Funkcije više promenljivih - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Funkcija [tex]f[/tex] je svuda diferencijabilna, pa njeni ekstremumi mogu biti samo u stacionarnim tačkama:
[tex]f_x=4x^{3}-2x-2y=0,\quad f_y=4y^{3}-2x-2y=0[/tex]
Oduzimanjem jednačina dobijamo [tex]4\left(x^{3}-y^{3}\right)=0[/tex], tj. [tex]x=y[/tex]; tada je [tex]4x^{3}-4x=0[/tex], pa su stacionarne tačke [tex](0; 0)[/tex], [tex](1; 1)[/tex], [tex](-1; -1)[/tex]. Drugi izvodi su
[tex]f_{xx}=12x^{2}-2,\quad f_{xy}=-2,\quad f_{yy}=12y^{2}-2[/tex]
U tačkama [tex](1; 1)[/tex] i [tex](-1; -1)[/tex]:
[tex]f_{xx}=f_{yy}=10,\quad \Delta=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^{2}=100-4=96\gt 0,\quad f_{xx}\gt 0[/tex]
pa su obe tačke lokalni minimumi (sa vrednošću [tex]-2[/tex]). U tački [tex](0; 0)[/tex] je [tex]f_{xx}=f_{yy}=f_{xy}=-2[/tex] i [tex]\Delta=4-4=0[/tex], pa dovoljan uslov ne daje odgovor i funkciju [tex]f[/tex] ispitujemo neposredno u okolini koordinatnog početka; [tex]f(0,0)=0[/tex]. Na pravoj [tex]y=x[/tex] za [tex]0\lt|x|\lt\sqrt{2}[/tex]:
[tex]f(x,x)=2x^{4}-4x^{2}=2x^{2}\left(x^{2}-2\right)\lt 0[/tex]
Na pravoj [tex]y=-x[/tex] za [tex]x\ne 0[/tex]:
[tex]f(x,-x)=2x^{4}\gt 0[/tex]
Dakle, u svakoj okolini koordinatnog početka postoje tačke u kojima je [tex]f\gt f(0,0)[/tex] i tačke u kojima je [tex]f\lt f(0,0)[/tex], pa [tex](0; 0)[/tex] nije tačka ekstremuma. Funkcija ima tačno [tex]2[/tex] tačke lokalnog ekstremuma.

Rešenje:
Označimo [tex]s=x-2y[/tex]. Parcijalni izvodi su
[tex]u'_x=e^{-(x^2+y^2)}\left(1-2xs\right),\quad u'_y=e^{-(x^2+y^2)}\left(-2-2ys\right)[/tex]
U stacionarnoj tački je [tex]2xs=1[/tex] i [tex]ys=-1[/tex]. Odatle je [tex]s\ne 0[/tex], [tex]x=\frac{1}{2s}[/tex], [tex]y=-\frac{1}{s}[/tex] i
[tex]s=x-2y=\frac{1}{2s}+\frac{2}{s}=\frac{5}{2s}\ \Rightarrow\ s^2=\frac{5}{2},\quad s=\pm\frac{\sqrt{10}}{2}[/tex]
Dobijamo stacionarne tačke [tex]P_1\left(\frac{\sqrt{10}}{10}; -\frac{\sqrt{10}}{5}\right)[/tex] (za [tex]s\gt 0[/tex]) i [tex]P_2\left(-\frac{\sqrt{10}}{10}; \frac{\sqrt{10}}{5}\right)[/tex]; u obema je [tex]x^2+y^2=\frac{1}{10}+\frac{4}{10}=\frac{1}{2}[/tex]. U stacionarnoj tački sabirci koji sadrže [tex]1-2xs[/tex] i [tex]-2-2ys[/tex] jednaki su nuli, pa su drugi izvodi u njoj
[tex]u''_{xx}=-2(s+x)e^{-1/2},\quad u''_{xy}=4x\,e^{-1/2},\quad u''_{yy}=(4y-2s)e^{-1/2}[/tex]
U tački [tex]P_1[/tex], gde je [tex]s=\frac{\sqrt{10}}{2}[/tex]:
[tex]u''_{xx}=-\frac{6\sqrt{10}}{5}e^{-1/2}\lt 0,\quad u''_{xy}=\frac{2\sqrt{10}}{5}e^{-1/2},\quad u''_{yy}=-\frac{9\sqrt{10}}{5}e^{-1/2}[/tex]
[tex]u''_{xx}u''_{yy}-\left(u''_{xy}\right)^2=\frac{540-40}{25}e^{-1}=\frac{20}{e}\gt 0[/tex]
