Niech \( \displaystyle X,Y, Z \) będą przestrzeniami Banacha i niech \( \displaystyle U\subset X\times Y \) będzie zbiorem otwartym. Rozważmy funkcję
\( \displaystyle F: X\times Y\supset U\ni (x,y)\mapsto F(x,y)\in Z \)
oraz jej poziomicę zerową tj. zbiór
\( \displaystyle \{F=0\}=\{(x,y)\in U: F(x,y)=0\}. \)
Ustalmy pewien punkt \( \displaystyle P=(a,b)\in \{F=0\} \), \( \displaystyle a\in X \), \( \displaystyle b\in Y \), na tej poziomicy.
Definicja 9.1.
Mówimy, że punkt \( \displaystyle P\in \{F=0\} \) jest punktem regularnym zbioru \( \displaystyle \{F=0\} \), jeśli różniczka \( \displaystyle d_P F \) jest suriekcją przestrzeni \( \displaystyle X\times Y \) na przestrzeń \( \displaystyle Z \). Punkt poziomicy \( \displaystyle \{F=0\} \), który nie jest regularny, będziemy nazywać punktem nieregularnym tej poziomicy.
Przypomnijmy fakt z algebry liniowej:
Uwaga 9.2.
W przypadku przestrzeni o skończonym wymiarze \( \displaystyle X=\mathbb{R}^n \), \( \displaystyle Y=\mathbb{R}^m \) odwzorowanie liniowe \( \displaystyle L:X\times Y\mapsto Y \) jest suriekcją wtedy i tylko wtedy, gdy rząd (macierzy) odwzorowania \( \displaystyle L \) jest maksymalny, tj. równy \( \displaystyle m \).
Przykład 9.3.
Niech \( \displaystyle X=Y=\mathbb{R} \). Rozważmy \( \displaystyle F(x,y)=x^2+y^2-1 \) i poziomicę zerową tej funkcji
\( \displaystyle \{F=0\}=\{x^2+y^2=1\}, \)
czyli okrąg o środku w punkcie \( \displaystyle (0,0) \) i promieniu jednostkowym. Różniczka
\( \displaystyle \begin{align*} d_{(x_0, y_0)}F & =\frac{\partial F}{\partial x}(x_0, y)dx+\frac{\partial F}{\partial y}(x_0, y)dy \\ & =2x_0 dx+2y_0 dy\end{align*} \)
w dowolnym punkcie \( \displaystyle (x_0, y_0)\in\{F=0\} \) ma rząd maksymalny. Rząd różniczki \( \displaystyle d_{(x_0, y_0)}F \) nie jest maksymalny tylko w punkcie, w którym obie pochodne cząstkowe \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial x} \), \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial y} \) zerują się, czyli gdy
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} 2x_0=0 \\ 2y_0=0,\end{align*}\right. \)
ale punkt \( \displaystyle (0,0) \) nie leży na okręgu \( \displaystyle \{F=0\} \).
Przykład 9.4.
Niech \( \displaystyle X=Y=\mathbb{R} \) i niech \( \displaystyle F(x,y)=x^3+y^3-3xy \). Pamiętamy, że poziomicą zerową tej funkcji
\( \displaystyle \{F=0\}=\{x^3+y^3=3xy\} \)
jest krzywa, którą nazywamy liściem Kartezjusza. Zauważmy, że różniczka
\( \displaystyle d_{(x_0, y_0)}F=3(x_0^2-y_0)dx+3(y_0^2-x_0)dy \)
nie ma maksymalnego rzędu, gdy
\( \displaystyle \left\{\begin{align*}x_0^2-y_0=0 \\ y_0^2-x_0=0,\end{align*}\right. \)
czyli w punktach \( \displaystyle (0,0) \) i \( \displaystyle (1, 1) \). Stąd punkt \( \displaystyle (0,0) \) jest punktem nieregularnym
liścia Kartezjusza. Drugi punkt \( \displaystyle (1,1) \) nie leży na poziomicy \( \displaystyle \{F=0\} \).
Przykład 9.5.
Niech \( \displaystyle X=Y=\mathbb{R} \) i niech \( \displaystyle F(x,y)=(x^2+y^2)^2-2(x^2-y^2) \). Poziomicę zerową tej funkcji już także poznaliśmy. Krzywą
\( \displaystyle \{F=0\}=\{(x^2+y^2)^2=2(x^2-y^2)\} \)
nazywamy lemniskatą Bernoullego. Różniczka
\( \displaystyle \begin{align*} d_{(x_0,y_0)}F & =(2(x_0^2+y_0^2)2x_0-4x_0)dx+(2(x_0^2+y_0^2)2y_0+4y_0)dy \\ & =4x_0(x_0^2+y_0^2-1)dx+4y_0(x_0^2+y_0^2+1)dy\end{align*} \)
nie ma maksymalnego rzędu tylko wtedy, gdy
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} x_0(x_0^2+y_0^2-1)=0 \\ y_0(x_0^2+y_0^2+1)=0,\end{align*}\right. \)
czyli w trzech punktach \( \displaystyle (0,0) \), \( \displaystyle (-1, 0) \) i \( \displaystyle (1,0) \), spośród których tylko pierwszy \( \displaystyle (0,0) \) leży na lemniskacie Bernoullego. Nie jest więc jej punktem regularnym.
Przykład 9.6.
Poziomicą zerową funkcji
\( \displaystyle F:\mathbb{R}^3\ni(x,y,z)\mapsto F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-1\in\mathbb{R} \)
jest sfera o środku w początku układu współrzędnych \( \displaystyle (0,0,0) \) i promieniu jednostkowym:
\( \displaystyle \{F=0\}=\{(x,y,z): x^2+y^2+z^2=1\}. \)
Różniczka odwzorowania \( \displaystyle F \) dana wzorem
\( \displaystyle \begin{align*} d_{(x,y,z)}F & =\frac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)dx+\frac{\partial F}{\partial y}(x,y,z)dy+\frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)dz \\ & = 2xdx+2ydy+2zdz\end{align*} \)
jest odwzorowaniem liniowym i ciągłym z \( \displaystyle \mathbb{R}^3 \) do \( \displaystyle \mathbb{R} \) i ma rząd maksymalny (równy 1) we wszystkich punktach \( \displaystyle \mathbb{R}^3 \) poza początkiem układu współrzędnych \( \displaystyle (0,0,0) \), w którym rząd ten wynosi zero. Punkt \( \displaystyle (0,0,0) \) nie należy jednak do sfery \( \displaystyle \{F=0\} \), stąd każdy jej punkt jest regularny.
Przykład 9.7.
Niech \( \displaystyle F:\mathbb{R}^3\ni (x,y,z)\mapsto F(x,y,z)=(x^2+z^2-1, y^2+z^2-1)\in \mathbb{R}^2 \). Wówczas poziomicą zerową funkcji \( \displaystyle F \) jest zbiór
\( \displaystyle \{F=0\}=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3, x^2+z^2=1, y^2+z^2=1\}, \)
który powstaje z przecięcia walca \( \displaystyle x^2+z^2=1 \) o osi obrotu \( \displaystyle OY \) z walcem \( \displaystyle y^2+z^2=1 \) o osi obrotu \( \displaystyle OX \). Zauważmy, że różniczka
\( \displaystyle d_{(x,y,z)} F=(2x dx+0dy+2z dz, 0dx+2ydy+2zdz) \)
jest odwzorowaniem liniowym i ciągłym z \( \displaystyle \mathbb{R}^3 \) do \( \displaystyle \mathbb{R}^2 \). Jest więc maksymalnego rzędu, gdy rząd macierzy jej współczynników
\( \displaystyle A=\left[\begin{array}{rrr} 2x & 0 & 2z \\ 0 & 2y & 2z \end{array} \right] \)
wynosi 2. Zauważmy, że rząd macierzy \( \displaystyle A \) wynosi zero, gdy \( \displaystyle x=y=z=0 \) (punkt \( \displaystyle (0,0,0) \) nie należy do poziomicy zerowej \( \displaystyle \{F=0\} \)). Z kolei, rząd tej macierzy wynosi jeden, gdy
\( \displaystyle \begin{align*} & & x=y=0, z\neq0 \\ & \text{lub} & \\ & & x=z=0, y\neq0 \\ & \text{lub} & \\ & & y=z=0,x\neq0,\end{align*} \)
co ma miejsce w dwóch punktach poziomicy \( \displaystyle \{F=0\} \), a mianowicie w punktach \( \displaystyle (0,0, 1) \) oraz \( \displaystyle (0,0, -1) \). Są to jedyne punkty poziomicy, które nie są regularne, gdyż rząd różniczki \( \displaystyle d_{(x, y, z)} F \) w pozostałych punktach poziomicy jest maksymalny (tj. wynosi \( \displaystyle 2 \)).
