Cwiczenie 1. Policzy´ ´ c pochodn¸ a kierunkow¸ a funkcji:

R´ o ˙zniczkowalno´ s´ c, pochodne, ekstremum funkcji

Cwiczenie 1. Policzy´ ´ c pochodn¸ a kierunkow¸ a funkcji:

ϕ(x ₁ , . . . , x _k ) =           

1 1 . . . 1

x ₁ x ₂ . . . x _k x ² ₁ x ² ₂ . . . x ² _k .. . .. . . . . .. . x ^k−1 ₁ x ^k−1 ₂ . . . x ^k−1 _k

w dowolnym punkcie p = [x ₁ , x ₂ , . . . , x _k ] ^T w kierunku wektora h = [1, 1, . . . , 1] ^T .

Rozwi¸ azanie: Z definicji pochodnej kierunkowej mamy, ˙ze pochodna kierunkowa funkcji f w punkcie u ∈ R ^k w kierunki v ∈ R ^k

(∇ _v f )(u) = lim

t→0

f (u + tv) − f (u)

t .

W naszym przypadku, wiemy z algebry, ˙ze ϕ(x ₁ , . . . , x _k ) =

n

Y

i>j=1

(x _i − x _j ).

Je˙zeli u = [x ₁ , . . . , x _k ] ^T i v = [1, 1, . . . , 1, 1] ^T , to (∇ _v ϕ)(u) = lim

t→0

ϕ(u + tv) − ϕ(u)

t = lim

t→0

ϕ(x ₁ + t, . . . , x _k + t) − ϕ(u)

t .

Natomiast,

Wi¸ec,

∇ _h ϕ(p) = lim

t→0

ϕ(x ₁ + t, . . . , x _k + t) − ϕ(u)

t = lim

t→0

0 t = 0.



Cwiczenie 2. W przestrzeni V := C([0, 1], R) okre´slmy norm¸e wzorem ||v|| := sup ´ t∈[0,1] |v(t)|.

Znale´ z´ c wz´ or na pochodn¸ a ∇ h F (v) i zbada´ c r´ oniczkowalno´s´ c odwzorowania F : V → V zdefiniowanego wzorem: (F (v))(t) := R t

0 v ² := R t

0 (v(s)) ² ds Rozwi¸ azanie: Z definicji pochonej kierunkowej

∇ _h F (v) = lim

w→0

F (v + wh) − F (v)

w , w ∈ R, v, h ∈ V.

Aby to obliczy´ c, musimy ustali´ c F (v + wh) ∈ V . Z definicji F mamy, ˙ze

[F (v + wh)](t) = Z t

0

(v + wh) ² (s)ds = Z t

0

[v ² (s) + w ² h ² (s) + 2wv(s)h(s)]ds = [F (v)](t) + w ² [F (h)](t) + 2w

Z t 0

v(s)h(s)ds.

Zatem

∇ _h F (v) = lim

w→0

w ² F (h) + 2w R t

0 v(s)h(s)ds

w = lim

w→0



wF (h) + 2 Z t

0

v(s)h(s)ds



i

∇ _h F (v) = 2 Z t

0

v(s)h(s)ds.

Widac, ˙ze ∇F (v) : h ∈ V 7→ ∇ h F (v) ∈ V jest odwzorowaniem liniowym. Ponadto, jest ci¸ ag le. Przypominamy, ˙ze odwzorowanie liniowe T : V → V jest ci¸ ag le gdy kT k < ∞.

Gdy dim V < 0 to zawsze zdarza si¸ a. Natomiast, gdy dim V = +∞, nie zawsze kT k = +∞. W naszym przypadku i skoro 0 ≤ t ≤ 1, to

k∇F (v)k = sup _kvk=1 2        

Z t 0

v(s)h(s)ds        

≤ sup _kvk=1 2        

Z t 0

v(s)khkds        

≤ sup _kvk=1 2khkkvkt ≤ sup _kvk=1 2khkkvk = 2kvk.

Skoro v ∈ V jest ci¸ ag la i osi¸ agna w [0, 1] jej najwi¸eksz¸ a warto´s´ c. Wi¸ec, ∇F (v) jest ci¸ ag la. Wi¸ec, to mo˙ze by´ c L. W takim przypadku i pis¸ ac ¯ v ≡ v + h mamy, ˙ze

¯ lim

v→v

kF (¯ v) − F (v) − ∇ _{¯ v−v} F (v)k

k¯ v − vk = lim

h→0

kF (v + h) − F (v) − ∇ _h F (v)k

khk .

