30 kwietnia 2019

Analiza matematyczna 2, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 18. – rozwiązania

30 kwietnia 2019

1. Podaj przykład funkcji dwóch zmiennych posiadającej dokładnie dwa maksima i żadnych innych ekstre- mów.

Chociażby

f (x, y) =

(−(x + 1)²− y², dla x < 0,

−(x − 1)²− y², dla x ­ 0.

2. Udowodnij, że funkcja 2(1 − e^2y+ x²)³− 3(1 − e^2y+ x²)²− 24x²e^2y ma dokładnie jeden punkt krytyczny, w którym jest lokalne maksimum, ale funkcja nie jest ograniczona ani z dołu, ani z góry.

∂f

∂x = 12x(x⁴− (2x²+ 5)e^2y+ x²+ e^4y)

∂f

∂y = −12e^2y(−(2x²+ 1)e^2y+ (x²+ 5)x²+ e^4y)

Przyrównując do zera, mam, że x = 0 lub x⁴− (2x²+ 5)e^2y+ x²+ e^4y. W pierwszym przypadku mam zatem, że e^2y= e^4y, czyli również y = 0.

W drugim przypadku również −(2x²+ 1)e^2y+ (x²+ 5)x²+ e^4y= 0, Odejmując od siebie dostajemy

−4x²e^2y− 6e^2y− 4x²= 0 Zatem 4x²(1 + e^2y) = −6e^2y, co daje sprzeczność.

Czyli jedyny punkt krytyczny to (0, 0).

Drugie pochodne to

∂²f

∂x² = 12(−(6x²+ 5)e^2y+ (5x²+ 3)x²+ e^4y)

∂²f

∂x∂y = 24xw^2y(−2x²+ 2e^2y− 5)

∂²f

∂y² = −24e^2y(−2(2x²+ 1)e^2y+ (x²+ 5)x²+ 3e^4y),

Co w punkcie (0, 0) daje odpowiednio 12(−5 + 1) = −48, 0 oraz −24(−2 + 3) = −24, a macierz

 −48 0

0 −24



jest ujemnie określona, więc to jest maksimum.

Dla x = 0, mamy f (0, y) = 2(1−e^2y)³−3(1−e^2y)²= 2t³−3t²dla t = 1−e^2y∈ (−∞, 1) jest nieograniczone z dołu. Natomiast dla y = 0, mamy f (x, 0) = 2x⁶− 3x⁴− 24x² jest nieograniczone z góry.

3. Pokaż, że nie istnieje funkcja f (x, y) klasy C²taka, że ^∂f_∂x(x, y) = 6xy²oraz ^∂f_∂x(x, y) = 8x²y.

Wtedy _∂x∂y^∂2f (x, y) = 12xy, ale _∂x∂y^∂2f (x, y) = 8x², są różne, co jest niemożliwe.

1

4. Sprawdź, czy następujące funkcje spełniają równanie Laplace’a

∂f²

∂x² +∂f²

∂y² = 0.

a) f (x, y) =p

x²+ y²,

∂f

∂x = x

px²+ y²

∂f

∂x = y px²+ y²

∂²f

∂x² = y² (x²+ y²)^3/2

∂²f

∂y² = x² (x²+ y²)^3/2 Ale

y²

(x²+ y²)^3/2 + x²

(x²+ y²)^3/2 = 1

px²+ y² 6= 1.

b) f (x, y) = ln(p

x²+ y²),

∂f

∂x = x x²+ y²

∂f

∂x = y x²+ y²

∂²f

∂x² = y²− x² (x²+ y²)²

∂²f

∂y² = x²− y² (x²+ y²)² I owszem

y²− x²

(x²+ y²)²+ x²− y²

(x²+ y²)² = 0 6= 0.

c) f (x, y) = e^−xsin y.

∂f

∂x = −e^−xsin y

∂f

∂x = e^−xcos y

∂²f

∂x² = e^−xsin y

∂²f

∂y² = −e^−xsin y I owszem

e^−xsin y − e^−xsin y = 0.

5. Znajdź i sklasyfikuj wszystkie punkty krytyczne a) f (x, y) = e^xy− 2xy,

Mamy

∂f

∂x = y(e^xy− 2),

∂f

∂y = x(e^xy− 2).

Dla x = 0 mamy też y = 0. Jeśli x 6= 0, to xy = ln 2. W tym drugim przypadku wartość jest stała, więc to nie są ekstrema. Zostaje (0, 0). Tu jednak też nie ma ekstremum, bowiem dla x = 0 funkcja jest stała.

2

b) f (x, y, z) = x²+ y²+ z²− xy + x + 2z.

Mamy

∂f

∂x = 2x − y + 1,

∂f

∂y = 2y − x,

∂f

∂z = 2z + 2.

Przyrównując do 0 mamy z = −1, x = 2y, zatem y = −1/3, x = −2/3.

∂²f

∂x² = 2,

∂²f

∂y² = 2,

∂²f

∂z² = 2,

∂²f

∂x∂y = −1,

∂²f

∂y∂z = 0.

∂²f

∂z∂x = 0.

Zatem macierz drugiej pochodnej to





2 −1 0

−1 2 0

0 0 2



,

Co z kryterium Sylvestera (kolejne wyznaczniki to 2, 1 i 2) jest dodatnio określona, więc w (−1, −1/3, −2/3) mamy lokalne minimum.

3