KURZUS: Matematika II.

MODUL: 2. Többváltozós függvények

2.8 Lokális szélsőértékek

Tanulási cél: A kétváltozós függvények lokális szélsőértékeinek meghatározására használható módszer begyakorlása.

Tananyag:
Tankönyv: Gáspár Csaba, Molnárka Győző: Lineáris algebra és többváltozós függvények.
Fejezet: 4.5.

Elméleti összefoglaló: Csak kétváltozós függvényeknek az értelmezési tartomány belső pontjaiba eső lokális szélsőértékeinek megkeresésével fogunk foglalkozni, és azt is feltételezzük, hogy a szélsőérték szempontjából vizsgált függvények akárhányszor differenciálhatók.

Tekintsünk egy f ( x , y ) kétváltozós függvényt.

Ennek stacionárius pontja az értelmezési tartomány minden olyan pontja, ahol mindkét parciális derivált nulla, vagyis a stacionárius pontok az

{ f x ( x , y ) = 0 f y ( x , y ) = 0 ,

gyakran nem lineáris, egyenletrendszer értelmezési tartományba eső megoldásai.

Ha a kétváltozós f ( x , y ) függvénynek az ( a , b ) pontban lokális szélsőértéke van, és a függvény ebben a pontban differenciálható, akkor itt mindkét parciális deriváltja nulla, azaz

{ f x ( a , b ) = 0 f y ( a , b ) = 0 .

Tételezzük fel, hogy az f ( x , y ) függvénynek még a másodrendű parciális deriváltjai is folytonosak egy, az ( a , b ) stacionárius pont körüli körlap pontjaiban. Tekintsük a

D ( x , y ) = f x x ( x , y ) f y y ( x , y ) f x y 2 ( x , y )

kifejezést.

Ekkor

ha D ( a , b ) > 0 , és f x x ( a , b ) > 0 , akkor ( a , b ) -ben lokális minimum van,

ha D ( a , b ) > 0 , és f x x ( a , b ) < 0 , akkor ( a , b ) -ben lokális maximum van,

ha D ( a , b ) < 0 , akkor ( a , b ) -ben nincs lokális szélsőérték,

ha D ( a , b ) = 0 , akkor a módszerünkel nem tudjuk eldönteni, hogy van-e szélsőérték ( a , b ) -ben.

Ezek szerint, ha a szükséges differenciálhatóságokat feltételezzük, és a gyakorlatban ez általában feltételezhető, akkor a szélsőértékek megkeresésére a következő módszer használható.

1) Első lépésként meghatározzuk a stacionárius pontok halmazát, szélsőérték csak ezek közül kerülhet ki.

2) A D ( x , y ) függvény segítségével kiválasztjuk, hogy a jelöltek közül melyik valóban szélsőérték, és az f x x ( x , y ) függvénnyel pedig eldöntjük, hogy melyik szélsőérték lokális minimum, illetve melyik lokális maximum.


Kidolgozott feladatok

1. feladat Határozzuk meg az f ( x , y ) = 2 x y + 2 x 2 + 4 y 2 + 6 függvény lokális szésőértékeit.

Megoldás: Függvényünk értelmezési tartománya az egész sík, D f = R 2 . Az is látszik, hogy a függvénynek minden pontban mindkét parciális deriváltja létezik. Ezért lokális szélsőértéke csak ott lehet, ahol mindkét parciális deriváltja egyidejűleg nulla.

Mivel

f x ( x , y ) = 2 y + 4 x , f y ( x , y ) = 2 x + 8 y ,

az

{ f x ( x , y ) = 0 f y ( x , y ) = 0 ,

azaz a

{ 2 y + 4 x = 0 2 x + 8 y = 0

egyenletrendszert kell megoldanunk. Ennek a lineáris egyenletrendszernek egy megoldása van, x = 0, y = 0 . Tehát a stacionárius halmaz, mivel az értelmezési tartomány az egész sík, az egyelemű

S = { ( 0,0 ) }

halmaz.