Zatem

lim ¯ v→v

kF (¯ v) − F (v) − ∇ _{¯ v−v} F (v)k k¯ v − vk = lim

h→0

kF (h)k khk . Ponadto,

F (h) = Z t

0

v ² (s)ds ≤ Z t

0

kvk ² ds = kvk ² t ≤ kvk ² . Korzystaj¸ ac z tego

0 ≤ lim

¯ v→v

kF (¯ v) − F (v) − ∇ _{v−v ¯} F (v)k

k¯ v − vk = lim

h→0

kF (h)k

khk ≤ lim

h→0 khk = 0.

W´ owczas, funkcja F jest r´ o˙zniczkowalna. 

Cwiczenie 3. Korzystaj¸ ´ ac z definicji r´ oniczkowalnoci odwzorowania zbada´ c roniczkowalno´ c i ewentualnie obliczy´ c pochodn¸ a odwzorowa:

R ² 3 (x, y) 7−→ (x ² , 1 + x + x ² ) ∈ R ² , R ² 3 (x, y) 7−→ R x+y

a g(t)dt ∈ R.

W drugim przyk ladzie g jest funkcj¸ a ci¸ ag l¸ a na R.

Cwiczenie 4. Znale´ ´ z´ c najwi¸eksz¸ a warto´s´ c funkcji u(x, y) = sin x + sin y − sin(x + y) w

tr´ oj¸ acie ograniczonym osi¸ a x, osi¸ a y i prost¸ a x + y = 2π.

Rozwi¸ azanie: Aby obliczy´ c najwi¸eksz¸ a i najmiejsz¸ a warto´s´ c funkcji f , musimy zbada´ c funkcj¸ a na brzegu i wewn¸ atrz obszaru

S = {(x, y) ∈ R ² | x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 2π}.

Wewn¸ atrz musimy znale´ z´ c punkty krytyczne, tj. punkty gdzie

∂f

∂x = ∂f

∂y = 0.

Wi¸ec, w naszym przypadku mamy, ˙ze punkty krytyczne spe lniaj¸ a warunki 0 = ∂f

∂x = cos x − cos(x + y), i

0 = ∂f

∂y = cos y − cos(x + y).

Wida´ c, ˙ze

cos(x) = cos(y).

Wi¸ec, x = y lub x = 2π − y. Skoro mamy wewn¸ atrz, ˙ze 2π > x > 0, 2π ≥ y ≥ 0 i x + y < 2π, to druga opcja jest niemo˙zliwa i x = y. Dodatkowo,

cos x = cos(2x) ↔ cos ² x − sin ² x = cos x ↔ 2 cos ² x − 1 − cos x = 0.

Zdefiniuj¸ ac z = cos x, to 2z ² − 1 − z = 0 i z ∈ {1, −1/2}. Z tego wynika, ˙ze x ∈ {π, 2π/3, 4π/3}.

Skoro y + x < 2π i y = x, to ostania i pierwsza warto´s´ c s¸ a niemo˙zliwe i

x = 2π/3.

Wi¸ec, punkt krytyczne to

(2π/3, 2π/3).

imum, minimum lub cos innego. Aby to zrobi´ c, musimy zbada´ c macierz Hessego

H(f ) =

" _∂

f

∂x

∂f

∂y∂x

∂

f

∂x∂y

∂

f

∂x

#

=  − sin x + sin(x + y) + sin(x + y) sin(x + y) − sin y + sin(x + y)



w punktach krytycznych, czyli

" _∂

f

∂x

∂f

∂y∂x

∂

f

∂x∂y

∂

f

∂x

# (

^,

)

=  − sin ^2π ₃ + sin ^4π ₃ sin ^4π ₃ sin ^4π ₃ − sin ^2π ₃ + sin ^4π ₃



=  −2 sin ^2π ₃ − sin ^2π ₃

− sin ^2π ₃ −2 sin ^2π ₃



i " _∂

f

∂x

∂f

∂y∂x

∂

f

∂x∂y

∂

f

∂x

# (

,

)

=

 − √

3 − √ 3/2

− √

3/2 − √ 3



Dana macierz Hessego w punkcie p postaci

 A B

B C



mamy, ˙ze punkt p jest:

A > 0 i AC − B ² > 0 minimum, A < 0 i AC − B ² > 0 maksimum,

AC − B ² < 0 punkt siod la.

Wi¸ec, w naszym przypadku A = − √

3/2 < 0, AC − B ² = 3 − 3/4

> 0 i mamy maksimum w punkcie

P =  2π 3 , 2π

3



, f  2π 3 , 2π

3



= 3

√ 3

2 .

