G, gdy

jego różniczka jest odwzorowaniem ciągłym. Warunkiem koniecznym i do-
statecznym na to jest ciągłość pochodnych cząstkowych wszystkich funkcji
F

1

, F

2

, . . . , F

n

.

Poniższe twierdzenie zawiera warunek konieczny na to, by punkt x

0

∈ A był

punktem krytycznym (stacjonarnym) funkcji f

|A

. Umożliwia zatem sporzą-

dzenie listy punktów, w których ta funkcja może (ale nie musi) przyjmować
ekstremum).

Twierdzenie 1 (Lagrange’a). Niech G

⊂ R

m

będzie zbiorem otwartym,

f: G → R. Ponadto niech F : G → R

k

, gdzie k < m, będzie funkcją klasy

C

1

. Oznaczmy

K = {x ∈ G: F (x) = 0}.

Jeśli funkcja f

|K

przyjmuje lokalne ekstremum w punkcie x

0

∈ K oraz

(i) f jest różniczkowalna w punkcie x

0

,

(ii) rząd DF (x

0

) = k,

to istnieją takie λ

1

, . . . λ

k

∈ R, że

grad f (x

0

) + λ

1

grad F

1

(x

0

) + . . . + λ

k

grad F

k

(x

0

) = 0.

(1)

Uwaga 2. Jeśli wprowadzimy funkcję

L(x) = f(x) + λ

1

F

1

(x) + . . . + λ

k

F

k

(x),

x ∈ R

m

,

to równanie (1) zapisze się w postaci grad L(x) = 0. Funkcję L nazywamy
funkcją Lagrange’a, a liczby λ

1

, . . . λ

k

— mnożnikami Lagrange’a.

56

Rafał Sztencel: Wykłady z Analizy Matematycznej dla WNE

Równanie (1) ma następującą interpretację geometryczną: gradient funk-
cji f jest równy

−λ

1

F

1

(x

0

)

− . . . − λ

k

F

k

(x

0

), jest zatem prostopadły do

zbioru K. Wobec tego funkcja f , mówiąc obrazowo, nie ma jak urosnąć
(ani zmaleć).

Przykład 3 (Lemniskata Bernoulliego). Znajdziemy największą i naj-
mniejszą wartość funkcji f (x, y) = x na krzywej K o równaniu

(x

2

+ y

2

)

2

= 2c

2

(x

2

− y

2

),

(2)

gdzie c > 0 jest parametrem.

R o z w i ą z a n i e. Jeśli dla (x, y)

∈ R

2

zdefiniujemy

F (x, y) = (x

2

+ y

2

)

2

− 2c

2

(x

2

− y

2

),

to K =

{(x, y): F (x, y) = 0}. Funkcja F : R

2

→ R jest klasy C

1

, a w

szczególności jest ciągła, zatem zbiór K jest domknięty. Jest on ponadto
ograniczony, bowiem dla x

2

+ y

2

> 0 z równania (2) otrzymujemy

x

2

+ y

2

= 2c

2

·

x

2

− y

2

x

2

+ y

2

2c

2

,

wobec tego K zawiera się w kole o środku (0, 0) i promieniu c

√

2.

Wykazaliśmy, że zbiór K jest zwarty. W takim razie funkcja ciągła f przyj-
muje na nim najmniejszą i największą wartość. Ponadto funkcja f jest
różniczkowalna na R

2

.

I. Zbadamy teraz, czy na krzywej K są punkty osobliwe. Mamy

grad F (x, y) = (4x(x

2

+ y

2

)

− 4xc

2

, 4y(x

2

+ y

2

) + 4yc

2

) =

= (4x(x

2

+ y

2

− c

2

), 4y(x

2

+ y

2

+ c

2

)).

Warunek grad F (x, y) = (0, 0) jest równoważny z układem równań

(x

2

+ y

2

)x = c

2

x,

(x

2

+ y

2

)y =

−c

2

y.

Z drugiego równania wynika, że y = 0, w przeciwnym razie bowiem byłoby
0 < x

2

+ y

2

=

−c

2

< 0; gdy y = 0, pierwsze równanie sprowadza się do

x

3

= c

2

x. Zatem x = 0 lub x

2

= c

2

. W ostatnim przypadku nie jest jednak

spełnione równanie krzywej (2). Mamy więc x = y = 0.

Jedynym punktem osobliwym jest punkt (0, 0). Obliczamy f (0, 0) = 0.