Megvizsgáljuk, hogy ez a hely valóban lokális szélsőérték helye e a függvénynek. Ehhez a másodrendű parciális deriváltakra lesz szükségünk. Ezek

f x x ( x , y ) = 4, f x y ( x , y ) = 2

f y x ( x , y ) = 2, f y y ( x , y ) = 8 .

Ezek felhasználásával

D ( x , y ) = f x x ( x , y ) . f y y ( x , y ) f x y 2 ( x , y ) = 4 . 8 2 2 = 28 .

Mivel D ( 0,0 ) = 28 > 0 , az origó lokális szélsőérték hely. Továbbá, mivel f x x ( 0,0 ) = 4 > 0 , ez lokális minimum hely. A lokális minimum értéke f ( 0,0 ) = 6 .

Az alábbi ábra a függvény grafikonját mutatja.

2. feladat Keressük meg az f ( x , y ) = x y x 3 y 2 függvény lokális szélsőértékeit.

Megoldás: A függvényünk most is az egész a síkon értelmezve van, és mindenhol mindkét parciális deriváltja létezik. Meghatározzuk a stacionárius halmazt. Először is

f x ( x , y ) = y 3 x 2 , f y ( x , y ) = x 2 y .

Így tehát az

{ y 3 x 2 = 0 x 2 y = 0

egyenletrendszert kell megoldanunk.

Ez egy kétismeretlenes nemlineáris egyenletrendszer. Az ilyenek megoldására használható egyik módszer az következő: ha valamelyik egyenletből az egyik ismeretlen kifejezhető a másikkal, akkor tegyük ezt meg, és a kapott összefüggést helyettesítsük be a másik egyenletbe. Ekkor az egyismeretlenes egyenletté válik, amelyből, szerencsés esetben, az ismeretlen lehetséges értékei kiszámolhatók. Ezt az utat fogjuk most is követni.

Vegyük észre, hogy a második egyenletből, például,

y = x 2 .

Ezt behelyettesítve az első egyenletbe, kapjuk az

x 2 3 x 2 = 0

egyenletet.

Ennek két megoldása van: x 1 = 0 és x 2 = 1 6 . Ha x 1 = 0 , akkor a hozzá tartozó y 1 = 0 , ha pedig x 2 = 1 6 , akkor a hozzá tartozó y 2 = 1 12 .

Mivel a függvényünk értelmezési tartománya az egész sík, mindkét megoldást meg kell vizsgálnunk, vagyis a stacionárius halmazunk a kételemű

S = { ( 0,0 ) , ( 1 6 , 1 12 ) }

halmaz.

Előállítjuk a D ( x , y ) függvény képletét.

Elöször is meghatározzuk a másodrendű parciális deriváltakat, (és leellenőrizzük, hogy a vegyesek egyenlőknek adódnak):

f x x ( x , y ) = 6 x , f x y ( x , y ) = 1 ,

f y x ( x , y ) = 1, f y y ( x , y ) = 2 .

Innen mostmár

D ( x , y ) = f x x ( x , y ) f y y ( x , y ) f x y 2 ( x , y ) = 12 x 1 .

A D függvény segítségével sorban megvizsgáljuk a jelöltjeinket.

Mivel D ( 0,0 ) = 1 < 0 , ez nem szélsőérték hely.

Ezzel szemben

D ( 1 6 , 1 12 ) = 2 1 = 1 > 0 ,

ez tehát szélsőérték hely, és mivel

f x x ( 1 6 , 1 12 ) = 1 < 0 ,

ez egy lokális maximum hely.

Végül a lokális maximum értéke

f ( 1 6 , 1 12 ) = 1 432 .

A függvény grafikonját az alábbi ábra mutatja.

3. feladat Keressük meg az f ( x , y ) = x 3 3 x y y 3 függvény lokális szésőértékeit.

Megoldás: Egy mindenütt értelmezett, és mindenhol mindkét változója szerint parciálisan deriválható függvénnel van dolgunk, tehát lokális szélsőérték csak a stacionárius pontokban lehet.

Most

f x ( x , y ) = 3 x 2 3 y , f y ( x , y ) = 3 x 3 y 2 .

