Analiza matematyczna 2 – kolokwium 2 C – rozwiązania 30 maja 2019. 1. Oblicz ∇f(0, 0) funkcji f(x, y) = |2x

Analiza matematyczna 2 – kolokwium 2 C – rozwiązania 30 maja 2019.

1. Oblicz ∇f (0, 0) funkcji f (x, y) = |2x³√

y + 1|, lub dowiedź, że nie istnieje.

h→0lim

|2 · h³√

1| − |2 · 0√ y + 1|

h = lim

h→02|h|h = 0,

h→0lim

|2 · 0√

1 + h| − |2 · 0√ 1|

h = 0,

Więc f⁰(0, 0) = [0, 0].

2. Niech f (x, y) = e^x+y2. Znajdź maksimum f na zbiorze

A =ⁿ(x, y) ∈ R² : x²+ y² ¬ 1^o.

Oczywiście wewnątrz nie ma ekstremum, bo ^∂f_∂x = e^x+y2 6= 0. Sprawdzamy na brzegu F (x, y) = x²+ y²− 1 = 0. f⁰ = [e^x+y2, 2ye^x+y2], F⁰ = [2x, 2y], czyli e^x+y2 = λ2x oraz 2ye^x+y2 = λ2y. Jeśli y 6= 0, to e^x+y2 = λ 6= 0, czyli λ = λ2x. Wtedy x = 1/2, czyli y = ±√

3/2. Jeśli zaś y = 0, to x = ±1.

Mamy cztery punkty (1/2, ±√

3/2) oraz (±1, 0) i wartości to odpowiednio e^5/4, e^5/4, e i 1/e, zatem maksimum to e^5/4, a minimum to 1/e.

3. Niech K = {(x, y) ∈ R² : 0 ¬ x ¬ 1, −1/4 ¬ y ¬ 0} oraz niech f (x, y) = ln(2xy + 1). Znajdź maksimum i minimum f na zbiorze K.

Szukamy punktów krytycznych f⁰ = (2y/(2xy + 1), 2x/(2xy + 1))), więc punkt krytyczny to (0, 0) i wartość w nim to 0. Sprawdzamy na bokach i w wierzchołkach prostokąta

• x = 0, f (y) = ln 1 = 0, brak ekstremów,

• x = 1, f (y) = ln(2y + 1), f⁰ = 2/(2y + 1), nie ma ekstremów,

• y = −1/4, f (x) = ln(−x/2 + 1), f⁰ = −/2(−x/2 + 1), nie ma ekstremów,

• y = 0, f (x) = ln 1 = 0, brak ekstremów„

• w (0, −1/4) wartość 0,

• w (0, 0) wartość 0,

• w (1, −1/4) wartość ln(1/2),

• w (1, 0) wartość 0.

Zatem maksimum to 0, a minimum to − ln(1/2).

4. Znajdź i sklasyfikuj punkty krytyczne funkcji f : R² → R danej jako f (x, y) = x⁸+ y⁴− 8xy + 3.

f⁰ = (8x⁷− 8y, 4y³ − 8x), zatem y = x⁷ i x²¹ = 2x, czyli x = 0 lub x = ²⁰√

2 lub x = −²⁰√

2. Mamy trzy punkty (0, 0), ( ²⁰√

2, 2²⁰⁷), (− ²⁰√

2, −2²⁰⁷ ). Macierz drugiej pochodnej to

"

56x⁶ −8

−8 12y²

#

, co w punkcie (0, 0) daje

"

0 −8

−8 0

#

, czyli macierz nieokreśloną – nie ma tam ekstremum.

W punkcie ( ²⁰√

2, 2²⁰⁷) i (− ²⁰√

2, −2²⁰⁷)daje czyli macierz dodatnio określoną. Jest tu lokalne minimum.

5. Czy f (x, y) = (x²+ y, 2x − y) jest lokalnie dyfeomorfizmem klasy C¹ na (−1, 1) × (−1, 1) ? f⁰ =

"

2x 1 2 −1

#

,

więc det f⁰ = −2x − 2 = −2(x + 1) 6= 0, bo x ∈ (−1, 1). Więc tak.

6. Czy f (x, y) = (x²+ y, 2x − y) jest dyfeomorfizmem klasy C¹ na (−1, 1) × (−1, 1) ? Jeśli a = x²+ y oraz b = 2x − y, to x = ±√

a + b + 1 − 1, y = ±2√

a + b + 1 − b − 2, ale tylko plus w tych równaniach powoduje zmieszczenie się w przedziale. Zatem istnieje funkcja odwrotna:

g(a, b) = (√

a + b + 1 − 1, 2√

a + b + 1 − b − 2).

7. Niech z(x, y) będzie wyznaczone równaniem sin(yz² + π/2) = xz i z(1, 0) = 1. Oblicz ^∂z_∂x(1, 0) i

∂z

∂y(1, 0).

F (x, y, z) = sin(yz²+ π/2) − xz, więc F⁰ = [−z, z²cos(yz + π/2), 2zy cos(yz + π/2) − x] w punkcie (1, 0, 1) mamy F⁰ = [−1, 0, −1], w szczególności −1 6= 0, więc twierdzenie o funkcji uwikłanej działa oraz

z⁰ = (F_z⁰)⁻¹· F_xy⁰ = 1

−1[−1, 0] = [1, 0], zatem ^∂z_∂x(1, 0) = 1 i ^∂z_∂y(1, 0) = 0.

8. Znajdź równanie płaszczyzny stycznej do powierzchni

S = {(x, y, z) ∈ R³ : sin(yz²+ π/2) = xz}.

w punkcie (1, 0, 1).

Skoro F⁰(1, 0, 1) = [−1, 0, −1], to równanie płaszczyzny równoległej to −x − z = 0, a tej przechodzącej przez punkt (1, 0, 1) to −x − z = −2.

9. Czy następujący podzbiór R³ jest rozmaitością?

M = {(x, y, z) ∈ R³ : 2x + 2y = z, x² + y² = z − 2}.

Mamy: F (x, y, z) = (x²+ y²− z + 2, 2x + 2y − z) = (0, 0), czyli f⁰ =

"

2x 2y −1

2 2 −1

#

i wiersze są liniowo zależne wtedy i tylko wtedy, gdy x = y = 1, czyli z = 4. Co może się zdarzyć i wtedy to nie jest rozmaitość.

10. Rozstrzygnij, czy forma kwadratowa zadana macierzą







−1 −1 −1

0 −2 −1

0 0 −1





 jest dodatnio określona, ujemnie określona, dodatnio półokreślona, ujemnie półokreślona, czy też nieokreślona.

Wyznaczniki to −1 < 0, 2 > 0, −2 < 0, więc z kryterium Sylvestera jest ujemnie określona (a więc też ujemnie półokreślona).