Analiza matematyczna 2, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 17. – rozwiązania
25 kwietnia 2019
1. Znajdź i sklasyfikuj lokalne ekstrema funkcji:
a) f (x, y) = 3x2+ 6xy + 2y3+ 12x − 24y,
∂f
∂x = 6x + 6y + 12,
∂f
∂y = 6x + 6y2− 24,
zatem jeśli te pochodne się zerują, to x = −2 − y, zatem 6y2− 6y − 36 = 0, czyli (y − 3)(y + 2) = 0, zatem mamy dwa punty krytyczne: (−5, 3) oraz (0, −2).
Drugie pochodne to
∂2f
∂x2 = 6,
∂2f
∂x∂y = 6,
∂2f
∂y2 = 12y.
Zatem Hessian w (0, −2) to
6 6 6 −24
i jest jasne, że nie jest to forma nieokreślona, bowiem d2(hx, hy) = 6hx2 + (6 + 6)hxhy− 24h2y daje wartość > 0 np. dla hx= 1, hy= 0 oraz wartość < 0 dla hx= 0, hy= 1. Zatem to nie jest ekstremum.
Hessian w (−5, 3) to
6 6 6 36
i na mocy kryterium Sylvestera (det A1 = 6, det A2 = 180) jest dodatnio określona, czyli mamy tu minimum.
b) f (x, y) = x3y − 3xy2.
∂f
∂x = 3x2y − 3y2,
∂f
∂y = x3− 6xy,
Obie pochodne są równe zero, w przypadku gdy x = 0 i wtedy y = 0. Jeśli x 6= 0, to x2 = 6y, zatem 18y2− 3y2= 0, zatem 15y2= 0 i y = 0, ale wtedy i x = 0, sprzeczność. Zatem jedyny punkt krytyczny to (0, 0). Ale punkt ten nie jest ekstremum lokalnym, bo funkcja przyjmuje wartość 0 dla każdego (x, y) przy x = 0.
1
2. Wykaż, że funkcja f (x, y) = x2(1 + y)3+ y2 ma dokładnie jeden punkt krytyczny p. Pokaż, że p jest lokalnym minimum, oraz sup(x,y)∈R2f (x, y) = +∞ i inf(x,y)∈R2f (x, y) = −∞.
∂f
∂x = 2x(1 + y)3,
∂f
∂y = 3x2(1 + y)2+ 2y,
Te pochodne są równe zero, dla x = 0 i wtedy y = 0, a jeśli x 6= 0, to (1 + y)3 = 0, zatem y = −1, ale wtedy ∂f∂y nie jest równa zero. Więc jedyny punkt krytyczny to (0, 0).
Drugie pochodne to
∂2f
∂x2 = 2(1 + y)3,
∂2f
∂x∂y = 6x(1 + y)2,
∂2f
∂y2 = 6x2(1 + y) + 2.
Hessian w (0, 0) to
2 0 0 2
i na mocy kryterium Sylvestera (det A1= 2, det A2= 4) jest dodatnio określona, czyli mamy tu minimum.
Mamy
y→−∞lim f (1, y) = lim
y→−∞(1 + y)3+ y2= −∞.
oraz
y→∞lim f (1, y) = lim
y→∞(1 + y)3+ y2= ∞.
A zatem sup(x,y)∈R2f (x, y) = +∞ i inf(x,y)∈R2f (x, y) = −∞.
3. Niech P , V , T oznaczają odpowiednio ciśnienie, objętość i temperaturę pewnego gazu. Spełniona jest zależność P V = RT , gdzie R jest pewną stałą. Udowodnij, że
∂P
∂V · ∂V
∂T ·∂T
∂P = −1.
Zatem
P (V, T ) = RT V ,
∂P
∂V = −RT V2, V (P, T ) = RT P ,
∂V
∂T = R P, T (V, P ) = P V
R ,
∂T
∂P =V R, czyli
∂P
∂V · ∂V
∂T ·∂T
∂P = −RT RV
V2P R = −RT P V = −1.