Meg kell keresnünk tehát a

{ 3 x 2 3 y = 0 3 x 3 y 2 = 0

egyenletrenszer összes megoldását.

Az első egyenletből y = x 2 . Ezt behelyettesítve a második egyenletbe, kapjuk, hogy

3 x 3 x 4 = 3 x ( 1 + x 3 ) = 0 .

Ennek két megoldása van: x 1 = 0 és x 2 = 1 . Az ezekhez tartózó y értékek, a helyettesítési összefüggésből, y 1 = 0 és y 2 = 1 .

A stacionárius halmaz tehát a kételemű

S = { ( 0,0 ) , ( 1,1 ) }

halmaz.

Miután

f x x ( x , y ) = 6 x , f x y ( x , y ) = 3 ,

f y x ( x , y ) = 3, f y y ( x , y ) = 6 y ,

D ( x , y ) = 36 x y 9 .

Ezt felhasználva

D ( 0,0 ) = 9 < 0 , itt tehát nincs szélsőérték.

D ( 1,1 ) = 36 9 = 27 > 0 , tehát ez szélsőérték hely.

Mégpedig, mivel f x x ( 1,1 ) = 6 < 0 , ez lokális maximum hely, aminek értéke f ( 1,1 ) = 1 .

Az alábbi ábra a függvény grafikonját mutatja.

4. feladat Keressük meg az f ( x , y ) = x 2 + y 2 + 2 x y függvény lokális szélsőértékeit.

Megoldás: A függvényünk értelmezési tartománya az egész sík, kivéve a koordináta tengelyek pontjait, hiszen a nevezőben sem az x , sem az y nem lehet nulla. Ahol a függvény értelmezve van ott mindkét parciális deriváltja is létezik.

Mivel

f x ( x , y ) = 2 x 2 x 2 y , f y ( x , y ) = 2 y 2 x y 2 ,

a

{ 2 x 2 x 2 y = 0 2 y 2 x y 2 = 0

nemlineáris egyenletrendszer D f -be eső megoldásait keressük.

Az első egyenletből y = 1 x 3 adódik, amit a második egyenletbe beírva a

2 x 3 2 x . 1 x 6 = 0 ,

1 x 3 x 5 = 0 ,

1 x 8 = 0

egyenletet kapjuk.

Ennek két gyöke van, az x 1 = 1 és az x 2 = 1 . Az ezekhez tartozó y értékek y 1 = 1 és y 2 = 1 . Mindkét megoldás az értelmezési tartományba esik, tehát a stacionárius halmaz

S = { ( 1, 1 ) , ( 1,1 ) } .

Mivel

f x x ( x , y ) = 2 + 4 x 3 y , f x y ( x , y ) = 2 x 2 y 2 ,

f y x ( x , y ) = 2 x 2 y 2 , f y y ( x , y ) = 2 + 4 x y 3 ,

D ( x , y ) = ( 2 + 4 x 3 y ) ( 2 + 4 x y 3 ) ( 2 x 2 y 2 ) 2 .

Mostmár

D ( 1, 1 ) = 6 . 6 2 2 = 32 > 0 , ez tehát szélsőérték hely, mégpedig f x x ( 1, 1 ) = 6 > 0 miatt lokális minimum hely, a minimum értéke f ( 1, 1 ) = 4 .

Hasonlóan

D ( 1,1 ) = 32 > 0 , tehát ez is szélsőérték hely, mégpedig f x x ( 1,1 ) = 6 > 0 miatt ez ia minimum hely, és az itteni minimum értéke is f ( 1,1 ) = 4 .

A felület az alábbi ábrán látható.

5. feladat Keressük meg az f ( x , y ) = 4 x 2 e y 2 x 4 e 4 y függvény lokális szélsőértékeit.

Megoldás: Az értelmezési tartomány most az egész sík.

f x ( x , y ) = 8 x e y 8 x 3 , f y ( x , y ) = 4 x 2 e y 4 e 4 y .

Megoldjuk a

{ 8 x e y 8 x 3 = 0 4 x 2 e y 4 e 4 y = 0

egyenletrendszert.