pa je [tex]P_1[/tex] tačka lokalnog maksimuma:
[tex]u_{\max}=u(P_1)=\frac{\sqrt{10}}{2}e^{-1/2}=\sqrt{\frac{5}{2e}}[/tex]
Pošto je [tex]u(-x,-y)=-u(x,y)[/tex] i [tex]P_2=-P_1[/tex], u tački [tex]P_2[/tex] svi drugi izvodi menjaju znak: izraz [tex]u''_{xx}u''_{yy}-\left(u''_{xy}\right)^2[/tex] je ponovo [tex]\frac{20}{e}\gt 0[/tex], a sada je [tex]u''_{xx}\gt 0[/tex], pa je [tex]P_2[/tex] tačka lokalnog minimuma:
[tex]u_{\min}=u(P_2)=-\sqrt{\frac{5}{2e}}[/tex]

Rešenje:
Za [tex](x,y)\ne(0,0)[/tex] je [tex]f(x,y)=1+g(x,y)[/tex], gde je
[tex]g(x,y)=\frac{xy(x+y)}{x^2+y^2}[/tex]
Neprekidnost. Pošto je [tex]|xy|\le\frac{x^2+y^2}{2}[/tex], dobijamo
[tex]|g(x,y)|\le\frac{|x+y|}{2}\le\frac{|x|+|y|}{2}[/tex]
a desna strana teži ka [tex]0[/tex] kad [tex](x,y)\to(0,0)[/tex]. Zato je
[tex]\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=1=f(0,0)[/tex]
i [tex]f[/tex] je neprekidna u tački [tex]O[/tex]. Parcijalni izvodi u tački [tex]O[/tex]: [tex]g(x,0)=g(0,y)=0[/tex], pa je [tex]f(x,0)=f(0,y)=1[/tex] i
[tex]f'_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=0,\quad f'_y(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}=0[/tex]
Diferencijabilnost. Kada bi [tex]f[/tex] bila diferencijabilna u tački [tex]O[/tex], njen diferencijal u toj tački bio bi [tex]f'_x(0,0)\,dx+f'_y(0,0)\,dy=0[/tex], pa bi važilo
[tex]\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{g(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0[/tex]
Međutim, na polupravoj [tex]y=x[/tex], [tex]x\gt 0[/tex]:
[tex]g(x,x)=\frac{x\cdot x\cdot 2x}{2x^2}=x,\qquad \frac{g(x,x)}{\sqrt{2x^2}}=\frac{x}{\sqrt{2}\,x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ne 0[/tex]
Dakle, granična vrednost nije [tex]0[/tex], pa [tex]f[/tex] nije diferencijabilna u tački [tex]O[/tex], iako je u njoj neprekidna i ima oba parcijalna izvoda.

Rešenje:
Gradijent [tex](2x; 2y; 0)[/tex] funkcije uslova ne anulira se na cilindru [tex]x^{2}+y^{2}=1[/tex], pa možemo koristiti Lagranževu funkciju
[tex]L=x+y+z^{2}-\lambda\left(x^{2}+y^{2}-1\right)[/tex]
Njene stacionarne tačke zadovoljavaju sistem
[tex]L_x=1-2\lambda x=0,\quad L_y=1-2\lambda y=0,\quad L_z=2z=0,\quad x^{2}+y^{2}=1[/tex]
Odatle je [tex]z=0[/tex], [tex]x=y=\frac{1}{2\lambda}[/tex] i [tex]2x^{2}=1[/tex], što daje [tex]M_1\left(\frac{\sqrt{2}}{2}; \frac{\sqrt{2}}{2}; 0\right)[/tex] za [tex]\lambda=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex] i [tex]M_2\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}; -\frac{\sqrt{2}}{2}; 0\right)[/tex] za [tex]\lambda=-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]. Drugi diferencijal funkcije [tex]L[/tex] je
