Analiza matematyczna 2, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 16. – rozwiązania
16 kwietnia 2019
1. Niech
f (x, y) =
xy(x2− y2)
x2+ y2 , dla (x, y) 6= (0, 0), 0 , dla (x, y) = (0, 0).
Pokaż, że:
a) punkt (0, 0) jest punktem krytycznym tej funkcji,
lim
h→0 0 h2 − 0
h = 0,
więc ∂f∂x(0, 0) = ∂f∂y(0, 0) = 0, zatem rzeczywiście to punkt krytyczny.
b) wszystkie pochodne cząstkowe drugiego stopnia ∂∂x2f2, ∂∂y2f2, ∂x∂y∂2f oraz ∂y∂x∂2f istnieją w punkcie (0, 0), ale
∂2f
∂x∂y(0, 0) 6= ∂2f
∂y∂x(0, 0).
Musimy policzyć pochodne cząstkowe w pozostałych punktach:
∂f
∂x(x, y) =
y(x4+ 4x2y2− y4)
(x2+ y2)2 , dla (x, y) 6= (0, 0),
0 , dla (x, y) = 0.
∂f
∂y(x, y) =
x(x4− 4x2y2− y4)
(x2+ y2)2 , dla (x, y) 6= (0, 0),
0 , dla (x, y) = 0.
Zatem liczymy drugie pochodne w zerze (z definicji)
∂2f
∂x2(0, 0) = lim
h→0 0 h4 − 0
h = 0,
∂2f
∂x∂y(0, 0) = lim
h→0
−h5 h4 − 0
h = −1,
∂2f
∂y∂x(0, 0) = lim
h→0 h5 h4 − 0
h = 1,
∂2f
∂y2(0, 0) = lim
h→0 0 h4 − 0
h = 0.
c) punkt (0, 0) nie jest lokalnym ekstremum funkcji f . Zdecydowanie, funkcja jest stała dla x = 0.
2. Niech f (x, y) = (y − x2)(y − 3x2). Pokaż, że
1
a) f0(0, 0) = (0, 0),
∂f
∂x = −2x(y − 3x2) − 6x(y − x2),
∂f
∂y = (y − 3x2) + (y − x2), co dla x = y = 0 daje (0, 0).
b) dla każdego (a, b) ∈ R2\ {(0, 0)}, funkcja h(t) = f (ta, tb) ma lokalne minimum dla t = 0,
h(t) = f (ta, tb) = (tb − t2a2)(tb − 3t2a2), zatem h0(t) = 12a4t3− 12a2bt2+ 2b2t, co dla t = 0 daje 0, więc to punkt krytyczny, a druga pochodna to h00(t) = 36a4t2− 24a2bt + 2b2dla t = 0 wynosi 2b2. Dla b 6= 0 jest to > 0, i mamy minimum. Dla b = 0: h00(t) = 36a4t2, więc h000(t) = 72a4t wynosi zero dla t = 0, a h(4)(t) = 72a2> 0 (skoro b = 0, to a 6= 0), więc też wtedy mamy minimum.
c) funkcja f nie ma lokalnego ekstremum w (0, 0).
Dla y = x2ta funkcja jest stale równa zero.
3. Niech A = {(x, y, z) ∈ R2: 2x − 3y + z = 1}. Znajdź punkt p ∈ A najbliższy do punktu (3, −2, 1).
z = (1 − 2x + 3y), więc kwadrat odległości punktu (x, y, z) od p to d(x, y) = (x − 3)2+ (y + 2)2+ (−2x + 3y)2
oraz ∂d
∂x = 2(5x − 6y − 3),
∂d
∂x = 4(−3x + 5y + 1),
Obie są równe zero dla (x, y) = (−9/7, −11/7), czyli minimum mamy w puncie (−9/7, −11/7, −8/7).
4. Znajdź maksymalną możliwą objętość cylindra, którego wysokość plus średnica podstawy nie przekracza 108cm.
2r + h = 108, więc h = 108 − 2r, czyli V (r) = 2πr(108 − 2r) = −4πr2+ 216πr, zatem V0(r) = −8πr + 216π, zatem dla r = 27 V0 = 0. Wtedy objętość jest maksymalna (ujemna druga pochodna) oraz równa 2916π cm3.
5. Znajdź i sklasyfikuj lokalne ekstrema funkcji:
a) f (x, y) = x3+ y3+ 3xy + 3,
Pochodne cząstkowe to 3x2+ 3y oraz 3y2+ 3x, są równe zero, jeśli y = −x2, czyli 3x4+ 3x = 0, zatem dla x = y = 0 lub x = −1, y = −1. Macierz pochodnych drugiego stopnia to
6x 3 3 6y
,
co w punkcie (0, 0) daje
0 3 3 0
,
i jest macierzą formy nieokreślonej, więc jest to punkt krytyczny nie będący ekstremum. Dla (−1, −1) mamy
−6 3
3 −6
, mamy formę ujemnie określoną, zatem jest to lokalne maksimum.
b) f (x, y) = e−x4−y4.
Pochodne cząstkowe to −3x3e−x4−y4 oraz −3y3e−x4−y4, są równe zero, jeśli y = x = 0. Macierz pochodnych drugiego stopnia to
"
−9x2e−x4−y4+ 9x6e−x4−y4 9x3y3e−x4−y4 9x3y3e−x4−y4 −9y2e−x4−y4+ 9y6e−x4−y4
# ,
2
co w punkcie (0, 0) daje
0 0 0 0
,
więc nie rozstrzyga co do ekstremum, ale widać, że jeśli odległość punktu od zera rośnie, to wykładnik przy e staje się bardziej ujemny, więc to jest maksimum – jedyny punkt, w którym wartość funkcji osiąga 1.
3