Az első egyenlet teljesül, ha x = 0 , de akkor a második egyenletben 4 e 4 y = 0 kellene, hogy legyen, de ez lehetetlen. Az x tehát nem lehet nulla, ezért az első egyenletet eloszthatjuk 8 x -el. Az így kapott egyenletből

e y = x 2 .

Ezt a második egyenletbe behelyettesítve

4 x 4 4 x 8 = 0

adódik. Mivel x 0 , itt egyszerűsíthetünk 4 x 4 -el, és az

1 x 4 = 0

egyenlethez jutunk. Ennek két gyöke van, az x 1 = 1 és az x 2 = 1 . Az ezekhez tartozó y értékek y 1 = y 2 = 0 . A stacionárius halmaz tehát

S = { ( 1,0 ) , ( 1,0 ) } .

Mivel

f x x ( x , y ) = 8 e y 24 x 2 , f x y ( x , y ) = 8 x e y ,

f y x ( x , y ) = 8 x e y , f y y ( x , y ) = 4 x 2 e y 16 e 4 y ,

D ( x , y ) = ( 8 e y 24 x 2 ) ( 4 x 2 e y 16 e 4 y ) 64 x 2 e 2 y .

Az első stacionárius pontban, mivel

D ( 1,0 ) = ( 16 ) ( 12 ) 64 = 128 > 0 ,

és

f x x ( 1,0 ) = 8 24 = 16 < 0 ,

lokális maximum van, amelynek értéke f ( 1,0 ) = 1 .

Teljesen hasonlóan a másik stacionárius pontban is lokális maximum van, és annak is 1 értéke.

A felület az alábbi ábrán látható.



A felület érdekessége, hogy két maximum helye van, de nincs nyeregpontja. Ez olyan mintha két hegycsúcs lenne egymás mellett, de nem lenne köztük hágó.

6. feladat Három pozitív szám összege 12 . Mekkora lehet a szorzatuk legnagyobb értéke?

Megoldás: Jelölje a három számot x , y és z . Ekkor

x + y + z = 12 , és az x y z szorzat legnagyobb értékét keressük.

Ha az első összefüggésből kifejezzük mondjuk a z -t, akkor

z = 12 x y

adódik. Ezt beírva a szorzatba az az x és az y változók függvénye lesz:

x y z = x y ( 12 x y ) .

Ne feledjük, hogy a feltétel szerint x és y pozitív.

Tehát az a feladatunk, hogy megkeressük az

f ( x , y ) = x y ( 12 x y ) = 12 x y x 2 y x y 2 , D f = { ( x , y ) R 2 | x > 0, y > 0 }

függvény legnagyobb értékét.

A parciális deriváltakra azt kapjuk, hogy

f x ( x , y ) = 12 y 2 x y y 2 , f y ( x , y ) = 12 x x 2 2 y .

Megkeressük a

{ 12 y 2 x y y 2 = 0 12 x x 2 2 x y = 0

egyenletrenszer összes, az értelmezési tartományba eső, megoldását.

Mivel sem az x , sem az y nem lehet nulla, az első egyenletet eloszthatjuk y -al, a másodikat pedig x -el. Ekkor az alábbi egyenletrendszert kapjuk.

{ 12 2 x y = 0 12 x 2 y = 0 .

Ha most a második egyenlet kétszereséből kivonjuk az első egyenletet a 12 3 y = 0 összefüggést kapjuk, amiből  azt kapjuk, hogy y = 4 . Ezt valamelyik egyenletbe visszaírva x = 4 adódik.

A stacionárius halmaz tehát egy elemű:

S = { ( 4,4 ) } .

Mivel

f x x ( x , y ) = 2 y , f x y ( x , y ) = 12 2 x 2 y ,

f y x ( x , y ) = 12 2 x 2 y , f y y ( x , y ) = 2 x ,

D ( x , y ) = 4 x y ( 12 2 x 2 y ) 2 .

Mivel D ( 4,4 ) = 64 16 = 48 > 0 , és f x x ( 4,4 ) = 8 < 0 , a stacionárius pont lokális (és egyben globális )maximum hely. f ( 4,4 ) = 64 .