Przykład 9.8.
Niech \( \displaystyle F: \mathbb{R}^3\ni (x,y,z)\mapsto F(x,y,z)=(x^2+y^2+z^2)^2-3xyz\in \mathbb{R}. \) Poziomicą zerową tej funkcji jest powierzchnia o równaniu
\( \displaystyle \{(x,y,z)=\{(x, y,z)\in \mathbb{R}^3: (x^2+y^2+z^2)^2=3xyz\}. \)
Różniczka \( \displaystyle d_{(x, y, z)} F=\frac{\partial F}{\partial x}dx+\frac{\partial F}{\partial y}dy+\frac{\partial F}{\partial z}dz \) jest odwzorowaniem liniowym i ciągłym z \( \displaystyle \mathbb{R}^3 \) do \( \displaystyle \mathbb{R} \), nie ma więc rzędu maksymalnego w punktach \( \displaystyle (x, y, z) \), w których rząd różniczki jest niższy niż jeden, czyli w punktach, w których zerują się wszystkie trzy pochodne cząstkowe \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}=0, \frac{\partial F}{\partial y}=0, \frac{\partial F}{\partial z}=0 \), tzn. gdy
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} 4x(x^2+y^2+z^2)=3yz \\ 4y(x^2+y^2+z^2)=3xz \\ 4z(x^2+y^2+z^2)=3xy.\end{align*}\right . \)
Układ ten spełnia punkt o współrzędnych \( \displaystyle (0,0,0) \), a także punkty o współrzędnych \( \displaystyle (x,y,z) \), które spełniają układ
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} x^2 & =y^2 \\ y^2 & =z^2 \\ z^2 & =x^2,\end{align*}\right. \)
czyli \( \displaystyle |x|=|y|=|z| \). Spośród punktów poziomicy \( \displaystyle \{F=0\} \) warunek ten spełniają poza punktem \( \displaystyle (0,0,0) \) także punkty \( \displaystyle (a,a,a) \), \( \displaystyle (-a,-a,a) \), \( \displaystyle (-a,a,-a) \), \( \displaystyle (a,-a,-a) \), gdzie \( \displaystyle a=\frac{1}{3} \). Poza wskazanymi pięcioma punktami poziomicy \( \displaystyle \{F=0\} \) pozostałe punkty są regularne, gdyż różniczka odwzorowania \( \displaystyle F \) ma w nich rząd maksymalny (równy \( \displaystyle 1 \)).
Poziomica zerowa funkcji \( \displaystyle f(x,y,z)=(x^2+y^2+z^2)^2-3xyz \)
Niech \( \displaystyle X \), \( \displaystyle Y \) będą przestrzeniami Banacha i niech \( \displaystyle F: U\mapsto Y \) będzie funkcją różniczkowalną w zbiorze otwartym \( \displaystyle U\subset X\times Y \). Niech \( \displaystyle (a,b)\in\{F=0\} \) będzie punktem poziomicy zerowej funkcji \( \displaystyle F \), gdzie \( \displaystyle a\in X, b\in Y \). Powstaje naturalne pytanie o warunki, przy których poziomicę \( \displaystyle \{F=0\} \) w otoczeniu punktu \( \displaystyle (a,b) \) można przedstawić jako wykres pewnej funkcji \( \displaystyle f: X\mapsto Y \) takiej, że \( \displaystyle F(x, f(x))=0 \) w pewnym otoczeniu otwartym punktu \( \displaystyle a\in X \).
Rozważmy dwa proste przykłady.
Przykład 9.9.
Niech \( \displaystyle (a,b) \) będzie punktem okręgu \( \displaystyle x^2+y^2=1 \), który stanowi poziomicę zerową funkcji
\( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \ni (x,y)\mapsto F(x,y)=x^2+y^2-1\in\mathbb{R}. \)
Jeśli \( \displaystyle b>0 \), to w otoczeniu punktu \( \displaystyle a\in (-1,1) \) można określić funkcję
\( \displaystyle f_1: x\mapsto f_1(x)=\sqrt{1-x^2} \)
taką, że
\( \displaystyle F(x,f_1(x))=x^2+(\sqrt{1-x^2})^2-1=0 \ \text{ oraz } \ f_1(a)=b. \)
Z kolei, jeśli \( \displaystyle b < 0 \), to w otoczeniu punktu \( \displaystyle a\in (-1,1) \) znajdziemy funkcję
\( \displaystyle f_2: x\mapsto f_2(x)=-\sqrt{1-x^2} \)
taką, że
\( \displaystyle F(x, f_2(x))=x^2+(-\sqrt{1-x^2})^2-1=0 \ \text{ oraz } \ f_2(a)=b. \)
Jedynymi punktami \( \displaystyle (a,b) \) okręgu \( \displaystyle x^2+y^2=1 \), w otoczeniu których nie znajdziemy funkcji \( \displaystyle f: x\mapsto f(x) \) takiej, że \( \displaystyle f(a)=b \) i \( \displaystyle F(x, f(x))=0 \), są punkty \( \displaystyle (-1,0) \) oraz
\( \displaystyle (1,0) \). Zauważmy, że w punktach tych zeruje się pochodna cząstkowa \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial y} \).
Przykład 9.10.
Niech \( \displaystyle a=(a_1,a_2)\in \mathbb{R}^2 \), \( \displaystyle b\in \mathbb{R} \). Niech \( \displaystyle (a,b)\in \mathbb{R}^3 \) będzie punktem sfery \( \displaystyle x_1^2+x_2^2+z^2=1 \), która stanowi poziomicę zerową funkcji \( \displaystyle F(x_1, x_2 , z)=x_1^2+x_2^2+z^2-1 \). Jeśli \( \displaystyle b>0 \), to w otoczeniu punktu \( \displaystyle a=(a_1, a_2) \) wewnątrz okręgu \( \displaystyle x_1^2+x_2^2 < 1 \) można określić funkcję
\( \displaystyle f_1: (x_1, x_2)\mapsto f_1(x_1,x_2)=\sqrt{1-x_1^2-x_2^2} \)
taką, że
\( \displaystyle F(x_1, x_2, f_1(x_1,x_2))=x_1^2+x_2^2 +\big(\sqrt{1-x_1^2-x_2^2}\big)^2-1=0 \ \text{ oraz } \ f_1(a)=b. \)
Z kolei, jeśli \( \displaystyle b < 0 \) znajdziemy funkcję
\( \displaystyle f_2: (x_1, x_2)\mapsto f_1(x_1, x_2)=-\sqrt{1-x_1^2-x_2^2} \)
taką, że
\( \displaystyle F(x_1, x_2, f_2(x_1, x_2))=x_1^2+x_2^2+\big(-\sqrt{1-x_1^2-x_2^2}\big)^2-1=0\ \text{ oraz } \ f_2(a)=b. \)
Jedynymi punktami \( \displaystyle (a,b) \) sfery \( \displaystyle x_1^2+x_2^2+z^2=1 \), w otoczeniu których nie znajdziemy funkcji \( \displaystyle f: (x_1, x_2)\mapsto f(x_1, x_2) \) takiej, że \( \displaystyle f(a)=b \) i \( \displaystyle F(x_1, x_2, f(x_1,x_2))=0 \), są punkty okręgu \( \displaystyle x_1^2+x_2^2=1 \) zawartego w płaszczyźnie \( \displaystyle z=0 \). Zauważmy, że w punktach tych zeruje się pochodna cząstkowa \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}=2z \).
