Ekstrema funkcji 2 zmiennych

Definicja 1

Załóżmy, że funkcja dwóch zmiennych $f $ jest określona w pewnym obszarze $D \subset R^{2} $ .

Mówimy, że:

$f $ ma maksimum lokalne właściwe w punkcie $P = (x_{0}, y_{0}) \in D, $ jeżeli istnieje takie otoczenie kołowe $O $ punktu $P, $ że dla każdego $(x, y) \in O $ różnego od $P $ zachodzi nierówność
$f (x, y) < f (x_{0}, y_{0}); $
$f $ ma minimum lokalne właściwe w punkcie $P = (x_{0}, y_{0}) \in D, $ jeżeli istnieje takie otoczenie kołowe $O $ punktu $P, $ że dla każdego $(x, y) \in O $ różnego od $P $ zachodzi nierówność
$f (x, y) > f (x_{0}, y_{0}) . $

Jeżeli nierówności $f (x, y) < f (x_{0}, y_{0}) $ i $f (x, y) > f (x_{0}, y_{0}) $ zastąpimy odpowiednio nierównościami $f (x, y) \leq f (x_{0}, y_{0}) $ i $f (x, y) > f (x_{0}, y_{0}), $ wówczas mówimy, że funkcja $f $ ma w punkcie $P $ maksimum (odpowiednio: minimum) lokalne niewłaściwe.

Mówimy krótko, że funkcja $f $ ma w punkcie $P $ ekstremum, jeżeli $f $ ma w $P $ maksimum lub minimum lokalne (właściwe lub niewłaściwe).

Jeżeli funkcja $f $ ma w punkcie $P $ ekstremum i $f (x_{0} . y_{0}) = z_{0}, $ to mówimy, że funkcji w tym punkcie jest równe $z_{0} . $

Przykład 3

Funkcja $f (x, y) = 1 - x^{2} $ ma w każdym punkcie postaci $(0, y_{0}), $ gdzie $y_{0} \in R, $ maksimum lokalne niewłaściwe równe $1 $ .

Rzeczywiście, jeżeli $x = 0 $ i $y \neq y 0, $ to $f (x, y) = f (0, y) = 1 $ w każdym punkcie postaci $(0, y) $ funkcja przyjmuje wartość $1. $

Jeżeli z kolei $x \neq 0, $ to $f (x, y) = 1 - x^{2} < 1. $

Tak więc w każdym otoczeniu punktu $(0, y_{0}) $ nasza funkcja albo przyjmuje wartość $1 $ , albo wartość mniejszą od $1 $ . W myśl definicji funkcja ma więc w punkcie $(0, y_{0}) $ maksimum lokalne niewłaściwe.

Rysunek poniżej ilustruje całą sytuację.

Przykład 4

Rozważmy funkcję $f (x, y) = 1 + x^{2} - y^{2} . $ Zauważmy, że:

$f (0, 0) = 1; $
dla każdego $x \neq 0 $ zachodzi mamy $f (x, 0) = 1 + x^{2} > 1 = f (0, 0) $ ;
dla każdego $y \neq 0 $ zachodzi mamy $f (0, y) = 1 - y^{2} < 1 = f (0, 0) . $

Widzimy więc, że funkcja $f $ przyjmuje zarówno wartości mniejsze, jak większe od $f (0, 0) $ w dowolnie małym otoczeniu punktu $(0, 0) . $ Oznacza to w szczególności (w myśl definicji), że $f $ nie ma w punkcie $(0, 0) $ ekstremum. Rysunek poniżej ilustruje zachowanie funkcji $f $ w pobliżu punktu $(0, 0) . $

Z rozważań powyżej wynika, że punkt $(0, 0, 1) $ wykresu funkcji $f $ ma ciekawą cechę. Mowiąc poglądowo, gdy oddalamy się od niego wzdłuż płaszczyzny $X O Z $ – a więc "stąpamy" po punktach postaci $(x, 0) $ – wówczas nasze położenie jest coraz wyższe. Gdy oddalamy się od niego wzdłuż płaszczyzny $Y O Z, $ wówczas nasze położenie jest coraz niższe. Czerwone krzywe na rysunku powyżej pokazują, że pierwsze lub drugie zjawisko zachodzi również w przypadku oddalania się od naszego punktu również wzdłuż innych płaszczyzn pionowych zawierających oś $O Z . $

Warto też zauważyć, że gdy oddalamy się od punktu $(0, 0, 1) $ wzdłuż płaszczyzn $y = x $ oraz $y = - x, $ to wysokość naszego położenia nie zmienia się: dla każdego $x \in R $ zachodzą bowiem równości $f (x, x) = f (x, - x) = 1. $

Punkt powierzchni o takiej własności, jak opisana powyżej, nosi nazwę punktu siodłowego. Punkty siodłowe powinny być Ci dobrze znane, jeśli uprawiasz turystykę górską – występują one na przełęczach.