II. Zakładamy, że (x, y)

= (0, 0), wtedy grad F (x, y) = (0, 0) i w celu wy-

znaczenia punktów podejrzanych o ekstremum możemy zastosować twier-
dzenie 1 (sprawdziliśmy, że spełnione są jego założenia, w szczególności
(ii)). Równanie (1) przybiera postać

(1, 0) + λ(4x(x

2

+ y

2

− c

2

), 4y(x

2

+ y

2

+ c

2

)) = (0, 0),

(3)

§ 0.12. Ekstrema warunkowe

57

i wraz z równaniem krzywej K (2) daje następujący układ równań:






1 + 4λx(x

2

+ y

2

− c

2

) = 0,

4λy(x

2

+ y

2

+ c

2

) = 0,

(x

2

+ y

2

)

2

− 2c

2

(x

2

− y

2

) = 0.

Z pierwszego równania wynika, że λ

= 0 i x = 0, zatem drugie równanie daje

y = 0, i wtedy z trzeciego równania wynika, że x

2

= 2c

2

, czyli x =

±c

√

2.

Są więc kolejne dwa punkty podejrzane o ekstremum: (c

√

2, 0) i (

−c

√

2, 0).

Obliczamy f (c

√

2, 0) = c

√

2, f (

−c

√

2, 0) =

−c

√

2. Porównanie z wartością

f w znalezionym wcześniej punkcie osobliwym pokazuje, że c

√

2 i

−c

√

2 są

odpowiednio największą i najmniejszą wartością funkcji f na krzywej K.

Uwaga 4. a) Podobnie można wyznaczyć największą i najmniejszą war-
tość funkcji g(x, y) = y na krzywej K. Układ równań przybiera wtedy
postać






4λx(x

2

+ y

2

− c

2

) = 0,

1 + 4λy(x

2

+ y

2

+ c

2

) = 0,

(x

2

+ y

2

)

2

− 2c

2

(x

2

− y

2

) = 0.

Jak poprzednio, widzimy, że λ

= 0 i y = 0. Jeśli x = 0, to trzecie równanie

daje y

4

=

−2c

2

y

2

, a stąd y = 0. Zatem x

= 0, i z pierwszego równania

x

2

+ y

2

= c

2

. Wtedy z trzeciego równania mamy x

2

− y

2

=

1

2

c

2

. Stąd

x

2

=

3

4

c

2

i y

2

=

1

4

c

2

. Mamy zatem cztery punkty, w których współrzędna y

przyjmuje najmniejszą i najmniejszą wartość: (

±

√

3

2

c, ±

1

2

c). Punkt osobliwy

(0, 0) — jak poprzednio — nic nie wnosi.

Zauważmy jeszcze, że nie wyznaczaliśmy niewiadomej λ (co jest zresztą
banalne), bowiem rozwiązywanie układu równań ma sens do chwili, gdy
pojawi się lista punktów podejrzanych o ekstremum (najlepiej skończona).

b) Uzyskane dotychczas wyniki pozwalają na stwierdzenie, że lemniskata
Bernoulliego zawiera się w prostokącie P =

{(x, y): |x| c

√

2,

|y|

1

2

c}.

Więcej można się dowiedzieć przy użyciu współrzędnych biegunowych. Po
podstawieniu

x = r sin θ,

y = r cos θ,

r > 0,

równanie lemniskaty przyjmuje postać

r = c

√

2 cos 2θ,

co już umożliwia narysowanie krzywej i stwierdzenie, że w punkcie osobli-
wym (0, 0) krzywa ma samoprzecięcie.

Przykład 5. Wyznaczyć największą i najmniejszą wartość funkcji

f(x, y, z) = 11x + 11y − z

58

Rafał Sztencel: Wykłady z Analizy Matematycznej dla WNE

na zbiorze H wyznaczonym przez układ równań

x

2

+ y

2

+ z

2

= 171,

x + y + z = 21.

R o z w i ą z a n i e. Niech

F

1

(x, y, z) = x

2

+ y

2

+ z

2

− 171,

F

2

(x, y, z) = x + y + z

− 21.

Definiujemy F (x, y, z) = (F

1

(x, y, z), F

2

(x, y, z)).

Wtedy H =

{(x, y, z) ∈ R

3

: F (x, y, z) = 0

}. Nietrudno zobaczyć, że zbiór

H jest zwarty, jako domknięty i ograniczony. Jeszcze łatwiej zobaczyć, że
jest on po prostu okręgiem. W takim razie ciągła funkcja f przyjmuje na
H największą i najmniejszą wartość.
Funkcja f jest różniczkowalna na R

3

, zaś F : R

3

→ R

2

jest klasy C

1

.

I. Sprawdzimy, czy istnieją punkty osobliwe. Wektory grad F

1

= (2x, 2y, 2z)

i grad F

2

= (1, 1, 1), które tworzą macierz różniczki funkcji F , są na H

liniowo niezależne (nie są po prostu równoległe — gdyby były, mielibyśmy
x = y = z = 7, x

2

+ y

2

+ z

2

= 147

= 171).