Uogólnijmy to spostrzeżenie, formułując
Twierdzenie 9.11.[twierdzenie o funkcji uwikłanej]
Niech \( \displaystyle F:U\mapsto Y \) będzie funkcją różniczkowalną o ciągłej różniczce na zbiorze otwartym \( \displaystyle U\subset X\times Y \). Niech \( \displaystyle (a,b)\in \{F=0\} \) (gdzie \( \displaystyle a\in X, b\in Y \)) będzie punktem poziomicy zerowej funkcji \( \displaystyle F \) takim, że zacieśnienie różniczki \( \displaystyle d_{(a,b)}F_{|Y} \) do podprzestrzeni \( \displaystyle Y\subset X\times Y \) jest izomorfizmem. Wówczas
1) istnieje pewne otoczenie otwarte \( \displaystyle V\subset X \) punktu \( \displaystyle a \) oraz istnieje dokładnie jedna funkcja określona w tym otoczeniu \( \displaystyle f:V\mapsto Y \) taka, że \( \displaystyle f(a)=b \) oraz \( \displaystyle F(x, f(x))=0 \) dla dowolnego \( \displaystyle x\in V \). Ponadto
2) funkcja \( \displaystyle f \) jest różniczkowalna i ma ciągłą różniczkę w zbiorze \( \displaystyle V \) daną wzorem
\( \displaystyle d_x f=-\big(d_{(x,y)}F_{|Y} \big)^{-1}\circ \big(d_{(x,y)}F_{|X}\big), \)
gdzie \( \displaystyle y=f(x) \), natomiast
\( \displaystyle d_{(x,y)}F_{|X} \) oznacza zacieśnienie różniczki \( \displaystyle d_{(x,y)}F \) do podprzestrzeni \( \displaystyle X\subset X\times Y \) a \( \displaystyle (d_{(x,y)}F_{|Y})^{-1} \) jest izomorfizmem odwrotnym do zacieśnienia różniczki \( \displaystyle d_{(x,y)}F_{|Y} \).
Dowód 9.11.
[Szkic] Pominiemy dowód istnienia funkcji \( \displaystyle f \). Wyprowadzimy jednak wzór, który określa jej różniczkę, w trzech przypadkach najczęściej spotykanych w konkretnych zastosowaniach. Przypomnijmy wpierw jednak, że
Uwaga 9.12.
Jeśli \( \displaystyle Y=\mathbb{R}^n \), to odwzorowanie liniowe \( \displaystyle L:Y\mapsto Y \) jest izomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy wyznacznik tego odwzorowania jest różny od zera, tj. \( \displaystyle \det L\neq 0 \).
Przypadek I. Niech \( \displaystyle X=Y=\mathbb{R} \) i niech \( \displaystyle F: \mathbb{R}^2\ni(x,y)\mapsto F(x,y)\in \mathbb{R}. \) Jeśli funkcja \( \displaystyle f:\mathbb{R}\mapsto \mathbb{R} \) spełnia równanie \( \displaystyle F(x, f(x))=0 \), to przy założeniu, że jest różniczkowalna, na mocy twierdzenia o różniczce złożenia funkcji otrzymamy równość
\( \displaystyle 0=\frac{d}{dx}F(x, f(x))=\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)+\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)\frac{df}{dx}(x), \text{ gdzie } y=f(x). \)
Stąd
\( \displaystyle -\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial,F}{\partial y}(x,y)\frac{df}{dx}(x). \)
Z założenia zacieśnienie różniczki \( \displaystyle d_{(x,y)}F_{|Y} \) jest izomorfizmem przestrzeni \( \displaystyle \mathbb{R} \) do \( \displaystyle \mathbb{R} \), co oznacza w tym przypadku, że pochodna cząstkowa \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}\neq 0 \). Stąd pochodna funkcji uwikłanej wyraża się wzorem
\( \displaystyle \frac{df}{dx}(x)=-\left(\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)\right)^{-1}\frac{\partial F}{\partial x}(x,y), \text{ gdzie } y=f(x). \)
Przypadek II. Niech \( \displaystyle F: \mathbb{R}^3\ni(x_1, x_2, y)\mapsto F(x_1, x_2, y)\in \mathbb{R}. \) Jeśli funkcja \( \displaystyle f:\mathbb{R}^2 \mapsto \mathbb{R} \) spełnia równanie \( \displaystyle F(x_1, x_2, f(x_1,x_2))=0 \), to przy założeniu, że jest różniczkowalna, na mocy twierdzenia o różniczce złożenia funkcji otrzymamy równość prawdziwą w punktach \( \displaystyle (x_1, x_2, y) \) poziomicy \( \displaystyle \{F=0\} \)
\( \begin{array}{lll}\displaystyle 0=\frac{\partial }{\partial x_1}F\big(x_1, x_2, f(x_1, x_2)\big) & = & \displaystyle \frac{\partial F}{\partial x_1}\frac{\partial x_1}{\partial x_1}+\frac{\partial F}{\partial x_2}\frac{\partial x_2}{\partial x_1}+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x_1} \\ & = & \displaystyle \frac{\partial F}{\partial x_1}+0+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x_1} \end{array} \)
oraz
\( \begin{array}{lll}\displaystyle 0=\frac{\partial }{\partial x_2}F\big(x_1, x_2, f(x_1, x_2)\big) & = & \displaystyle \frac{\partial F}{\partial x_1}\frac{\partial x_1}{\partial x_2}+\frac{\partial F}{\partial x_2}\frac{\partial x_2}{\partial x_2}+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x_2} \\ & = & \displaystyle 0+\frac{\partial F}{\partial x_2}+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x_2} \end{array} \)
Izomorficzność zawężenia różniczki \( \displaystyle d_{(x_1, x_2, y)}F_{|Y} \) również w tym przypadku oznacza po prostu, że pochodna cząstkowa \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_1, x_2, y)\neq 0 \). Wówczas z powyższych równości dostajemy
\( \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_1}(x_1, x_2)=-\left(\frac{\partial F}{\partial y}(x_1, x_2, y)\right)^{-1}\frac{\partial F}{\partial x_1}(x_1, x_2, y) \)
oraz
\( \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_2}(x_1, x_2)=-\left(\frac{\partial F}{\partial y}(x_1, x_2, y)\right)^{-1}\frac{\partial F}{\partial x_2}(x_1, x_2, y), \)
gdzie \( \displaystyle y=f(x_1, x_2) \). Pomijając argument w zapisie pochodnych cząstkowych, można te wzory podać w skróconej formie (łatwiejszej do zapamiętania):
\( \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_1}=-\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)^{-1}\frac{\partial F}{\partial x_1} \)
oraz
\( \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_2}=-\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)^{-1}\frac{\partial F}{\partial x_2}. \)
Przypadek III. Niech \( \displaystyle X=\mathbb{R} \), \( \displaystyle Y=\mathbb{R}^2 \) i niech
\( \displaystyle F: \mathbb{R}\times \mathbb{R}^2 \ni (x, y_1, y_2)\mapsto F(x, y_1, y_2)=(F_1(x, y_1, y_2), F_2(x, y_1, y_2))\in \mathbb{R}^2. \)
Załóżmy, że istnieje funkcja różniczkowalna
\( \displaystyle f: \mathbb{R}\ni x\mapsto (f_1(x), f_2(x))\in\mathbb{R}^2 \)
taka, że
\( \displaystyle 0=F(x,f(x))=\left(F_1\big(x, f_1(x), f_2(x)\big), \ F_2\big(x, f_1(x), f_2(x)\big)\right), \)
to znaczy
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} 0 & =F_1(x, f_1(x), f_2 (x)) \\ 0 & =F_1(x, f_1(x), f_2 (x)).\end{align*} \right. \)
Stąd - korzystając z twierdzenia o różniczkowaniu złożenia funkcji - dostajemy
\( \displaystyle \begin{align*} 0=\frac{d}{dx}F_1(x, f_1(x), f_2 (x)) & =\frac{\partial F_1}{\partial x}\frac{dx}{dx}+\frac{\partial F_1}{\partial y_1}\frac{df_1}{dx}+\frac{\partial F_1}{\partial y_2}\frac{df_2}{dx} \\ & = \frac{\partial F_1}{\partial x}+\frac{\partial F_1}{\partial y_1}f_1'+\frac{\partial F_1}{\partial y_2}f_2'\end{align*} \)
oraz
\( \displaystyle \begin{align*} 0=\frac{d}{dx}F_2(x, f_1(x), f_2 (x)) & =\frac{\partial F_2}{\partial x}\frac{dx}{dx}+\frac{\partial F_2}{\partial y_1}\frac{df_1}{dx}+\frac{\partial F_2}{\partial y_2}\frac{df_2}{dx} \\ & = \frac{\partial F_2}{\partial x}+\frac{\partial F_2}{\partial y_1}f_1'+\frac{\partial F_2}{\partial y_2}f_2'.\end{align*} \)
