Zestaw 14

Pochodne wyższych rzędów

Niech będzie dana funkcja

( )

y

x

f

,

określona w pewnym obszarze D . Przypuśćmy, że

istnieją pochodne cząstkowe tej funkcji

( )

y

x

f

x

,

'

,

( )

y

x

f

y

,

'

. Pochodne cząstkowe tych

pochodnych, jeżeli istnieją, nazywamy pochodnymi cząstkowymi drugiego rzędu funkcji

( )

y

x

f

,

.

Wszystkich pochodnych drugiego rzędu funkcji

( )

y

x

f

,

jest 4, mianowicie













∂

∂

∂

=

∂

∂

=

dx

f

x

x

f

f

xx

2

2

''

,













∂

∂

∂

=

∂

∂

∂

=

dx

f

y

y

x

f

f

xy

2

''

,













∂

∂

∂

=

∂

∂

=

dy

f

y

y

f

f

yy

2

2

''

,













∂

∂

∂

=

∂

∂

∂

=

dy

f

x

x

y

f

f

yx

2

''

,

przy czym np. zapis

2

x

∂

jest skrótem zapisu

x

x

∂

∂

.

Obliczanie pochodnych cząstkowych funkcji dwóch zmiennych sprowadza się więc, przy

ustaleniu jednej z nich, do obliczania pochodnych funkcji jednej zmiennej.

Przykład 1. Wyznacz wszystkie pochodne cząstkowe drugiego rzędu funkcji danej wzorem:

( )

y

y

xy

y

x

y

x

f

9

3

1

,

3

2

2

−

+

−

=

.

Rozwiązanie. Wyznaczamy najpierw pochodne pierwszego rzędu:

2

'

2

)

,

(

y

xy

x

f

y

x

f

x

−

=

∂

∂

=

9

2

)

,

(

2

2

'

−

+

−

=

∂

∂

=

y

xy

x

y

f

y

x

f

y

.

Następnie wyznaczamy pochodne drugiego rzędu:

y

x

f

y

x

f

xx

2

)

,

(

2

2

''

=

∂

∂

=

,

y

x

y

x

f

y

x

f

xy

2

2

)

,

(

2

''

−

=

∂

∂

∂

=

,

y

x

x

y

f

y

x

f

yx

2

2

)

,

(

2

''

−

=

∂

∂

∂

=

,

y

x

y

f

y

x

f

yy

2

2

)

,

(

2

2

''

+

−

=

∂

∂

=

.

2

Przykład 2. Wyznacz wszystkie pochodne cząstkowe drugiego rzędu funkcji danej wzorem:

( )

y

x

y

x

f

=

,

.

Rozwiązanie. Mamy

1

−

=

∂

∂

y

yx

x

f

,

x

x

y

f

y

ln

=

∂

∂

i dalej

(

)

2

2

2

1

−

−

=

∂

∂

y

x

y

y

x

f

,

(

)

x

y

x

x

x

y

x

y

x

f

y

y

y

ln

1

ln

1

1

1

1

2

+

=

⋅

+

⋅

=

∂

∂

∂

−

−

−

,

(

)

1

ln

1

ln

1

1

2

+

=

⋅

+

⋅

=

∂

∂

∂

−

−

x

y

x

x

x

x

yx

x

y

f

y

y

y

,

x

x

x

x

x

y

f

y

y

2

2

2

ln

ln

ln

=

⋅

=

∂

∂

.

Pochodna kierunkowa funkcji

Gradientem funkcji różniczkowalnej

( )

y

x

f

,

w punkcie

(

)

0

0

, y

x

nazywamy wektor

określony wzorem:

(

)

(

)

(

)













∂

∂

∂

∂

=

∇

0

0

0

0

0

0

,

,

,

,

y

x

y

f

y

x

x

f

y

x

f

.

Przy użyciu pojęcia gradientu,

pochodną kierunkową funkcji f w punkcie

(

)

0

0

, y

x

P

=

w

kierunku wektora

→

v

obliczamy ze wzoru:

(

)

(

)

→

→

→

∇

=

∂

∂

v

v

y

x

f

y

x

v

f

o

0

0

0

0

,

,

.

Przykład 3. Wyznaczyć pochodną kierunkową funkcji

( )

xy

x

y

x

f

2

,

2

−

=

w punkcie

( )

1

,

2

=

P

w kierunku wektora

[ ]

4

,

3

=

→

v

.

Rozwiązanie. Zauważmy, że

y

x

x

f

2

2

−

=

∂

∂

,

( )

2

1

,

2

=

∂

∂

x

f

,

3

x

y

f

2

−

=

∂

∂

,

( )

4

1

,

2

−

=

∂

∂

y

f

oraz

5

25

4

3

2

2

=

=

+

=

→

v

.

Zatem

( )

( )

[ ] [ ] [ ]

2

5

10

5

16

5

6

5

4

,

5

3

4

,

2

5

4

,

3

4

,

2

1

,

2

1

,

2

−

=

−

=

−

=









−

=

−

=

∇

=

∂

∂

→

→

→

o

o

o

v

v

f

v

f

.