W tak prostym przypadku być może nie opłaca się badanie rzędu macierzy



2x 2y 2z

1 1 1



.

Gdyby jej rząd był mniejszy niż 2, wszystkie trzy minory rzędu 2 musiałyby
znikać. Wtedy x

− y = 0, y − z = 0 i x − z = 0, co prowadzi do uzyskanego

już powyżej warunku.

Zatem wszystkie punkty na okręgu H są regularne.

II. Możemy teraz zastosować twierdzenie 1. Wyznaczamy funkcję Lagrange’a:

L(x, y, z) = f(x, y, z) + λ

1

F

1

(x, y, z) + λ

2

F

2

(x, y, z) =

= 11x + 11y

− z + λ

1

(x

2

+ y

2

+ z

2

− 171) + λ

2

(x + y + z

− 21).

Równania grad L(x, y, z) = 0, F (x, y, z) = 0 prowadzą do układu równań


















11 + 2λ

1

x + λ

2

= 0,

11 + 2λ

1

y + λ

2

= 0,

−1 + 2λ

1

z + λ

2

= 0,

x

2

+ y

2

+ z

2

= 171,

x + y + z = 21

.

Widać, że λ

1

= 0 (w przeciwnym razie równanie drugie i trzecie byłyby

sprzeczne), z dwóch pierwszych równań wynika, że x = y. Udało się więc
nie wyznaczać mnożników Lagrange’a, bowiem układ równań

2x

2

+ z

2

= 171,

2x + z = 21

,

§ 0.12. Ekstrema warunkowe

59

łatwo rozwiązać, otrzymując x = y = 5 i z = 11, albo x = y = 9 i z = 3.

Znaleźliśmy dwa punkty podejrzane o ekstremum:

f(5, 5, 11) = 99,

f(9, 9, 3) = 195.

Ostatecznie 195 jest największą, a 99 najmniejszą wartością f na H.

Przykład 6. Wyznaczyć największą i najmniejszą wartość funkcji

f(x, y, z) = 2x + 2y − 3z

na zbiorze H wyznaczonym przez układ równań

x

2

+ y

2

+ z

2

= 2,

xy + yz + zx = −1.

R o z w i ą z a n i e. Niech

F

1

(x, y, z) = x

2

+ y

2

+ z

2

− 2,

F

2

(x, y, z) = xy + yz + zx = 1.

Definiujemy F (x, y, z) = (F

1

(x, y, z), F

2

(x, y, z)).

Wtedy H =

{(x, y, z) ∈ R

3

: F (x, y, z) = 0

}. Zbiór H jest zwarty, jako

domknięty podzbiór sfery. W takim razie ciągła funkcja f przyjmuje na H
największą i najmniejszą wartość.

Zbadamy teraz, czy w H istnieją punkty osobliwe. Mamy

grad F

1

(x, y, z) = (2x, 2y, 2z),

grad F

2

(x, y, z) = (y + z, z + x, x + y).

Operacje elementarne na macierzach nie zmieniają rzędu, mamy zatem

rank



2x

2y

2z

y + z z + x x + y



= rank



2x

2y

2z

x + y + z x + y + z x + y + z



=

= rank



x y z

0 0 0



1,

bowiem

(x + y + z)

2

= x

2

+ y

2

+ z

2

− 2(xy + yz + zx) = 0,

(4)

gdy (x, y, z)

∈ H, czyli każdy punkt zbioru H jest osobliwy!

Nie możemy zatem zastosować twierdzenia Lagrange’a. Zobaczmy, do czego
prowadzi próba rozwiązania równań grad L = 0, grad F = 0. Ponieważ
grad f (x, y, z) = (2, 2,

−3), więc równanie (1) ma postać:

(2, 2,

−3) + λ

1

(2x, 2y, 2z) + λ

2

(y + z, z + x, x + y) = (0, 0, 0).

60

Rafał Sztencel: Wykłady z Analizy Matematycznej dla WNE

Otrzymujemy układ równań skalarnych:






2 + λ

1

x + λ

2

(y + z) = 0,

2 + λ

1

y + λ

2

(x + z) = 0,

−3 + λ

1

z + λ

2

(x + y) = 0.

Dodajemy równania stronami:

1 + λ

1

(x + y + z) + 2λ

2

(x + y + z) = 0.

Ale na mocy (4) x + y + z = 0, gdy (x, y, z)

∈ H, czyli 1 = 0 — sprzeczność

pokazuje, że układ równań grad L = 0, F = 0 nie ma rozwiązań.

Zależność (4) może jednak nasunąć pomysł, jak wyjść z kłopotów. Wynika
z niej bowiem, że zbiór H mozna zdefiniować inaczej:

H = {(x, y, z): x

2

+ y

2

+ z

2

− 2 = 0, x + y + z = 0}.

