Ekstrema lokalne funkcji dwóch zmiennych

[kubek1912]

Znajdź ekstrema lokalne funkcji dwóch zmiennych:

\(f (x,y) = e^{-{x^2}-{y^2}}(ax^2 + by^2)\)

[panb]

Znajdź ekstrema lokalne funkcji dwóch zmiennych:

\(f (x,y) = e^{-{x^2}-{y^2}}(ax^2 + by^2)\)

Rozważam 2 przypadki.
1. \(a=b\neq0\)
2. \(a\neq b\)

Ponieważ podejrzewam, że to sporo liczenia i objaśniania, najpierw zrobię przypadek 1 (łatwiejszy).

Niech \(0\neq c=a=b\). Wtedy \(f(x,y)=c(x^2+y^2)e^{-x^2-y^2}\)
\( \frac{ \partial f}{ \partial x}=-2cx(x^2+y^2-1)e^{-x^2-y^2},\quad \frac{ \partial f}{ \partial y}= -2cy(x^2+y^2-1)e^{-x^2-y^2}\\
\begin{cases}\frac{ \partial f}{ \partial x}=0\\ \frac{ \partial f}{ \partial y}=0\end{cases} \iff \begin{cases} x(x^2+y^2-1)=0\\ y(x^2+y^2-1)=0\end{cases} \iff \begin{cases}x=0\\y=0 \end{cases} \vee \begin{cases}x^2+y^2=1\\x^2+y^2>0 \end{cases} \)

• Jeżeli \(c>0\), to \(f(x,y)=c(x^2+y^2)e^{-x^2-y^2}\ge0\) i w punkcie\( P=(0,0)\) jest minimum \(f_{min}=f(0,0)=0\)
  \(x^2+y^2=1 \So f(x,y)=c \cdot 1 \cdot e^{-1}= \frac{c}{e} \).
  Funkcja \(h(r)= \frac{r}{e^r}, \,\, r
  \ge0 \So h'(z)= \frac{1-r}{e^r} =0 \iff r=1 \) zmienia znak z + na - czyli \(h(r)\) osiąga w tym punkcie
  maksimum równe \(\frac{1}{e}\). Funkcja \(f\) osiąga więc maksimum na okręgu \(x^2+y^2=1\) i \(f_{max}= \frac{c}{e} \)

• Jeżeli \(c<0\), to \(f(x,y)=c(x^2+y^2)e^{-x^2-y^2}\le0\) i w punkcie \(P=(0,0)\) jest maksimum \(f_{max}=f(0,0)=0\)
  W przypadku \(x^2+y^2=1\), dla \(c<0\) funkcja \(f\) osiąga minimum na okręgu \(x^2+y^2=1\) i \(f_{min}= \frac{c}{e}\)

Odpowiedź: Jeśli \(a=b<0 \So f_{min}= \frac{a}{e} \text{ dla }(x,y): x^2+y^2=1 \), \(f_{max}=f(0,0)=0\)
Jeśli \(a=b>0 \So f_{max}= \frac{a}{e} \text{ dla } (x,y): x^2+y^2=1 \), \(f_{min}=f(0,0)=0\)

Jeśli takie rozwiązanie ci odpowiada, to pomyślę o dalszym ciągu (a może sam się skusisz).

Jako bonus, ilustracja do przypadku a=b.

[kubek1912]

Wydaje mi się, że zrozumiałem jak sobie z tym radzić, ale od godziny patrzę na ten drugi przypadek i nie wiem co z nim zrobić. W tej sytuacji - czy mógłbyś jednak rozwiązać sytuację a =/= b?
Dzięki za poświęcony czas!

[panb]

Jeśli \( a\neq b\), to
\( \frac{ \partial f}{ \partial x} =2xe^{-x^2-y^2}(a-ax^2-by^2), \quad \frac{ \partial f}{ \partial y} =2ye^{-x^2-y^2}(b-ax^2-by^2)\\
\begin{cases} \frac{ \partial f}{ \partial x}=0\\ \frac{ \partial f}{ \partial y}=0\end{cases} \iff \begin{cases} x(a-ax^2-by^2)=0 \\ y(b-ax^2-by^2)=0\end{cases} \iff \\ \iff \begin{cases} x=0\\y=0\end{cases} \vee \begin{cases}x=0\\b-by^2=0 \end{cases} \vee \begin{cases} y=0\\a-ax^2=0\end{cases} \vee \begin{cases} a=ax^2+by^2\\b=ax^2+by^2 \end{cases} \)
Ostatnia opcja odpada, bo przecież \(a\neq b\).
Wobec tego punkty krytyczne, to \((0,0), (0,1), (0,-1), (1,0), (-1,0)\).

Teraz drugie pochodne i ich wartość w tych 5 punktach. Potem wyznaczniki i ... voilà.

Coś powinieneś zrobić samodzielnie.

Te pochodne nie będą ładne, ale punkty krytyczne załatwią sprawę.

[panb]

Podam jeszcze postać tych pochodnych, żebyś miał pewność, że ok.

\( \frac{ \partial^2 f}{ \partial x^2 }= 2ae^{-x^2-y^2}-8ax^2e^{-x^2-y^2}-2(ax^2+by^2)e^{-x^2-y^2}+4x^2(ax^2+by^2)e^{-x^2-y^2}\\
\frac{ \partial^2 f}{ \partial y^2 } = 2be^{-x^2-y^2}-8by^2e^{-x^2-y^2}-2e^{-x^2-y^2}(ax^2+by^2)+4y^2e^{-x^2-y^2}(ax^2+by^2)\\
\frac{ \partial^2 f}{ \partial x \partial y } =-4axye^{-x^2-y^2}-4bxye^{-x^2-y^2}+4xy(ax^2+by^2)e^{-x^2-y^2} \)

[kubek1912]

Dzięki wielkie za pomoc, wiele mi to rozjaśniło. Teraz już raczej sobie poradzę.

[Jerry]

Uzyskałeś istotną pomoc - jest taki click... podziękuj!