Wyznaczanie ekstremów

Wyznaczanie ekstremów funkcji dwóch zmiennych odbywa się podobną metodą, jak w rachunku różniczkowym funkcji jednej zmiennej. Naciśnij przycisk "Powtórka" poniżej, jeżeli nie pamiętaz lub niedokładnie pamiętasz tę metodę.

Gdy wyznaczaliśmy ekstrema funkcji jednej zmiennej przy pomocy rachunku różniczkowego, to wykorzystywaliśmy następujące twierdzenie.

Jeżeli funkcja $y = f (x) $ ma w punkcie $x_{0} $ ekstremum i ma w tym punkcie pochodną, to $f^{'} (x_{0}) = 0. $

Powyższe twierdzenie mówi, że ekstremum funkcji jednej zmiennej może wystąpić tylko w takim punkcie, w którym pochodna funkcji jest równa zeru.

W celu wyznaczenia ekstremów obliczaliśmy pochodną funkcji $f $ , po czym rozwiązywaliśmy równanie $f^{'} (x) = 0. $ Rozwiązania tego równania nosiły nazwę punktów stacjonarnych funkcji $f $ .

Wyznaczenie punktów stacjonarnych pozwalało orzec, że funkcja nie może mieć ekstremum nigdzie poza nimi.

Natomiast stwierdzenie, czy funkcja ma w danym punkcie stacjonarnym ekstremum, czy nie, wymagało zbadania dodatkowych warunków, zwanych warunkami dostatecznymi istnienia ekstremum funkcji. Przypomnijmy dwa takie warunki.

Jeżeli $f^{'} (x_{0}) = 0 $ oraz pochodna $f^{'} $ zmienia znak w punkcie $x_{0} $ (to znaczy w pewnym przedziale $I $ zawierającym $x_{0} $ przyjmuje po obu stronach punktu $x_{0} $ wartości przeciwnych znaków), wówczas $f $ ma w punkcie $x_{0} $ :

minimum lokalne, gdy $f^{'} (x) < 0 $ dla $x < x_{0} $ oraz $f^{'} (x) > 0 $ dla $x > x_{0} $ ( $x \in I $ );
maksimum lokalne, gdy $f^{'} (x) > 0 $ dla $x < x_{0} $ oraz $f^{'} (x) < 0 $ dla $x > x_{0} $ ( $x \in I $ ).

Jeżeli funkcja $f $ ma w $x_{0} $ drugą pochodną ciągłą oraz zachodzą jednocześnie warunki

${\begin{matrix} f^{'} (x_{0}) & = 0 \\ f^{''} (x_{0}) & \neq 0 \end{matrix} $

wówczas $f $ ma w punkcie $x_{0} $ :

minimum lokalne, gdy $f^{^{''}} (x) > 0 $ ;
maksimum lokalne, gdy $f^{^{''}} (x) < 0 $ ;

Przykład

Rozważmy funkcję $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} + 3. $

Pochodna funkcji $f $ jest równa $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 6 x . $

Równość $f^{'} (x) = 0 $ jest spełniona wtedy i tylko wtedy, gdy $x = 0 $ lub $x = 2 $ . Są to punky stacjonarne funkcji $f $ .

Druga pochodna funkcji $f $ jest równa $f^{''} (x) = 6 x - 6 $ .

Zachodzą nierówności

$f^{''} (0) = - 6 $

$f^{''} (2) = 6 $

Wynika stąd, że funkcja $f $ ma maksimum w punkcie $x = 0 $ i minimum w punkcie $x = 2. $

Podobnie, jak w przypadku funkcji jednej zmiennej, funkcja dwóch zmiennych może mieć ekstremum tylko w takim punkcie, w którym zerują się obie jej podobne cząstkowe (o ile w tym punkcie istnieją).