[tex]d^{2}L=-2\lambda\left(dx^{2}+dy^{2}\right)+2\,dz^{2}[/tex]
i treba ga posmatrati na tangentnom prostoru [tex]x\,dx+y\,dy=0[/tex], tj. za [tex]dy=-dx[/tex] u obe tačke. U tački [tex]M_1[/tex]:
[tex]d^{2}L=-2\sqrt{2}\,dx^{2}+2\,dz^{2}[/tex]
Ova forma uzima vrednosti oba znaka (negativna je za [tex]dz=0[/tex], a pozitivna za [tex]dx=0[/tex]), pa [tex]M_1[/tex] nije tačka uslovnog ekstremuma. U tački [tex]M_2[/tex]:
[tex]d^{2}L=2\sqrt{2}\,dx^{2}+2\,dz^{2}\gt 0[/tex]
za [tex](dx,dz)\ne(0,0)[/tex], pa je [tex]M_2[/tex] tačka uslovnog minimuma:
[tex]f_{\min}=f\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}; -\frac{\sqrt{2}}{2}; 0\right)=-\sqrt{2}[/tex]
Pošto je [tex]M_1[/tex] bio jedini drugi kandidat, uslovni maksimum ne postoji. Provera: za [tex]x=\cos\theta[/tex], [tex]y=\sin \theta[/tex] dobijamo [tex]f=\sqrt{2}\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)+z^{2}\ge-\sqrt{2}[/tex], dok [tex]f\to+\infty[/tex] kad [tex]z\to\infty[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]F[/tex] leva strana jednačine. Tada je
[tex]F'_x=2x-z+2,\quad F'_y=2y-z+2,\quad F'_z=2z-x-y+2[/tex]
i za [tex]F'_z\ne 0[/tex] važi [tex]z'_x=-\frac{F'_x}{F'_z}[/tex], [tex]z'_y=-\frac{F'_y}{F'_z}[/tex]. U stacionarnoj tački je [tex]F'_x=F'_y=0[/tex], odakle je [tex]z=2x+2=2y+2[/tex], tj. [tex]y=x[/tex], [tex]z=2x+2[/tex]. Zamenom u datu jednačinu dobijamo:
[tex]2x^2+(2x+2)^2-2x(2x+2)+4x+2(2x+2)-2=0\ \Rightarrow\ 2x^2+12x+6=0\ \Rightarrow\ x=-3\pm\sqrt{6}[/tex]
To su tačke [tex]x=y=-3\pm\sqrt{6}[/tex], [tex]z=-4\pm 2\sqrt{6}[/tex], i u njima je [tex]F'_z=2z-2x+2=2x+6=\pm 2\sqrt{6}\ne 0[/tex], pa se može primeniti teorema o implicitnoj funkciji. Diferenciranjem identiteta [tex]F'_x+F'_z\,z'_x=0[/tex] još jednom i korišćenjem toga da je u ovim tačkama [tex]z'_x=z'_y=0[/tex] dobijamo
[tex]z''_{xx}=-\frac{F''_{xx}}{F'_z}=-\frac{2}{F'_z},\quad z''_{yy}=-\frac{2}{F'_z},\quad z''_{xy}=-\frac{F''_{xy}}{F'_z}=0[/tex]
[tex]z''_{xx}z''_{yy}-\left(z''_{xy}\right)^2=\frac{4}{(F'_z)^2}\gt 0[/tex]
pa su obe tačke ekstremumi. Za [tex]x=-3+\sqrt{6}[/tex]: [tex]F'_z=2\sqrt{6}\gt 0[/tex] i [tex]z''_{xx}=-\frac{1}{\sqrt{6}}\lt 0[/tex], tj. maksimum:
[tex]z_{\max}=-4+2\sqrt{6}[/tex]
Za [tex]x=-3-\sqrt{6}[/tex]: [tex]F'_z=-2\sqrt{6}\lt 0[/tex] i [tex]z''_{xx}=\frac{1}{\sqrt{6}}\gt 0[/tex], tj. minimum:
[tex]z_{\min}=-4-2\sqrt{6}[/tex]
Geometrijski, površ je elipsoid, a ovo su njegova najviša i najniža tačka; one leže na dve različite grane [tex]z(x,y)[/tex] koje se dobijaju rešavanjem jednačine kao kvadratne po [tex]z[/tex].