Ekstrema lokalne funkcji dwóch zmiennych

Warunek konieczny istnienia ekstremum

Jeżeli funkcja

( )

y

x

f

,

ma w punkcie

(

)

0

0

, y

x

ekstremum lokalne oraz istnieją w tym punkcie

pochodne cząstkowe

)

,

(

'

0

0

y

x

f

x

i

)

,

(

'

0

0

y

x

f

y

, to:

)

,

(

'

0

0

y

x

f

x

= 0 i

)

,

(

'

0

0

y

x

f

y

= 0.

Punkt, w którym spełniony jest warunek konieczny, nazywamy

punktem stacjonarnym.

Warunek wystarczający istnienia ekstremum

Jeżeli funkcja f ma w pewnym otoczeniu punktu stacjonarnego

(

)

0

0

, y

x

pochodne pierwszego

i drugiego rzędu ciągłe oraz:

0

)

,

(

)

,

(

)

,

(

)

,

(

)

,

(

0

0

''

0

0

''

0

0

''

0

0

''

0

0

>

=

y

x

f

y

x

f

y

x

f

y

x

f

y

x

W

yy

yx

xy

xx

,

to w punkcie

(

)

0

0

, y

x

istnieje ekstremum lokalne, przy czym:

Jeśli

)

,

(

0

0

''

y

x

f

xx

> 0, to w punkcie

(

)

0

0

, y

x

istnieje

minimum lokalne.

Jeśli

)

,

(

0

0

''

y

x

f

xx

< 0, to w punkcie

(

)

0

0

, y

x

istnieje

maksimum lokalne.

Jeżeli

0

)

,

(

0

0

<

y

x

W

, to w punkcie stacjonarnym

(

)

0

0

, y

x

nie ma ekstremum.

Jeżeli

0

)

,

(

0

0

=

y

x

W

, to twierdzenie nie rozstrzyga o istnieniu ekstremum.

4

Z powyższych twierdzeń wynika następujący schemat wyznaczania ekstremów funkcji

( )

y

x

f

,

:

1. Obliczamy pochodne cząstkowe rzędu pierwszego

)

,

(

'

0

0

y

x

f

x

i

)

,

(

'

0

0

y

x

f

y

oraz

przyrównujemy je do zera, znajdując w ten sposób punkty stacjonarne.

2. Znajdujemy pochodne cząstkowe rzędu drugiego i tworzymy wyznacznik

( )

y

x

W

,

.

3. Obliczamy kolejno znak wyznacznika

( )

y

x

W

,

w punktach stacjonarnych, a w przypadku

gdy jest on większy od zera, badamy także znak pochodnej

)

,

(

0

0

''

y

x

f

xx

< 0 lub

)

,

(

0

0

''

y

x

f

yy

w tych punktach.

Przykład 4. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji

( )

y

x

y

x

y

x

f

12

6

2

,

3

3

−

−

+

=

.

Rozwiązanie. Wyznaczamy dziedzinę funkcji:

R

R

D

×

=

.

Szukamy najpierw - zgodnie ze schematem podanym wyżej - punktów stacjonarnych, czyli

obliczmy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu, a następnie przyrównujemy je do zera.

6

6

)

,

(

'

2

−

=

x

y

x

f

x

,

12

3

)

,

(

'

2

−

=

y

y

x

f

y

i rozwiązujemy układ równań:

0

12

3

0

6

6

2

2

=

−

=

−







y

x

--

0

4

0

1

2

2

=

−

=

−

y

x

--

2

2

1

1

−

=

∨

=

−

=

∨

=

y

y

x

x

.

Stąd otrzymujemy cztery punkty stacjonarne: P

1

(l,2 ), P

2

(l ,-2), P

3

(-l, 2), P

4

(-l, -2 ),

w

których spełniony jest warunek konieczny istnienia ekstremum, czyli 4 punkty, w których

może być ekstremum.

Następnie obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu i tworzymy wyznacznik

( )

y

x

W

,

:

x

y

x

f

xx

12

)

,

(

''

=

,

0

)

,

(

''

=

y

x

f

xy

,

0

)

,

(

''

=

y

x

f

yx

,

y

y

x

f

yy

6

)

,

(

''

=

.

y

x

y

x

W

6

0

0

12

)

,

(

=

Badamy teraz kolejno znak wyznacznika w punktach P

1

(l, 2), P

2

(l ,-2), P

3

(-l, 2), P

4

(-l, -2 )

i na podstawie warunku wystarczającego wnioskujemy o istnieniu ekstremum lokalnego.

5

Badamy punkt P

1

(1,2 ).

144

12

0

0

12

)

(

1

=

=

P

W

> 0, zatem istnieje ekstremum

)

2

,

1

(

''

xx

f

> 0, zatem w punkcie P

1

(l,2 ) is tni ej e mi nim um lo kal ne.

Badamy punkt P

2

(l ,-2).

144

12

0

0

12

)

(

2

−

=

−

=

P

W

< 0, zatem w tym punkcie nie istnieje ekstremum

Badamy punkt P

3

(-l, 2).