Otrzymujemy układ dwóch równań z niewiadomymi \( \displaystyle f_1' \), \( \displaystyle f_2' \), które są pochodnymi składowych funkcji uwikłanej \( \displaystyle f=(f_1, f_2) \):
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} -\frac{\partial F_1}{\partial x}=\frac{\partial F_1}{\partial y_1}f_1'+\frac{\partial F_1}{\partial y_2}f_2' \\ -\frac{\partial F_2}{\partial x}=\frac{\partial F_2}{\partial y_1}f_1'+\frac{\partial F_2}{\partial y_2}f_2' \end{align*}\right. \)
Zapiszmy ten układ w formie macierzowej
\( \displaystyle \displaystyle -\left[\begin{array}{r}\displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial x} \\ \\ \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial x}\end{array}\right ] =\left[ \begin{array}{rr}\displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial y_1} & \displaystyle\frac{\partial F_1}{\partial y_2} \\ & \\ \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial y_1} & \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial y_2}\end{array} \right] \left[\begin{array}{r} f_1' \\ f_2 '\end{array}\right ]. \)
W rozważanym przypadku założenie o izomorficzności zacieśnienia różniczki \( \displaystyle d_{(x,y)}F \) do podprzestrzeni \( \displaystyle Y\subset X\times Y \) oznacza po prostu fakt, że macierz pochodnych cząstkowych, która reprezentuje \( \displaystyle d_{(x,y)F_{|Y}} \):
\( \displaystyle \left[ \begin{array}{rr}\displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial y_1} & \displaystyle\frac{\partial F_1}{\partial y_2} \\ & \\ \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial y_1} & \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial y_2}\end{array} \right] \)
jest nieosobliwa, tj. jej wyznacznik jest różny od zera. Z kolei macierz kolumnowa
\( \displaystyle \left[\begin{array}{r}\displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial x} \\ \\ \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial x}\end{array}\right ] \)
reprezentuje zacieśnienie różniczki \( \displaystyle d_{(x,y)}F \) do podprzestrzeni \( \displaystyle X\subset X\times Y \). Macierz niewiadomych \( \displaystyle f_1' \), \( \displaystyle f_2' \):
\( \displaystyle \left[\begin{array}{r} f_1' \\ f_2'\end{array} \right] \)
reprezentuje różniczkę \( \displaystyle d_x f \) funkcji uwikłanej \( \displaystyle f=(f_1, f_2) \). Stąd układ równań z niewiadomymi \( \displaystyle f_1' \), \( \displaystyle f_2' \) przedstawia równanie
\( \displaystyle -d_{(x,y)}F_{|X}=d_{(x,y)}F_{|Y}\circ d_x f, \ \ \ \ \ \text{ gdzie }y=f(x), \)
w którym niewiadomą jest różniczka \( \displaystyle d_x f \). Izomorficzność zacieśnienia \( \displaystyle d_{(x,y)}F_{|Y} \) gwarantuje istnienie odwzorowania odwrotnego \( \displaystyle (d_{(x,y)}F_{|Y})^{-1} \), dzięki czemu otrzymujemy
\( \displaystyle d_xf=-(d_{(x,y)}F_{|Y})^{-1}\circ d_{(x,y)}F_{|X}. \)
W języku algebry nieosobliwość macierzy
\( \displaystyle \left[\begin{array}{rr}\displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial y_1} & \displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial y_2} \\ & \\ \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial y_1} & \displaystyle\frac{\partial F_2}{\partial y_2}\end{array} \right] \)
gwarantuje istnienie macierzy do niej odwrotnej. Stąd rozwiązaniem równania
\( \displaystyle \displaystyle-\left[\begin{array}{r}\displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial x} \\ \\ \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial x}\end{array} \right] =\left[ \begin{array}{rr}\displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial y_1} & \displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial y_2} \\ & \\ \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial y_1} & \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial y_2}\end{array}\right ] \left [\begin{array}{r} f_1' \\ f_2 '\end{array} \right] \)
jest
\( \displaystyle \displaystyle\left[\begin{array}{r} f_1' \\ f_2 '\end{array} \right] =-\left(\left[ \begin{array} {rr}\displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial y_1} & \displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial y_2} \\ & \\ \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial y_1} & \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial y_2}\end{array} \right]\right)^{-1} \left[\begin{array}{r} \displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial x} \\ \\ \displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial x}\end{array}\right ] \)
lub równoważnie:
\( \displaystyle d_x f=-(d_{(x,y)}F_{|Y})^{-1}\circ d_{(x,y)}F_{|X}. \)
Niech \( \displaystyle X=\mathbb{R}^n, Y=\mathbb{R} \) i niech
\( \displaystyle F: X\times \mathbb{R}\ni (x_1, x_2,\dots, x_n, y)\mapsto F(x_1, x_2, \dots, x_n, y)\in \mathbb{R} \)
będzie funkcją określoną w pewnym zbiorze otwartym \( \displaystyle U\subset X\times \mathbb{R} \).
Zauważmy, że do wyznaczenia różniczki funkcji \( \displaystyle f \) uwikłanej równaniem \( \displaystyle F(x, f(x))=0 \) nie potrzebujemy znać jawnej postaci funkcji \( \displaystyle f \). Co więcej, potrafimy wyznaczyć punkty, w których funkcja \( \displaystyle f \) może osiągać ekstrema, korzystając ze znanego warunku koniecznego istnienia ekstremum.
Twierdzenie 9.13.[warunek konieczny istnienia ekstremum funkcji uwikłanej]
Jeśli funkcja \( \displaystyle f \) uwikłana równaniem \( \displaystyle F(x,f(x))=0 \) osiąga ekstremum w pewnym punkcie \( \displaystyle a\in X \) takim, że pochodna cząstkowa \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(a, f(a))\neq 0 \), to w punkcie \( \displaystyle (a, f(a)) \) zerują się pochodne cząstkowe funkcji \( \displaystyle F \) po zmiennych \( \displaystyle x_1, x_2, \dots, x_n \), tzn.
\( \displaystyle \displaystyle \in\{1,2,\dots, n\} \ \ \frac{\partial F}{\partial x_i}(a,f(a))=0. \)
Dowód
Warunek ten jest konsekwencją wzoru na różniczkę funkcji \( \displaystyle f \), który stanowi tezę twierdzenia o funkcji uwikłanej. Ponieważ zachodzi równość
\( \displaystyle \displaystyle d_x f=-(d_{(x,y)}F_{|Y})^{-1}_{(x,y)}F_{|X}, \)
to wobec izomorficzności \( \displaystyle d_{(x,y)}F_{|Y} \) która w tym przypadku jest równoważna stwierdzeniu, że \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x, y)\neq 0 \)) różniczka \( \displaystyle d_a f \) zeruje się wtedy i tylko wtedy, gdy \( \displaystyle d_{(a,f(a))}F_{|X}=0 \). Warunek ten jest z kolei równoważny zerowaniu się w punkcie \( \displaystyle (a, f(a)) \) pochodnych cząstkowych funkcji \( \displaystyle F \) po zmiennych \( \displaystyle x_1, x_2, \dots, x_n \), czyli
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} & \frac{\partial F}{\partial x_1}(a, f(a))=0 \\ & \frac{\partial F}{\partial x_2}(a, f(a))=0 \\ & \vdots \\ & \frac{\partial F}{\partial x_n}(a, f(a))=0.\end{align*} \right. \)
Wyznaczymy również drugą różniczkę funkcji uwikłanej \( \displaystyle f \), aby z jej określoności wywnioskować, czy funkcja \( \displaystyle f \) osiąga maksimum, minimum, czy też w ogóle nie osiąga ekstremum w punktach, które spełniają warunek konieczny istnienia ekstremum.