Rešenje:
Označimo [tex]z_x=\frac{\partial z}{\partial x}[/tex], [tex]z_{xx}=\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}[/tex] itd. Neka je [tex]t=ax+by+z[/tex] i [tex]F(x,y,z)=xy+z-f(t)[/tex]. Pošto je [tex]F_z=1-f'(t)\ne 0[/tex], po teoremi o implicitnoj funkciji [tex]z(x,y)[/tex] je dva puta diferencijabilna, pa možemo diferencirati identitet [tex]xy+z(x,y)=f(t)[/tex]. Po [tex]x[/tex] (pri čemu je [tex]t_x=a+z_x[/tex]):
[tex]y+z_x=f'(t)\left(a+z_x\right)\qquad(1)[/tex]
Po [tex]y[/tex] ([tex]t_y=b+z_y[/tex]):
[tex]x+z_y=f'(t)\left(b+z_y\right)\qquad(2)[/tex]
Diferenciranjem [tex](1)[/tex] po [tex]x[/tex] dobijamo
[tex]z_{xx}=f''(t)\left(a+z_x\right)^{2}+f'(t)\,z_{xx}\ \Rightarrow\ z_{xx}=\frac{f''(t)\left(a+z_x\right)^{2}}{1-f'(t)}\qquad(3)[/tex]
Analogno, diferenciranjem [tex](2)[/tex] po [tex]y[/tex]:
[tex]z_{yy}=\frac{f''(t)\left(b+z_y\right)^{2}}{1-f'(t)}\qquad(4)[/tex]
Sada iz [tex](3)[/tex] i [tex](2)[/tex]:
[tex]z_{xx}\left(z_y+x\right)^{2}=\frac{f''(t)\left(a+z_x\right)^{2}}{1-f'(t)}\cdot f'(t)^{2}\left(b+z_y\right)^{2}[/tex]
a iz [tex](4)[/tex] i [tex](1)[/tex]:
[tex]z_{yy}\left(z_x+y\right)^{2}=\frac{f''(t)\left(b+z_y\right)^{2}}{1-f'(t)}\cdot f'(t)^{2}\left(a+z_x\right)^{2}[/tex]
Desne strane su jednake, čime je identitet dokazan.

Rešenje:
Rastojanje tačke [tex](x,y,z)[/tex] od ravni je [tex]\frac{|Ax+By+Cz+1|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}[/tex], a traženo rastojanje je minimum ovog izraza na elipsoidu (kompaktan skup, pa minimum postoji). Najpre određujemo skup vrednosti funkcije [tex]\varphi=Ax+By+Cz[/tex] na elipsoidu pomoću Lagranževe funkcije
[tex]L=Ax+By+Cz-\mu\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}-1\right)[/tex]
[tex]L_x=A-\frac{2\mu x}{a^{2}}=0,\quad L_y=B-\frac{2\mu y}{b^{2}}=0,\quad L_z=C-\frac{2\mu z}{c^{2}}=0[/tex]
Pošto je [tex](A,B,C)\ne(0,0,0)[/tex], važi [tex]\mu\ne 0[/tex] i
[tex]x=\frac{Aa^{2}}{2\mu},\quad y=\frac{Bb^{2}}{2\mu},\quad z=\frac{Cc^{2}}{2\mu}[/tex]
Zamenom u jednačinu elipsoida dobijamo
[tex]\frac{a^{2}A^{2}+b^{2}B^{2}+c^{2}C^{2}}{4\mu^{2}}=1\ \Rightarrow\ 2\mu=\pm K,\quad K=\sqrt{a^{2}A^{2}+b^{2}B^{2}+c^{2}C^{2}}[/tex]
i u tim tačkama je
[tex]\varphi=\frac{a^{2}A^{2}+b^{2}B^{2}+c^{2}C^{2}}{2\mu}=\pm K[/tex]
Neprekidna funkcija [tex]\varphi[/tex] dostiže najveću i najmanju vrednost na kompaktnom povezanom elipsoidu, i to obavezno u ovim tačkama; zato [tex]\varphi[/tex] uzima tačno vrednosti iz [tex][-K; K][/tex], a [tex]\varphi+1[/tex] vrednosti iz [tex][1-K; 1+K][/tex]. Ravan ne seče elipsoid ako i samo ako [tex]0\notin[1-K; 1+K][/tex], tj. [tex]K\lt 1[/tex]. Tada je [tex]\varphi+1\ge 1-K\gt 0[/tex] na elipsoidu, pa je najmanje rastojanje
[tex]d_{\min}=\frac{1-K}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}=\frac{1-\sqrt{a^{2}A^{2}+b^{2}B^{2}+c^{2}C^{2}}}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}[/tex]