Podobnie jak w przypadku funkcji jednej zmiennej, zerowanie się obu pochodnych cząstkowych funkcji w punkcie nie implikuje istnienia w tym punkcie ekstremum lokalnego.

Przykład 6

Rozważmy funkcję $f (x, y) = x^{2} y^{3} . $ Jej pochodne cząstkowe

$f_{x} = 2 x y^{3} $

$f_{y} = 3 x^{2} y^{2} $

są równe zeru w punkcie $(0, 0) . $

Jednak funkcja $f $ nie ma w tym punkcie ekstremum lokalnego.

Rzeczywiście, dla każdego $x \neq 0 $ i $y > 0 $ mamy $f (x, y) > 0 = f (0, 0) . $

Jednoczesnie dla każdego $x \neq 0 $ i $y < 0 $ mamy $f (x, y) < 0 = f (0, 0) . $

Tak więc w dowolnie małym otoczeniu punktu $(0, 0) $ funkcja $f $ przyjmuje zarówno wartości większe, jak wartości mniejsze od swojej wartości w $(0, 0) . $

Następne twierdzenie podaje warunek dostateczny istnienia ekstremum lokalnego funkcji dwóch zmiennych.

Twierdzenie 2

Załóżmy, że funkcja $f $ ma ciągłe pochodne cząstkowe drugiego rzędu w otoczeniu punktu $(x_{0}, y_{0}) $ oraz zachodzą warunki:

$f_{x} (x_{0}, y_{0}) = 0, f_{y} (x_{0}, y_{0}) = 0; $
$H (x_{0}, y_{0}) > 0, $ gdzie $H (x, y) = | \begin{matrix} f_{x x} (x, y) & f_{x y} (x, y) \\ f_{y x} (x, y) & f_{y y} (x, y) \end{matrix} | $

Wówczas funkcja $f $ ma w punkcie $(x_{0}, y_{0}) $ :

maksimum lokalne właściwe, jeżeli $f_{x x} (x_{0}, y_{0}) < 0; $
minimum lokalne właściwe, jeżeli $f_{x x} (x_{0}, y_{0}) > 0. $

Jeżeli $H (x_{0}, y_{0}) < 0, $ to funkcja $f $ nie ma w punkcie $(x_{0}, y_{0}) $ ekstremum lokalnego.

Wyznacznik

H (x, y) ​

macierzy złożonej z pochodnych cząstkowych drugiego rzędu funkcji

f ​

nosi nazwę hesjanu od nazwiska XIX-wiecznego matematyka niemieckiego Ludwiga Otto Hessego.

Uwaga. Ponieważ w powyższym twierdzeniu zakładamy ciągłość pochodnych cząstkowych drugiego rzędu, więc (na mocy twierdzenia Schwartza o równości pochodnych mieszanych) dla każdego punktu

(x, y) ​

w omawianym otoczeniu punktu

(x_{0}, y_{0}) ​

zachodzi równość

f_{x y} (x, y) = f_{y x} (x, y) . ​

Wynika stąd, że

H (x, y) = f_{x x} (x, y) f_{y y} (x, y) - f_{x y} {(x, y)}^{2} . ​

Uwaga. Powyższe twierdzenie nie orzeka istnienia (bądź nieistnienia) ekstremum w przypadku, gdy hesjan jest w punkcie

(x_{0}, y_{0}) ​

równy zeru. W takim punkcie funkcja

f ​

może mieć, a może nie mieć ekstremum. Fakt ten trzeba zbadać innymi metodami, na przykład na podstawie definicji ekstremum. Ilustrują to dwa ćwiczenia poniżej.

Zadanie 1

Niech $f (x, y) = x^{4} + y^{4} . $ Funkcja $f $ ma w punkcie $(0, 0) $ minimum lokale właściwe, ponieważ $f (0, 0) = 0 $ oraz dla każdego $(x, y) \neq (0, 0) $ zachodzi nierówność $f (x, y) > 0. $

Sprawdź, że $f_{x} (0, 0) = f_{y} (0, 0) = 0 $ oraz że $H (0, 0) = 0. $

Pochodne cząstkowe funkcji $f $ są równe

$f_{x} = 4 x^{3} $

$f_{y} = 4 y^{3} $

Widzimy, że $f_{x} (0, 0) = f_{y} (0, 0) = 0. $

Wyznaczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu funkcji $f $ :