Rozważmy dwa najczęściej spotykane przypadki:
Przypadek I. Niech \( \displaystyle F:\mathbb{R}^2\mapsto \mathbb{R} \) będzie funkcją dwukrotnie różniczkowalną. Rozważmy funkcję \( \displaystyle f \) uwikłaną równaniem \( \displaystyle F(x, f(x))=0 \). Różniczkując tę równość po zmiennej \( \displaystyle x \), otrzymamy (na podstawie twierdzenia o różniczkowaniu złożenia) równość
\( \displaystyle 0=\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}f'. \)
Różniczkując względem zmiennej \( \displaystyle x \) powtórnie obie strony powyższej nierówności, otrzymamy
\( \displaystyle \begin{align*} 0=\frac{d}{dx}\bigg(\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}f'\bigg) & =\frac{d}{dx}\bigg(\frac{\partial F}{\partial x}\bigg)+\frac{d}{dx}\bigg(\frac{\partial F}{\partial y}f'\bigg) \\ & = \frac{d}{dx}\bigg(\frac{\partial F}{\partial x}\bigg)+\frac{d}{dx}\bigg(\frac{\partial F}{\partial y}\bigg)f'+\frac{\partial F}{\partial y}f'' \\ & =\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 F}{\partial y\partial x}f'+\bigg(\frac{\partial^2 F}{\partial x\partial y}+\frac{\partial^2 F}{\partial y^2}f'\bigg)f'+\frac{\partial F}{\partial y}f''.\end{align*} \)
Otrzymane wyrażenie znacznie upraszcza się w punkcie \( \displaystyle x_0 \), w którym \( \displaystyle f'(x_0)=0 \). Otrzymamy wówczas równość
\( \displaystyle 0=\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}(x_0, y_0)+\frac{\partial F}{\partial y}(x_0, y_0)f''(x_0), \)
z której - wobec założenia, że \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_0, y_0)\neq 0 \) - otrzymamy
\( \displaystyle f''(x_0)=-\left(\frac{\partial F}{\partial y}(x_0, y_0)\right)^{-1}\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}(x_0, y_0), \)
gdzie \( \displaystyle y_0=f(x_0) \).
Przypadek II. Niech \( \displaystyle f:\mathbb{R}^2\mapsto \mathbb{R} \) będzie funkcją uwikłaną równaniem \( \displaystyle F(x,y, f(x,y))=0 \), gdzie \( \displaystyle F:\mathbb{R}^3\mapsto \mathbb{R} \) jest funkcją dwukrotnie różniczkowalną. Wówczas w punktach poziomicy \( \displaystyle \{F=0\} \) otrzymamy równości zawierające pochodne cząstkowe \( \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x} \) oraz \( \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y} \):
\( \displaystyle 0=\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial x} \)
\( \displaystyle 0=\frac{\partial F}{\partial y}+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial y}. \)
Policzymy pochodną cząstkową \( \displaystyle \frac{\partial }{\partial x} \) po zmiennej \( \displaystyle x \) obu stron pierwszej z tych równości. Ze wzorów na pochodną złożenia funkcji wyznaczymy wpierw:
\( \displaystyle \frac{\partial }{\partial x}\bigg(\frac{\partial F}{\partial x}\bigg)=\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 F}{\partial z\partial x}\frac{\partial f }{\partial x} \)
oraz
\( \displaystyle \frac{\partial }{\partial x}\bigg(\frac{\partial F}{\partial z}\bigg)=\frac{\partial^2 F}{\partial x\partial z}+\frac{\partial^2 F}{\partial z^2}\frac{\partial f}{\partial x}. \)
Wobec tego
\( \displaystyle \begin{align*} 0=\frac{\partial }{\partial x}\bigg(\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial x} \bigg) & =\frac{\partial }{\partial x}\bigg(\frac{\partial F}{\partial x}\bigg)+\frac{\partial }{\partial x}\bigg(\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial x}\bigg) \\ & =\frac{\partial }{\partial x}\bigg(\frac{\partial F}{\partial x}\bigg)+\frac{\partial }{\partial x}\bigg(\frac{\partial F}{\partial z}\bigg)\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} \\ & =\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 F}{\partial z\partial x}\frac{\partial f}{\partial x}+\bigg(\frac{\partial^2 F}{\partial x\partial z}+\frac{\partial^2 F}{\partial z^2}\frac{\partial f}{\partial x} \bigg)\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}.\end{align*} \)
W punkcie \( \displaystyle (x_0, y_0) \), w którym zeruje się różniczka funkcji uwikłanej, mamy \( \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x_0, y_0)=0 \), \( \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0)=0 \), a powyższy wzór upraszcza się i przyjmuje postać:
\( \displaystyle 0=\frac{\partial ^2 F}{\partial x^2}(x_0, y_0, z_0)+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0, y_0, z_0)\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x_0, y_0), \)
gdzie \( \displaystyle z_0=f(x_0, y_0) \). W podobny sposób dostajemy równości zawierające pozostałe pochodne cząstkowe rzędu drugiego funkcji uwikłanej \( \displaystyle f \), które przy założeniu zerowania się różniczki funkcji uwikłanej w punkcie \( \displaystyle (x_0, y_0) \) przyjmują postać:
\( \displaystyle 0=\frac{\partial ^2 F}{\partial x\partial y}(x_0, y_0, z_0)+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0, y_0, z_0)\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x_0, y_0), \)
\( \displaystyle 0=\frac{\partial ^2 F}{\partial y\partial x}(x_0, y_0, z_0)+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0, y_0, z_0)\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x_0, y_0), \)
\( \displaystyle 0=\frac{\partial ^2 F}{\partial y^2}(x_0, y_0, z_0)+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0, y_0, z_0)\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x_0, y_0). \)
Stąd - wobec założenia, że \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x_0, y_0, z_0)\neq 0 \) - otrzymujemy:
\( \displaystyle \left [\begin{align*} & \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x_0, y_0) & \ & \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x_0, y_0) \\ & \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x_0, y_0) \ & \ & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x_0, y_0)\end{align*}\right]=-\left(\frac{\partial F}{\partial z}(x_0, y_0, z_0)\right)^{-1} \left[\begin{align*} & \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}(x_0, y_0, z_0) & \ & \frac{\partial^2 F}{\partial x\partial y}(x_0, y_0, z_0) \\ & \frac{\partial^2 F}{\partial y\partial x}(x_0, y_0, z_0) \ & \ & \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}(x_0, y_0, z_0)\end{align*}\right] \)
W podobny sposób (szczegółowe rachunki pomijamy) można wykazać ogólny wzór wyrażający drugą różniczkę funkcji uwikłanej.
Wniosek 9.14.
Niech \( \displaystyle f: x\mapsto f(x) \), \( \displaystyle x=(x_1, x_2, \dots,x_n) \) będzie funkcją uwikłaną równaniem \( \displaystyle F(x, f(x))=0 \), gdzie \( \displaystyle F: \mathbb{R}^n\times \mathbb{R}\ni (x,y)\mapsto F(x,y)\in \mathbb{R} \) jest funkcją dwukrotnie różniczkowalną w pewnym otoczeniu punktu \( \displaystyle (a,b) \), gdzie \( \displaystyle b=f(a) \). Niech \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\neq 0 \) i niech różniczka \( \displaystyle d_a f=0 \). Wówczas druga różniczka funkcji uwikłanej \( \displaystyle f \) w punkcie \( \displaystyle a \) wynosi
\( \displaystyle d_a^2 f=-\bigg(\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\bigg)^{-1}d_{(a, b)}F_{|X}, \)
czyli
\( \displaystyle \frac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_j}(a)=-\bigg(\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\bigg)^{-1}\frac{\partial^2 F}{\partial x_i \partial x_j}(a,b), \) dla dowolnych \( \displaystyle i, j\in\{1,2,\dots, n\} \).