2
4. Znajdź maksimum i minimum funkcji
f (x, y) = sin x + sin y + sin(x + y) na zbiorze D = {(x, y) ∈ R2: 0 ¬ x, y ¬ π/2}.
Sprawdzamy punkty krytyczne
∂f
∂x = cos x + cos(x + y),
∂f
∂y = cos y + cos(x + y),
Zatem cos x = − cos(x + y) = cos y, a skoro 0 ¬ x, y ¬ π/2, to x = y, oraz x + y = 2x = π/2 + (π/2 − x) = π − x, zatem 3x = π i x = y = π/3. Mamy f (π/3, pi/3) = 3√
3/2.
Dla x = 0 mamy f (y) = 2 sin y, zatem 2 cos y = 0, czyli nie ma punktu krytycznego w przedziale (0, π/2).
Podobnie dla y = 0 mamy f (x) = 2 sin x, zatem 2 cos x = 0, czyli nie ma punktu krytycznego w przedziale (0, π/2). Dla x = π/2 mamy f (y) = 1 + sin y + sin(π/2 + y), zatem w punkcie krytycznym cos y =
− cos(π/2 + y), y = π/4 i wartość funkcji: f (π/2, pi/4) = 1 +√
2. Analogicznie dla y = π/2 mamy f (x) = 1 + sin x + sin(π/2 + x), zatem w punkcie krytycznym cos x = − cos(π/2 + x), x = π/4 i wartość funkcji: f (π/4, pi/2) = 1 +√
2.
Sprawdzamy jeszcze w wierzchołkach f (0, 0) = 0, f (0, π/2) = 2, f (π/2, 0) = 2, f (π/2, π/2) = 2. Ponieważ 2 < 1 +√
2 < 3√
3/2, to maksimum na tym zbiorze to 3√
3/2 przyjmowane w (π/3, pi/3), natomiast minimum to 0, w punkcie (0, 0).
5. W zbiorze wszystkich trójkątów wpisanych w okrąg o promieniu R, znajdź trójkąt o największym polu powierzchni.
Uznajmy, że podstawa jest pozioma, bez straty ogólności, wtedy wysokość maksymalizowana jest przez punkt (0, R). Zatem jedyną zmienną jest a, takie że y = a to podstawa, a ∈ [−R, R]. Wtedy wysokość to R − a, a podstawa to 2√
R2− a2, zatem pole to P (a) = (R − a)√
R2− a2, zatem P0(a) = −p
R2− a2− a(R − a)
√R2− a2 = 2a2− aR − R2
√R2− a2 =(a − R)(2a + R)
√R2− a2 ,
co wynosi zero, gdy a = R oraz a = −R/2 i to drugie daje maksymalne pole. Wtedy
P (−R/2) = 3R/4 ·√
3R/2 = 3R2√ 3 8 .
6. W zbiorze wszystkich prostopadłościanów wpisanych w sferę o promieniu R, znajdź prostopadłościan o największej objętości.
Uznajmy, że ściana górna to y = a, zaś ściana prawa to x = b, a, b ∈ (0, R]. Wtedy długości krawędzi to 2a, 2b oraz 2√
R2− a2− b2, zatem
V (a, b) = 8abp
R2− a2− b2. Pochodne cząstkowe
∂V
∂a = 8bp
R2− a2− b2− 8a2b
√R2− a2− b2 = 8bR2− 16ba2− 8b3
√R2− a2− b2 ,
∂V
∂b = 8ap
R2− a2− b2− 8ab2
√
R2− a2− b2 =8aR2− 16ab2− 8a3
√
R2− a2− b2 ,
A skoro a = 0 i b = 0 jest poza dziedziną, to R − 2a2− b2= 0 oraz R − 2b2− a2 = 0, zatem R − 2(R − 2a2) − a2= 0, czyli R2/3 = a2, czyli a = R√
3/3 = b, zatem szukana objętość to
8R2 3
pR2/3 = 8R3√ 3 9 .
3