Wystarczy teraz zmienić definicję funkcji F

2

:

F

2

(x, y, z) = x + y + z,

grad F

2

= (1, 1, 1).

Zbadamy, czy w H są punkty osobliwe:

rank



2x 2y 2z

1 1 1



= rank



x y z

1 1 1



= 2,

gdyby bowiem wszystkie minory stopnia 2 były równe zeru, mielibyśmy





x y

1 1



 = x − y = 0, etc.

zatem x = y = z, ale x + y + z = 0, więc x = y = z = 0, a wtedy
x

2

+ y

2

+ z

2

= 0, co przeczy definicji zbioru H.

Punktów osobliwych zatem nie ma. Oto nowe równanie (1):

(2, 2,

−3) + λ

1

(2x, 2y, 2z) + λ

2

(1, 1, 1) = (0, 0, 0).

Wynika stąd, że λ

1

= 0, a zatem x = y. Z definicji zbioru H otrzymujemy

teraz 2x + z = 0, i 2x

2

+ z

2

= 2. Zatem z =

−2x i 3x

2

= 1. Łatwe rachunki

dają dwa rozwiązania:

1

3

,

1

3

, −2

1

3

,



,

−

1

3

, −

1

3

, 2

1

3

,



.

Największą i najmniejszą wartością funkcji f na H są odpowiednio 10

1

3

,

−10

1

3

.

§ 0.12. Ekstrema warunkowe

61

Kolejny przykład ilustruje to samo zjawisko.

Przykład 7. Wyznaczyć największą i najmniejszą wartość funkcji

f(x, y, z) = x + y + z

na zbiorze H wyznaczonym przez układ równań

x

2

+ y

2

+ z

2

= 1,

x

2

+ y

2

= 1.

R o z w i ą z a n i e. Niech

F

1

(x, y, z) = x

2

+ y

2

+ z

2

− 1,

F

2

(x, y, z) = x

2

+ y

2

− 1.

Definiujemy F (x, y, z) = (F

1

(x, y, z), F

2

(x, y, z)) i

H = {(x, y, z) ∈ R

3

: F (x, y, z) = 0

}.

Jak w poprzednim przykładzie, H jest zwarty i ciągła funkcja f przyjmuje
na nim największą i najmniejszą wartość.

Rozwiązujemy układ równań grad L = 0, grad F = 0. Ponieważ grad f (x, y, z) =
(1, 1, 1), więc równanie (1) ma postać:

(1, 1, 1) + λ

1

(2x, 2y, 2z) + λ

2

(2x, 2y, 0) = (0, 0, 0).

Równowazny mu układ równań skalarnych:



1 + 2λ

1

x + 2λ

2

x = 0,

1 + 2λ

1

y + 2λ

2

y = 0,

1 + 2λ

1

z = 0.

jest sprzeczny, bo z definicji zbioru H wynika, że z = 0. Ale możemy zdefi-
niować zbiór H inaczej:

H = {(x, y, z): x

2

+ y

2

− 1 = 0, z = 0}.

Zmieniamy definicję funkcji F

2

:

F

2

(x, y, z) = z,

grad F

2

= (0, 0, 1).

Zbadamy teraz, czy w H istnieją punkty osobliwe. Mamy

grad F

1

(x, y, z) = (2x, 2y, 0),

grad F

2

(x, y, z) = (0, 0, 1).

62

Rafał Sztencel: Wykłady z Analizy Matematycznej dla WNE

Badamy rząd macierzy utworzonej z gradientów F

1

i F

2

:

rank



2x 2y 0

0 0 1



= rank



x y 0

0 0 1



.

Rząd ostatniej macierzy jest równy 2, gdyby bowiem wszystkie minory stop-
nia 2 znikały, mielibyśmy





x 0

0 1



 = x = 0,





y 0
0 1



 = y = 0,

a to jest niemożliwe, bo x

2

+ y

2

= 1.

Punktów osobliwych zatem nie ma. Oto nowe równanie (1):

(1, 1, 1) + λ

1

(2x, 2y, 0) + λ

2

(0, 0, 1) = (0, 0, 0).

Wynika stąd, że λ

1

= 0, a zatem x = y. Dalej, 2x

2

= 1, i otrzymujemy dwa

rozwiązania:

1

2

,

1

2

, 0



,

−

1

2

, −

1

2

, 0



.

Największą i najmniejszą wartością funkcji f na H są odpowiednio

√

2 i

−

√

2.

W obu przykładach źródło trudności było to samo: zbiór H był częścią
wspólną dwóch powierzchni stycznych. Dlatego gradienty funkcji F

1

i E

2

były równoległe, a każdy punkt H — osobliwy. Osobliwość ta była jednak
pozorna, bo H można było zdefiniować jako część wspólną przecinających
się powierzchni.