Przykład 9.15.
Wyznaczmy ekstrema funkcji \( \displaystyle f \) danej w postaci uwikłanej \( \displaystyle F(x,y, f(x,y))=0 \), gdzie
\( \displaystyle F(x,y,z)=(x^2+y^2+z^2)^2 -3 xyz. \)
Obserwacja poziomicy zerowej \( \displaystyle \{F=0\} \) każe przypuszczać, że w otoczeniu czterech punktów tej poziomicy da się wskazać otoczenia ich rzutów na płaszczyznę zmiennych \( \displaystyle (x,y) \) oraz jednoznacznie określone funkcje w tych otoczeniach takie, że dwie z nich będą osiągać maksima, a pozostałe dwie - minima.
Zgodnie z wykazanymi uwagami, aby wyznaczyć punkty ekstremalne funkcji uwikłanej \( \displaystyle f \) szukamy punktów \( \displaystyle (x,y) \), których współrzędne spełniają układ równań:
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} & \frac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)=0 \\ & \frac{\partial F}{\partial y}(x,y,z)=0 \\ & (x,y,z)\in\{F=0\} \end{align*} \right. \text{ czyli } \left\{\begin{align*} & 4x(x^2+y^2+z^2)-3yz=0 \\ & 4y(x^2+y^2+z^2)-3xz=0 \\ & (x^2+y^2+z^2)^2 -3 xyz=0. \end{align*}\right . \)
Możliwość skorzystania z twierdzenia o funkcji uwikłanej (aby mieć gwarancję istnienia funkcji uwikłanej \( \displaystyle f \)) wymaga sprawdzenia założenia:
\( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)=4z(x^2+y^2+z^2)-3xy\neq 0. \)
Nietrudno zauważyć, że początek układu współrzędnych \( \displaystyle (0,0,0) \) spełnia układ równań, ale nie spełnia założenia twierdzenia o funkcji uwikłanej, gdyż \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(0,0,0)=0 \). Obserwacja poziomicy \( \displaystyle \{F=0\} \) wyraźnie pokazuje, że nie ma możliwości jednoznacznego odwikłania funkcji \( \displaystyle (x,y)\mapsto f(x,y) \) z równania \( \displaystyle F(x,y, f(x,y))=0 \) w żadnym otoczeniu punktu \( \displaystyle (0,0,0) \). Ponadto układ spełniają cztery punkty o współrzędnych
\( \displaystyle \begin{align*} & x=y=\frac{3\sqrt{2}}{16}, \ & & z=\frac{3}{8}, \\ & x=y=-\frac{3\sqrt{2}}{16}, \ & & z=\frac{3}{8}, \\ & x=-y=\frac{3\sqrt{2}}{16}, \ & & z=-\frac{3}{8}, \\ & x=-y=-\frac{3\sqrt{2}}{16}, \ & & z=-\frac{3}{8},\end{align*} \) w których spełniony jest warunek \( \displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)\neq 0 \). Na mocy twierdzenia o funkcji uwikłanej w pewnych otoczeniach \( \displaystyle U_1, U_2, U_3, U_4\subset\mathbb{R}^2 \) odpowiednio punktów
\( \displaystyle \begin{align*} & A_1=\big(\frac{3\sqrt{2}}{16}, \frac{3\sqrt{2}}{16}\big), \\ & A_2=\big(-\frac{3\sqrt{2}}{16}, -\frac{3\sqrt{2}}{16}\big), \\ & A_3=\big(-\frac{3\sqrt{2}}{16}, \frac{3\sqrt{2}}{16}\big), \\ & A_4=\big(\frac{3\sqrt{2}}{16}, -\frac{3\sqrt{2}}{16}\big), \end{align*} \)
istnieją jedyne funkcje \( \displaystyle f_1: U_1\mapsto\mathbb{R} \), \( \displaystyle f_2: U_2\mapsto\mathbb{R} \), \( \displaystyle f_3: U_3\mapsto\mathbb{R} \), \( \displaystyle f_4: U_4\mapsto\mathbb{R} \), które spełniają warunek
\( \displaystyle F\big(x, y, f_i(x,y)\big)=0, \text{ gdy } (x,y)\in U_i, \ i\in\{1,2,3,4\} \)
oraz odpowiednio \( \displaystyle f_1(A_1)=f_2(A_2)=\frac{3}{8} \), \( \displaystyle f_3(A_3)=f_4(A_4)=-\frac{3}{8} \). Analiza poziomicy \( \displaystyle \{F=0\} \) (lub określoności drugiej różniczki \( \displaystyle d_{A_i}^2 f, \ i\in\{1,2,3,4\} \)) pozwala stwierdzić, że funkcje \( \displaystyle f_1 \) i \( \displaystyle f_2 \) osiągają w punktach \( \displaystyle A_1 \), \( \displaystyle A_2 \) maksimum, zaś \( \displaystyle f_3 \) i \( \displaystyle f_4 \) osiągają w punktach \( \displaystyle A_3 \), \( \displaystyle A_4 \) minimum.
Dalsze przykłady wyznaczania ekstremów funkcji uwikłanej analizujemy w ramach ćwiczeń.
Dotychczas wyznaczaliśmy ekstrema funkcji określonej w pewnym otwartym podzbiorze \( \displaystyle U \) przestrzeni unormowanej \( \displaystyle X \) (przy czym w praktycznych przykładach zajmowaliśmy się przykładami, gdy \( \displaystyle X=\mathbb{R}^n \), \( \displaystyle n=1,2,3,\dots \)). Równie ważne z praktycznego punktu widzenia są także rozważania polegające na wyznaczaniu ekstremów funkcji \( \displaystyle F:X\mapsto\mathbb{R} \) zacieśnionej do zbioru, który nie jest otwarty w \( \displaystyle X \).
Przykład 9.16.
Wyznaczmy najmniejszą i największą wartość funkcji
\( \displaystyle F(x,y,z)=x -2y +2z \)
na sferze
\( \displaystyle x^2+y^2+z^2=1. \)
Sfera ta jest zbiorem domkniętym i ograniczonym, jest więc zwarta. Stąd na na mocy twierdzenia Weierstassa o osiąganiu kresów przez funkcję ciągłą wnioskujemy, że wielomian \( \displaystyle F(x,y,z)=x -2y +2z \) osiąga na tej sferze zarówno wartość najmniejszą, jak i największą. Nasze dotychczasowe doświadczenie podpowiada nam, że zadanie można by sprowadzić do badania funkcji dwóch zmiennych np. poprzez odwikłanie zmiennej
\( \displaystyle z(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2} \text{ lub } z(x,y)=-\sqrt{1-x^2-y^2} \)
z równania sfery i zbadania funkcji dwóch zmiennych \( \displaystyle (x,y) \) danych w kole \( \displaystyle x^2+y^2 < 1 \) wzorami:
\( \displaystyle f_1: (x,y)\mapsto F\big(x,y,\sqrt{1-x^2-y^2}\big)=x-2y+2\sqrt{1-x^2-y^2}, \)
\( \displaystyle f_2: (x,y)\mapsto F\big(x,y,-\sqrt{1-x^2-y^2}\big)=x-2y-2\sqrt{1-x^2-y^2}. \)
Niezbyt skomplikowane (choć nieco żmudne rachunki) prowadzą do wyznaczenia ekstremów tych funkcji, a co za tym idzie: wartości ekstremalnych funkcji \( \displaystyle F \) na danej sferze.
Podamy jednak pewną metodę, która pozwala wyznaczać ekstremum funkcji \( \displaystyle F: X\mapsto \mathbb{R} \) zacieśnionej do poziomicy zerowej \( \displaystyle \{G=0\} \) pewnej funkcji \( \displaystyle G: X\mapsto Y \) również w przypadku, gdy odwikłanie zmiennej z równania \( \displaystyle G=0 \) nie jest tak proste jak w podanym przykładzie.