$f_{x x} = 12 x^{2} $

$f_{y y} = 12 y^{2} $

$f_{x y} = f_{y x} = 0 $

Zatem $H (x, y) = | \begin{matrix} f_{x x} & f_{x y} \\ f_{y x} & f_{y y} \end{matrix} | = 144 x^{2} y^{2} . $

Widzimy, że $H (0, 0) = 0. $

Zadanie 2

Niech $f (x, y) = x^{3} + y^{3} . $ Funkcja $f $ nie ma w punkcie $(0, 0) $ ekstremum. Rzeczywiście, dla dowolnych $x, y > 0 $ mamy $f (x, y) > 0 $ oraz dla dowolnych $x, y < 0 $ mamy $f (x, y) < 0. $ Jednocześnie $f (0, 0) = 0. $ Zatem w dowolnie małym otoczeniu punktu $(0, 0) $ funkcja $f $ przyjmuje zarówno wartości większe, jak wartości mniejsze od swojej wartości w $(0, 0) . $

Sprawdź, że – podobnie, jak w poprzednim cwiczeniu – $f_{x} (0, 0) = f_{y} (0, 0) = H (0, 0) = 0. $

Pochodne cząstkowe funkcji $f $ są równe

$f_{x} = 3 x^{2} $

$f_{y} = 3 y^{2} $

Widzimy, że $f_{x} (0, 0) = f_{y} (0, 0) = 0. $

Wyznaczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu funkcji $f $ :

$f_{x x} = 6 x $

$f_{y y} = 6 y $

$f_{x y} = f_{y x} = 0 $

Zatem $H (x, y) = | \begin{matrix} f_{x x} & f_{x y} \\ f_{y x} & f_{y y} \end{matrix} | = 36 x y . $

Widzimy, że $H (0, 0) = 0. $

[Egz] Zadanie 3

Wyznacz ekstrema funkcji $f (x, y) = 2 - {(x - 1)}^{2} + {(y + 1)}^{2} . $

Funkcja nie ma ekstremów.

Obliczamy pochodne cząstkowe:

$f_{x} = - 2 (x - 1) $

$f_{y} = 2 (y + 1) $

Widzimy, że jedynym rozwiązaniem układu równań $f_{x} = f_{y} = 0 $ jest punkt $(1, - 1) . $

Pochodne cząstkowe drugiego rzędu są równe:

$f_{x x} = - 2 $

$f_{y y} = 2 $

$f_{x y} = f_{y x} = 0 $

Mamy wobec tego

$| \begin{matrix} f_{x x} & f_{x y} \\ f_{y x} & f_{y y} \end{matrix} | = | \begin{matrix} - 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix} | = - 4 < 0 $

Ponieważ wyznacznik pochodnych drugiego rzędu jest ujemny (nawet niezależnie od wartości $x, y $ ), więc funkcja $f $ nie ma w punkcie $(1, - 1) $ ekstremum.

Rysunek poniżej ilustruje całą sytuację.

[Egz] Zadanie 4

Wyznacz ekstrema funkcji $f (x, y) = {(x - 2)}^{3} + {(x - 2)}^{2} + y^{2} . $

Funkcja $f $ ma w punkcie $(2, 0) $ minimum lokalne.

Obliczamy pochodne cząstkowe:

$f_{x} = 3 {(x - 2)}^{2} + 2 (x - 2) $

$f_{y} = 2 y $

Rozwiązujemy uklad równań $f_{x} = 0, f_{y} = 0 : $

${\begin{matrix} 3 {(x - 2)}^{2} + 2 (x - 2) & = 0 \\ 2 y & = 0 \end{matrix} $

${\begin{matrix} (3 x - 4) (x - 2) & = 0 \\ y & = 0 \end{matrix} $

Widzimy, że nasz uklad ma dwa rozwiązania: $(\frac{4}{3}, 0) $ oraz $(2, 0) . $ Są to punkty stacjonarne funkcji $f . $ Tylko w tych punktach funkcja może mieć ekstrema.

Aby przekonać się, czy funkcja $f $ ma ekstremum w każdym z punktów stacjonarnych, badamy znak hesjanu w każdym z tych punktów.