A szorzat legnagyobb értéke tehát 64 . Ezt akkor veszi fel, ha mind a három tényező 4 .

7. feladat Tekintsük a 3 x + 2 x + z 14 = 0 egyenletű síkot és határozzuk meg a síknak az origóhoz legközelebb lévő pontját.

Megoldás: A síkunk a g ( x , y ) = 14 3 x 2 y függvény garfikonja. Az erre eső térbeli pontok koordinátái

( x , y , g ( x , y ) ) = ( x , y ,14 3 x 2 y ) .

Látjuk, hogy a koordináták csak két változótól függnek.

Egy ilyen pontnak az origótól való távolságát a kétváltozós

F ( x , y ) = x 2 + y 2 + ( 14 3 x 2 y ) 2

függvény adja meg. Azt az ( x , y ) pontot keressük, ahol ez a függvény a legkisebb értékét felveszi.

A gyökfüggvény szigorúan monoton növő függvény. Ezért a gyökös kifejezés ott veszi fel a legkisebb értékét, ahol a gyök alatti kifejezés. Emiatt elég azt megkeresnünk, hogy az

f ( x , y ) = x 2 + y 2 + ( 14 3 x 2 y ) 2 , D f = R 2

függvény hol veszi fel a legkisebb értékét. Így elkerüljük, hogy a deriválások során gyökös kifejezéseket kelljen deriválni.

Mostmár

f x ( x , y ) = 2 x + 2 ( 14 3 x 2 y ) ( 3 ) = 20 x + 12 y 84 ,

f y ( x , y ) = 2 y + 2 ( 14 3 x 2 y ) ( 2 ) = 12 x + 10 y 56 .

A kétismeretlenes lineáris

{ 20 x + 12 y = 84 12 y + 10 y = 56

egyenletrendszer egyetlen megoldása: x = 3, y = 2 .

Tehát

S = { ( 3,2 ) } .

Most

f x x ( x , y ) = 20, f x y ( x , y ) = 12 ,

f y x ( x , y ) = 12, f y y ( x , y ) = 10 ,

így

D ( x , y ) = 200 144 = 56 .

Mostmár D ( 3,2 ) = 56 > 0 és f x x ( 3,2 ) = 20 > 0 miatt a stacionárius pont lokális és globális minimum hely. Mivel g ( 3,2 ) = 1 , a sík origóhoz legközelebbi pontja a

P ( 3,2,1 )

koordinátájú pont.

Ellenőrző kérdések

1. kérdés Az f ( x , y ) = x 2 + 2 x y + 3 y 2 függvénynek
nincs lokális szélső értéke.
két lokális minimuma van.
a ( 0,0 ) -ban lokális minimuma van.
van lokális maximuma.
2. kérdés Az f ( x , y ) = x 2 + x y + 2 x + 3 y 1 függvénynek
nincs stacionárius pontja.
a ( 3,4 ) stacionárius pontja
van lokális maximuma.
a ( 0,0 ) lokális minimuma.
3. kérdés Az f ( x , y ) = x 3 + y 2 x y függvénynek
egy lokális minimuma van.
két lokális szélső értéke van.
nincs lokális szélső értéke.
egy stacionárius pontja van.
4. kérdés Az f ( x , y ) = x 3 + y 3 12 x 12 y függvénynek
két stacionárius pontja van.
két lokális maximuma van.
két lokális minimuma van.
egy lokális maximuma és egy lokális minimuma van.
5. kérdés Az f ( x , y ) = x + x y 2 x 2 függvénynek
nincs lokális szélső értéke.
két stacionárius ponrja van.
a ( 0,0 ) stacionárius pontja.
van lokális maximuma.
6. kérdés Az f ( x , y ) = ( x y 1 ) 2 függvénynek  
egy lokális minimuma van.
van lokális maximuma.
két stacionárius pontja van.
az ( 1,0 ) stacionárius pontja.
7. kérdés Az f ( x , y ) = x e y x függvénynek
van stacionárius pontja.
a ( 0,0 ) lokális minimuma.
a ( 0,0 ) lokális maximuma.
két stacionárius pontja van.