Sprecyzujmy jednak wpierw problem.
Niech \( \displaystyle X, Y \) będą przestrzeniami Banacha i niech \( \displaystyle G: X\mapsto Y \), \( \displaystyle F:X\mapsto \mathbb{R} \) będą funkcjami.
Definicja 9.17.
Mówimy, że funkcja \( \displaystyle F \) osiąga ekstremum warunkowe w punkcie \( \displaystyle a \) przy warunku \( \displaystyle a\in \{G=0\} \), jeśli zacieśnienie funkcji \( \displaystyle F \) do poziomicy \( \displaystyle \{G=0\} \) osiąga ekstremum w tym punkcie. Prawdziwe jest następujące twierdzenie, które stanowi podstawę metody mnożników Lagrange'a.
Niech \( \displaystyle X, Y \) będą przestrzeniami Banacha.
Twierdzenie 9.18.
Niech \( \displaystyle F: X\mapsto \mathbb{R} \), \( \displaystyle G: X\mapsto Y \) będą funkcjami różniczkowalnymi w otoczeniu punktu regularnego \( \displaystyle a \) poziomicy \( \displaystyle \{G=0\} \) (co - przypomnijmy - oznacza, że różniczka \( \displaystyle d_a G \) jest suriekcją przestrzeni \( \displaystyle X \) na \( \displaystyle Y \)). Jeśli funkcja \( \displaystyle F \) osiąga ekstremum warunkowe w punkcie regularnym \( \displaystyle a \) poziomicy zerowej funkcji \( \displaystyle G \), to istnieje funkcjonał liniowy i ciągły \( \displaystyle \Lambda: Y\mapsto\mathbb{R} \) taki, że zachodzi równość \( \displaystyle d_a F=\Lambda \circ d_a G \).
Prawdziwe jest również twierdzenie, które na podstawie określoności drugiej różniczki pozwala stwierdzić, czy funkcja \( \displaystyle F \) osiąga minimum, czy maksimum warunkowe w punkcie \( \displaystyle a\in\{G=0\} \).
Twierdzenie 9.19.
Niech \( \displaystyle F: X\mapsto \mathbb{R} \), \( \displaystyle G: X\mapsto Y \) będą funkcjami dwukrotnie różniczkowalnymi w otoczeniu punktu regularnego \( \displaystyle a \) poziomicy \( \displaystyle \{G=0\} \). Jeśli istnieje funkcjonał liniowy i ciągły \( \displaystyle \Lambda: Y\mapsto\mathbb{R} \) taki, że zachodzi równość \( \displaystyle d_a F=\Lambda \circ d_a G \) oraz forma kwadratowa
\( \displaystyle X\ni h\mapsto\big(d^2_a F-\Lambda \circ d_a^2 G \big)(h,h)\in\mathbb{R} \)
jest dodatnio określona (odpowiednio: ujemnie określona) na podprzestrzeni \( \displaystyle X_1:=\{h\in X, d_aG(h)=0\} \) przestrzeni \( \displaystyle X \), to funkcja \( \displaystyle F \) osiąga w punkcie \( \displaystyle a \) minimum (odpowiednio: maksimum) warunkowe.
Definicja 9.20.
Funkcjonał \( \displaystyle \Lambda \), który występuje w wypowiedzi obu powyższych twierdzeń, nazywamy funkcjonałem Lagrange'a.
Dowody obu twierdzeń pomijamy (można je znaleźć np. w podręczniku Krzysztofa Maurina, Analiza. Część I. Elementy, Państwowe Wydawnictwo Naukowe, Warszawa 1977). Podamy jednak interpretację tego twierdzenia w kilku najczęściej spotykanych sytuacjach.
Uwaga 9.21.
Jeśli \( \displaystyle f, g : \mathbb{R}^2\mapsto \mathbb{R} \) są funkcjami różniczkowalymi, problem znalezienia ekstremum warunkowego funkcji \( \displaystyle f \) przy warunku \( \displaystyle \{g=0\} \) sprowadza się do znalezienia punktu \( \displaystyle a \) na poziomicy \( \displaystyle \{g=0\} \) oraz stałej \( \displaystyle \lambda \), która reprezentuje funkcjonał Lagrange'a. Jeśli bowiem ekstremum to jest realizowane, to - zgodnie z podanym twierdzeniem - istnieje funkcjonał liniowy \( \displaystyle \Lambda : \mathbb{R}\mapsto \mathbb{R} \) dany wzorem \( \displaystyle \Lambda (x)=\lambda x \) taki, że różniczka \( \displaystyle d_a f=\lambda d_a g \), o ile punkt \( \displaystyle a \) jest punktem regularnym poziomicy \( \displaystyle \{g=0\} \). Przypomnijmy, że w przypadku, gdy \( \displaystyle g: \mathbb{R}^2\mapsto \mathbb{R} \), punkt \( \displaystyle a \) jest regularny, jeśli rząd różniczki
\( \displaystyle d_a g=\frac{\partial g(a)}{\partial x}dx+\frac{\partial g(a)}{\partial y}dy \)
wynosi 1. Wystarczy więc sprawdzić, czy w punkcie \( \displaystyle a \) różniczka \( \displaystyle d_a g\neq 0 \), czyli czy którakolwiek pochodna cząstkowa \( \displaystyle \frac{\partial g(a)}{\partial x} \) lub \( \displaystyle \frac{\partial g(a)}{\partial y} \) jest różna od zera. Zagadnienie sprowadza się do znalezienia punktów, w których zeruje się różniczka funkcji pomocniczej
\( \displaystyle \Phi(x,y): =f(x,y)-\lambda g(x,y), \)
gdzie stałą \( \displaystyle \lambda \) (nazywaną tradycyjnie mnożnikiem Lagrange'a) wyznaczamy z układu równań
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} d_{(x,y)}\Phi=0 \\ g(x,y)=0\end{align*} \right. \text{ czyli } \left\{\begin{align*} & \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=\lambda \frac{\partial g}{\partial x} \\ & \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}=\lambda \frac{\partial g}{\partial y} \\ & \displaystyle (x,y)=0.\end{align*} \right. \)
Uwaga 9.22.
Jeśli \( \displaystyle f, g : \mathbb{R}^3\mapsto \mathbb{R} \) są funkcjami różniczkowalnymi, problem znalezienia ekstremum warunkowego funkcji \( \displaystyle f \) przy warunku \( \displaystyle \{g=0\} \) sprowadza się do znalezienia - podobnie jak w poprzednim przypadku - punktu \( \displaystyle a \) na poziomicy \( \displaystyle \{g=0\} \) oraz stałej \( \displaystyle \lambda \), która reprezentuje funkcjonał Lagrange'a. Jeśli bowiem ekstremum to jest realizowane to - zgodnie z podanym twierdzeniem - istnieje funkcjonał liniowy \( \displaystyle \Lambda : \mathbb{R}\mapsto \mathbb{R} \) dany wzorem \( \displaystyle \Lambda (x)=\lambda x \), taki, że różniczka \( \displaystyle d_a f=\lambda d_a g \), o ile punkt \( \displaystyle a \) jest punktem regularnym poziomicy \( \displaystyle \{g=0\} \). Przypomnijmy, że w przypadku, gdy \( \displaystyle g: \mathbb{R}^3\mapsto \mathbb{R} \) punkt \( \displaystyle a \) jest regularny, jeśli rząd \( \displaystyle d_a g \) (odwzorowania liniowego z \( \displaystyle \mathbb{R}^3 \) do \( \displaystyle \mathbb{R} \)) jest maksymalny, czyli wynosi \( \displaystyle 1 \). Wystarczy więc sprawdzić, czy w punkcie \( \displaystyle a \) różniczka
\( \displaystyle d_a g=\frac{\partial g(a)}{\partial x}dx+\frac{\partial g(a)}{\partial y}dy+\frac{\partial g(a)}{\partial z}dz \)
nie zeruje się, czyli czy któraś z pochodnych cząstkowych \( \displaystyle \frac{\partial g(a)}{\partial x} \), \( \displaystyle \frac{\partial g(a)}{\partial y} \), \( \displaystyle \frac{\partial g(a)}{\partial z} \) jest różna od zera. Zagadnienie można sprowadzić do znalezienia punktów, w których zeruje się różniczka funkcji pomocniczej
\( \displaystyle \Phi(x,y,z): =f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z), \)
gdzie stałą \( \displaystyle \lambda \) wyznaczamy z układu równań
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} d_{(x,y,z)}\Phi=0 \\ g(x,y,z)=0\end{align*} \right. \text{ czyli } \left\{\begin{align*} & \displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}=\lambda \frac{\partial g}{\partial x} \\ & \displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}=\lambda \frac{\partial g}{\partial y} \\ & \displaystyle\frac{\partial f}{\partial z}=\lambda \frac{\partial g}{\partial z} \\ & \displaystyle (x,y,z)=0.\end{align*} \right. \)
Przykład 9.23.