Pochodne cząstkowe drugiego rzędu funkcji $f $ są równe:

$f_{x x} = 6 (x - 2) + 2 = 6 x - 10 $

$f_{y y} = 2 $

$f_{x y} = f_{y x} = 0 $

W punkcie $(\frac{4}{3}, 0) $ hesjan jest równy

$H (\frac{4}{3}, 0) = | \begin{matrix} f_{x x} (\frac{4}{3}, 0) & 0 \\ 0 & f_{y y} (\frac{4}{3}, 0) \end{matrix} | = | \begin{matrix} - 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix} | = - 4 < 0 $

Ponieważ $H (\frac{4}{3}, 0) < 0, $ więc wnioskujemy, że funkcja $f $ nie ma ekstremum w punkcie $(\frac{4}{3}, 0) . $

W punkcie $(2, 0) $ hesjan jest równy

$H (2, 0) = | \begin{matrix} f_{x x} (2, 0) & 0 \\ 0 & f_{y y} (2, 0) \end{matrix} | = | \begin{matrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix} | = 4 > 0 $

Ponieważ $H (2, 0) > 0, $ więc wnioskujemy, że funkcja $f $ ma ekstremum w punkcie $(2, 0) . $ Ponieważ $f_{x x} (2, 0) = 2 > 0, $ więc jest to minimum.

Ostatecznie widzimy, że badana funkcja ma minimum lokalne w punkcie $(2, 0) $ i jest to jej jedyne ekstremum.

Rysunek poniżej ilustruje zachowanie funkcji w otoczeniu punktu $(\frac{4}{3}, 0) $ , w którym ekstremum nie występuje. Brak ekstremum można na nim dodatkowo stwierdzić wizualnie, przyglądając się krzywym wyciętym z wykresu funkcji $f $ przez dwie płaszczyzny pionowe równoległe do płaszczyn układu współrzędnych.

[Egz] Zadanie 5

Wyznacz punkty stacjonarne funkcji $f (x, y) = x^{3} + 3 x y^{2} - 15 x - 12 y . $ Następnie zbadaj, w których spośród nich funkcja $f $ ma ekstrema i określ rodzaj tych ekstremów.

Punkty stacjonarne: $P_{1} = (1, 2), P_{2} = (- 1, - 2), P_{3} = (2, 1), P_{4} = (- 2, - 1) $

Funkcja $f $ ma minimum lokalne w punkcie $P_{3} = (2, 1) $ i maksimum lokalne w punkcie $P_{4} = (- 2, - 1) $

W pozostałych dwóch punkach stacjonarnych funkcja $f $ nie ma ekstremów.

Obliczamy pochodne cząstkowe:

$f_{x} = 3 x^{2} + 3 y^{2} - 15 $

$f_{y} = 6 x y - 12 $

Rozwiązujemy uklad równań $f_{x} = 0, f_{y} = 0 : $

${\begin{matrix} 3 x^{2} + 3 y^{2} - 15 & = 0 \\ 6 x y - 12 & = 0 \end{matrix} $

${\begin{matrix} x^{2} + y^{2} - 5 & = 0 \\ x y & = 2 \end{matrix} $

Wyznaczamy z drugiego równania $y = \frac{2}{x} $ i podstawiamy do pierwszego równania:

$x^{2} + \frac{4}{x^{2}} - 5 = 0 $

Otrzymujemy po przekształceniach równanie dwukwadratowe:

$x^{4} - 5 x^{2} + 4 = 0 $

Podstawiamy $x^{2} = t $ i otrzymujemy równanie

$t^{2} - 5 t + 4 = 0 $

Jego rozwiązaniami są $t_{1} = 1, t_{2} = 4. $

Otrzymujemy stąd następujące rozwiązania równania $x^{4} - 5 x^{2} + 4 = 0 : $

$x_{1} = 1, x_{2} = - 1, x_{3} = 2, x_{4} = - 2 $

i odpowiadające im wartości $y $ z zależności $y = \frac{2}{x} : $

$y_{1} = 2, y_{2} = - 2, y_{3} = 1, y_{4} = - 1 $

Ostatecznie widzimy, że funkcja $f $ ma cztery punkty stacjonarne:

$P_{1} = (1, 2), P_{2} = (- 1, - 2), P_{3} = (2, 1), P_{4} = (- 2, - 1) $

Badamy istnienie ekstremum w każdym z punktów $P_{k} $ dla $k = 1, 2, 3, 4. $

Pochodne cząstkowe drugiego rzędu funkcji $f $ są równe:

$f_{x x} = 6 x $

$f_{y y} = 6 x $

$f_{x y} = f_{y x} = 6 y $

Wyznaczamy hesjan jako funkcję zmiennych $x, y . $ W ten sposób łatwiej będzie nam badać jego znak w każdym z otrzymanych punktów stacjonarnych.

