Zestaw 14
Pochodne wyŜszych rzędów
Niech będzie dana funkcja
( )
y
x
f
,
określona w pewnym obszarze D . Przypuśćmy, Ŝe
istnieją pochodne cząstkowe tej funkcji
( )
y
x
f
x
,
'
,
( )
y
x
f
y
,
'
. Pochodne cząstkowe tych
pochodnych, jeŜeli 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 róŜniczkowalnej
( )
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 uŜyciu 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. ZauwaŜmy, Ŝe
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
JeŜeli 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
JeŜeli 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.
JeŜeli
0
)
,
(
0
0
<
y
x
W
, to w punkcie stacjonarnym
(
)
0
0
, y
x
nie ma ekstremum.
JeŜeli
0
)
,
(
0
0
=
y
x
W
, to twierdzenie nie rozstrzyga o istnieniu ekstremum.
4
Z powyŜszych 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 takŜe 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 wyŜej - 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
moŜe 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
=
jeŜeli:
(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
.