144

12

0

0

12

)

(

3

−

=

−

=

P

W

< 0, zatem w tym punkcie nie istnieje ekstremum

Badamy punkt P

4

(-l, -2 ).

144

12

0

0

12

)

(

4

=

−

−

=

P

W

> 0, zatem istnieje ekstremum

)

2

,

1

(

''

−

−

xx

f

= -12 < 0 zatem w punkcie P

4

(-l, -2 ) ist ni eje maks imum lok aln e.

Odpowiedź:

Przedstawiona w zadaniu funkcja ma dwa ekstrema lokalne: minimum lokalne w punkcie

P

1

(1,2 ) i maksimum lokalne w punkcie P

4

(-l ,-2 ), przy czym:

fmin = f(1,2) = 2 + 8 – 6 – 24 = -20

fmax = f(-1,-2) = -2 -8 +6 +24 = 20.

6

Zadania do samodzielnego rozwiązania

Zadanie 1. Wyznacz

2

2

x

f

∂

∂

,

y

x

f

∂

∂

∂

2

,

x

y

f

∂

∂

∂

2

,

2

2

y

f

∂

∂

, gdzie funkcja

( )

y

x

f

,

dana jest wzorem:

(a)

( )

x

xy

y

x

f

2

3

,

+

=

,

(b)

( )

2

2

,

y

xe

y

x

f

y

x

+

=

+

,

(c)

( )

y

x

y

x

f

+

=

2

,

,

(d)

( )

(

)

2

2

9

ln

,

y

x

y

x

f

−

−

=

,

(e)

( )

(

)

1

ln

,

+

+

=

y

y

y

x

f

.

Zadanie 2. Wyznacz pochodną kierunkową funkcji

( )

y

x

f

,

w punkcie P w kierunku

wektora

(

)

2

1

, v

v

v

=

jeżeli:

(a)

( )

[

]

x

y

x

y

x

f

,

3

2

,

+

=

∇

,

[ ]

2

,

1

=

v

,

( )

0

,

1

=

P

,

(b)

( )

[

]

y

xy

x

y

x

f

,

3

,

+

=

∇

,

[ ]

1

,

0

=

v

,

(

)

2

,

1

−

=

P

,

(c)

( )

[

]

1

3

,

3

2

,

+

+

=

∇

y

x

y

x

f

,

[ ]

2

,

2

=

v

,

( )

2

,

0

=

P

.

Zadanie 3. Wyznaczyć ekstrema funkcji

( )

y

x

f

,

, gdzie:

(a)

( )

y

x

y

x

f

3

2

,

+

=

,

(b)

( )

2

2

,

y

x

y

x

f

+

=

,

(c)

( )

3

2

,

2

2

+

+

+

=

y

x

x

y

x

f

,

(d)

( )

2

2

3

2

,

y

xy

x

y

x

f

+

+

=

,

(e)

( )

2

3

3

2

4

,

y

x

x

y

x

f

+

+

=

,

(f)

( )

3

2

6

3

,

y

xy

y

x

y

x

f

+

−

=

.

Odpowiedzi.

Zadanie 1.

(a)

0

2

2

=

∂

∂

x

f

,

3

2

=

∂

∂

xy

f

,

3

2

=

∂

∂

yx

f

,

0

2

2

=

∂

∂

y

f

,

7

(b)

(

)

x

e

x

f

y

x

+

=

∂

∂

+

2

2

2

2

,

(

)

x

e

xy

f

y

x

+

=

∂

∂

+

1

2

2

,

(

)

x

e

yx

f

y

x

+

=

∂

∂

+

1

2

2

,

(

)

1

2

2

2

+

=

∂

∂

+

y

x

xe

y

f

,

(c)

2

2

2

=

∂

∂

x

f

,

0

2

=

∂

∂

xy

f

,

0

2

=

∂

∂

yx

f

,

3

2

2

4

1

y

y

f

−

=

∂

∂

,

(d)

(

)

2

2

2

2

2

2

2

9

18

2

2

y

x

y

x

x

f

−

−

−

+

−

=

∂

∂

,

(

)

2

2

2

2

9

4

y

x

xy

xy

f

−

−

−

=

∂

∂

,

(

)

2

2

2

2

9

4

y

x

xy

yx

f

−

−

−

=

∂

∂

,

(

)

2

2

2

2

2

2

2

9

18

2

2

y

x

y

x

y

f

−

−

−

−

=

∂

∂

,

(e)

0

2

2

=

∂

∂

x

f

,

0

2

=

∂

∂

xy

f

,

0

2

=

∂

∂

yx

f

,

(

)

2

2

2

1

1

+

−

=

∂

∂

y

y

f

.

Zadanie 2.

(a)

5

5

4

,

(b) 2 , (c)

2

5

.

Zadanie 3.

(a) brak ekstremum,

(b)

( )

0

0

,

0

min

=

f

,

(c)

(

)

2

0

,

1

min

=

−

f

,

(d)

( )

0

0

,

0

min

=

f

,

(e) brak ekstremum,

(f)

( )

2

1

,

1

min

−

=

f

,

( )

2

1

,

1

max

=

−

f

.