$H (x, y) = | \begin{matrix} f_{x x} & f_{x y} \\ f_{y x} & f_{y y} \end{matrix} | = | \begin{matrix} 6 x & 6 y \\ 6 y & 6 x \end{matrix} | = 36 (x^{2} - y^{2}) $

Z otrzymanej postaci widzimy, że $H (x, y) > 0 \Leftrightarrow | x | > | y | $ i $H (x, y) < 0 \Leftrightarrow | x | < | y | . $

Zatem spośród punktów stacjonarnych $P_{1} = (1, 2), P_{2} = (- 1, - 2), P_{3} = (2, 1), P_{4} = (- 2, - 1) $ możemy od razu wyeliminować punkty $P_{1} $ i $P_{2} $ – hesjan jest w tych punktach ujemny.

W punktach $P_{3} $ i $P_{4} $ hesjan jest dodatni, zatem funkcja $f $ ma w tych punktach ekstrema.

Ponieważ $f_{x x} = 6 x, $ więc $f_{x x} (P_{3}) = 12 > 0 $ oraz $f_{x x} (P_{4}) = - 12 < 0. $

Wnioskujemy ostatecznie, że funkcja $f $ ma minimum lokalne w punkcie $P_{3} = (2, 1) $ i maksimum lokalne w punkcie $P_{4} = (- 2, - 1) . $

[Egz] Zadanie 6

Niech $f (x, y) = x y - x^{2} y - x y^{2} . $ Wyznacz punkty stacjonarne funkcji $f $ , leżące w I ćwiartce układu $X O Y, $ a więc o obu współrzędnych dodatnich. Następnie zbadaj istnienie ekstremów funkcji $f $ w tych punktach i określ ich rodzaj.

W pierwszej ćwiartce istnieje jeden punkt stacjonarny: $(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}) . $ Funkcja $f $ ma w tym punkcie maksimum lokalne.

Obliczamy pochodne cząstkowe:

$f_{x} = y - 2 x y - y^{2} $

$f_{y} = x - x^{2} - 2 x y $

Rozwiązujemy uklad równań $f_{x} = 0, f_{y} = 0 : $

${\begin{matrix} y - 2 x y - y^{2} & = 0 \\ x - x^{2} - 2 x y & = 0 \end{matrix} $

${\begin{matrix} - y (2 x + y - 1) & = 0 \\ - x (x + 2 y - 1) & = 0 \end{matrix} $

Ponieważ punktów stacjonarnych szukamy tylko w I ćwiartce, więc interesują nas tylko takie rozwiązania, dla których $x > 0 $ oraz $y > 0. $ Biorąc pod uwagę to ograniczenie, możemy ostatni układ równań równoważnie przepisać jako

${\begin{matrix} 2 x + y - 1 & = 0 \\ x + 2 y - 1 & = 0 \end{matrix} $

czyli

${\begin{matrix} 2 x + y & = 1 \\ x + 2 y & = 1 \end{matrix} $

Rozwiązaniem ostatniego układu jest $x = y = \frac{1}{3} . $

Widzimy, że jedynym punktem stacjonarnym funkcji $f $ leżącym w I ćwiartce jest $(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}) . $ Zbadamy istnienie ekstremum naszej funkcji w tym punkcie.

Pochodne cząstkowe drugiego rzędu funkcji $f $ są równe:

$f_{x x} = - 2 y $

$f_{y y} = - 2 x $

$f_{x y} = f_{y x} = 1 - 2 x - 2 y $

W punkcie $(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}) $ hesjan jest równy

$H (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}) = | \begin{matrix} f_{x x} (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}) & f_{x y} (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}) \\ f_{y x} (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}) & f_{y y} (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}) \end{matrix} | = | \begin{matrix} - \frac{2}{3} & - \frac{1}{3} \\ - \frac{1}{3} & - \frac{2}{3} \end{matrix} | = \frac{1}{3} $

Widzimy, że $H (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}) > 0 $ oraz $f_{x x} (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}) < 0. $

Wobec tego funkcja $f $ ma w badanym punkcie maksimum lokalne.

Ekstrema funkcji 2 zmiennych

Wprowadzenie

Wyznaczanie ekstremów