Zobaczymy na brzegu. Mamy trzy cz¸esci

I ₁ = {(x, 0) | 0 ≤ x ≤ 2π}, I ₂ = {(0, y) | 0 ≤ y ≤ 2π}, I ₃ = {(x, 2π−x) | 0 ≤ x ≤ 2π}.

Na I ₃ , I ₂ i na I ₁ mamy, ˙ze f si¸e zeruj¸e.

Najmiejszych i najwi¸ekszych warto´sci funkcji f trzeba szuka´ c mi¸edzy ekstrema wewn¸ atrz S i na brzegu S. Z tego wynika, ˙ze ektremum P jest maksimum globalne i na brzegu mamy minimum globalne 0.



Cwiczenie 5. Znale´ ´ z´ c ekstremalne warto´sci funkcji f (x, y) = (x + y)e ⁻⁽

^+2y) na zbiorze K := {(x, y) : x, y ≥ 0, x + y ≤ 1}.

Rozwi¸ azanie: Musimy zbada´ c funkcj¸e na brzegu K, czyli ∂K i wewn¸ atrz K, czyli K. ^◦ Wewn¸ atrz musimy znale´ z´ c punkty krytyczne, tj. punkty gdzie

∂f

∂x = ∂f

∂y = 0.

Wi¸ec, punkty krytyczne spe lniaj¸ a warunki 0 = ∂f

∂x = e ⁻

^−2y − 1

2 (x + y)e ⁻

^−2y = 1

2 (2 − x − y)e ⁻

^−2y , i

0 = ∂f

∂y = e ⁻

^−2y − 2(x + y)e ⁻

^−2y = (1 − 2(x + y))e ⁻

^−2y . Wida´ c, ˙ze

2 = x + y, − 1

2 = x + y.

Wi¸ec, uk lad jest sprzeczny i nie ma ekstrema wewn¸ atrz.

Na I ₃ mamy, ˙ze g ₃ (x) = f (x, 1 − x) = e

⁻² . To funkcja jednej zmiennej. Wi¸ec, dg ₃

dx = 3

2 e ⁻³⁺

^x = 0.

Wi¸ec, ta funkcja nie ma ekstrema dla 0 ≤ x ≤ 1.

Na I ₂ mamy, ˙ze g ₂ (y) = f (0, y) = ye ^−2y . To funkcja jednej zmiennej. Wi¸ec, dg 2

dy = (1 − 2y) e ^−2y = 0.

Wi¸ec, y = 1/2 i ta funkcja ma jedno ekstremum. Poniewa˙z dg ₂ /dy > 0 dla y < 1/2 i dg ₂ /dy < 0 dla y > 1/2, to jest maksimum.

Na I 1 mamy, ˙ze g 1 (x) = f (x, 0) = xe ⁻

. To funkcja jednej zmiennej. Wi¸ec, dg ₁

dx =

 1 − 1

2 x



e ⁻

= 0.

Wi¸ec, x = 2 i ta funkcja nie ma ekstrema, poniewa˙z 0 ≤ x ≤ 1.

Aby ustali´ c najwi¸eksz¸ a i najmiejsz¸ a warto´s´ c funkcji f , trzeba sprawdzi´ c punkty kry- tyczne w K i funkcj¸ ^◦ a na ∂K. Wewnatrz nie mamy punt´ ow krytycznych. Ponadto, w ∂K tylko mamy jeden punkt krytyczne. Dodatkowo, trzeba sprawdzi´ c co si¸e dziej¸e w ∂I ₁ ,

∂I ₂ i ∂I ₃ , czyli

f (0, 0) = 0, f (0, 1) = e ⁻² , f (1, 0) = 1

√ e , f (0, 1/2) = 1/(2e).

Wida´ c, ˙ze

0 < 1

e ² < 1 1 2e < 1

√ e . Wi¸ec, najwi¸eksza warto´s´ c, 1/ √

e, znajduje si¸e w (1, 0), i najmiejsza, 0, w (0, 0).  Cwiczenie 6. Znale´ ´ z´ c wszsytkie ekstrema lokalne funkcji

f (x, y) = x ⁴ + y ² − 2x ² y ² + 1.

Cwiczenie 7. Dla danych a, b, c > 0 znale´ ´ z´ c x, y, z > 0 spe lniaj¸ ace warunek: ^x _a

+ ^y _b

+

z

c

= 1, dla kt´ orych prostopad lo´scian o wierzcho lkach (±x, ±y, ±z) [wpisany w elipsoid¸e

o p´ o losiach a, b, c] ma najwi¸eksz¸ a moliw¸ a obj¸eto´s´ c.