Powróćmy do zadania polegającego na wyznaczeniu najmniejszej i największej wartości funkcji \( \displaystyle f(x,y,z)=x -2y +2z \) na sferze \( \displaystyle x^2+y^2+z^2=1 \). Rozwiążemy je metodą mnożników Lagrange'a opisaną w poprzednich uwagach. Dana sfera jest poziomicą zerową funkcji \( \displaystyle g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-1 \). Wykazaliśmy już, że każdy punkt sfery jest regularny. Niech \( \displaystyle \Phi(x,y,z)=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z) \). Rozwiązujemy układ równań
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} & \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=\lambda \frac{\partial g}{\partial x} \\ & \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}=\lambda \frac{\partial g}{\partial y} \\ & \displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}=\lambda \frac{\partial g}{\partial z} \\ & \displaystyle g(x,y,z)=0\end{align*}\right . \text{ czyli } \left\{\begin{align*} & \displaystyle 1=2\lambda x \\ & \displaystyle-2=2\lambda y \\ & \displaystyle 2=2\lambda z \\ & \displaystyle x^2+y^2+z^2=1. \end{align*} \right. \)
Układ ten spełniają liczby
\( \displaystyle x=-\frac{1}{3},y=\frac{2}{3}, z=-\frac{2}{3}, \lambda=-\frac{3}{2} \)
oraz
\( \displaystyle x=\frac{1}{3}, y=-\frac{2}{3}, z=\frac{2}{3}, \lambda=\frac{3}{2}. \)
Ponieważ sfera jest zbiorem zwartym, wystarczy wyznaczyć wartości funkcji w obu punktach i porównać je, gdyż zgodnie z twierdzeniem Weierstrassa o osiąganiu kresów przez funkcję ciągłą na zbiorze zwartym, w jednym z tych dwóch punktów funkcja \( \displaystyle f \) musi osiągać kres dolny, a w drugim kres górny wartości na sferze \( \displaystyle \{g=0\} \). Mamy
\( \displaystyle f\big(-\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, -\frac{2}{3} \big)=-3, \ \ f\big(\frac{1}{3}, -\frac{2}{3}, \frac{2}{3} \big)=3, \)
czyli \( \displaystyle f \) osiąga w pierwszym z tych punktów wartość najmniejszą równą \( \displaystyle -3 \), a w drugim punkcie - wartość największą na sferze równą \( \displaystyle 3 \).
Uwaga 9.24.
Jeśli funkcja \( \displaystyle F: \mathbb{R}^3\mapsto \mathbb{R} \), zaś \( \displaystyle G:\mathbb{R}^3\mapsto \mathbb{R}^2 \), zagadnienie znalezienia ekstremów warunkowych funkcji \( \displaystyle F \) przy warunku \( \displaystyle \{G=0\} \) sprowadza się do znalezienia punktów zbioru \( \displaystyle \{G=0\} \), w których zeruje się różniczka funkcji \( \displaystyle \Phi(x,y,z):=F(x,y,z)-\Lambda \circ G(x,y,z) \). Funkcjonał Lagrange'a \( \displaystyle \Lambda \) w tym przypadku jest odwzorowaniem liniowym z \( \displaystyle \mathbb{R}^2\mapsto \mathbb{R} \), jest więc reprezentowany przez macierz złożoną z dwóch liczb: \( \displaystyle \lambda_1 \), \( \displaystyle \lambda_2 \). Funkcja \( \displaystyle G=(g_1, g_2) \) jest zestawieniem dwóch funkcji \( \displaystyle g_1, g_2 \) o wartościach rzeczywistych, stąd
\( \displaystyle \Phi(x,y,z)=F(x,y,z)-\Lambda G(x,y,z)=F(x,y,z)-\lambda_1 g_1 (x,y,z)-\lambda_2 g_2 (x,y,z). \)
Metoda mnożników Lagrange'a sprowadza się więc do znalezienia rozwiązań układu równań
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} d_{(x,y,z)}\Phi=0 \\ G(x,y,z)=0\end{align*} \right. \text{ czyli } \left\{\begin{align*} & \displaystyle\frac{\partial F}{\partial x}=\lambda_1 \frac{\partial g_1}{\partial x}+\lambda_2 \frac{\partial g_2}{\partial x} \\ & \displaystyle\frac{\partial F}{\partial y}=\lambda_1 \frac{\partial g_1}{\partial y}+\lambda_2 \frac{\partial g_2}{\partial y} \\ & \displaystyle\frac{\partial F}{\partial z}=\lambda_1 \frac{\partial g_1}{\partial z} +\lambda_2 \frac{\partial g_2}{\partial z} \\ & \displaystyle g_1(x,y,z)=0 \\ & \displaystyle g_2(x,y,z)=0\end{align*} \right. \)
w punktach regularnych poziomicy \( \displaystyle \{G=0\} \), czyli tych, w których rząd różniczki \( \displaystyle d_{(x,y,z)}G \) jest maksymalny (tj. równy \( \displaystyle 2 \), gdyż różniczka \( \displaystyle d_{(x,y,z)}G \) jest odwzorowaniem liniowym z \( \displaystyle \mathbb{R}^3 \) do \( \displaystyle \mathbb{R}^2 \)). Zwróćmy uwagę, że funkcja \( \displaystyle F \) może osiągać ekstremum w punktach, które należą do poziomicy \( \displaystyle \{G=0\} \) a nie są regularne. Metoda mnożników Lagrange'a nie rozstrzyga w tym przypadku o istnieniu ekstremum.
Przykład 9.25.
Wyznaczmy najmniejszą i największą wartość funkcji
\( \displaystyle F(x,y,z)=x-y-2z \)
na przecięciu się dwóch walców
\( \displaystyle x^2+z^2=1, \ \ y^2+z^2=1. \)
Zauważmy, że każdy z walców z osobna nie jest zbiorem zwartym, gdyż nie jest ograniczony, lecz ich przecięcie jest zbiorem zwartym (gdyż jest zbiorem domkniętym i ograniczonym, zawartym między innymi w sześcianie \( \displaystyle [-1,1]\times [-1,1]\times [-1,1] \)). Podany warunek można opisać za pomocą poziomicy zerowej funkcji \( \displaystyle G(x,y,z)=(x^2+z^2-1, y^2+z^2-1) \). Zbadaliśmy już, że spośród punktów poziomicy \( \displaystyle \{G=0\} \) tylko dwa nie są regularne: \( \displaystyle (0,0, 1) \) oraz \( \displaystyle (0,0,-1) \). Poza tymi dwoma punktami możemy zastosować metodę mnożników Lagrange'a, która sprowadza się do wyznaczenia rozwiązań układu równań:
\( \displaystyle \left\{\begin{align*} & \displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}=\lambda_1 \frac{\partial g_1}{\partial x}+\lambda_2 \frac{\partial g_2}{\partial x} \\ & \displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}=\lambda_1 \frac{\partial g_1}{\partial y}+\lambda_2 \frac{\partial g_2}{\partial y} \\ & \displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}=\lambda_1 \frac{\partial g_1}{\partial z} +\lambda_2 \frac{\partial g_2}{\partial z} \\ & \displaystyle g_1(x,y,z)=0 \\ & \displaystyle g_2(x,y,z)=0\end{align*} \right. \text{ czyli } \left\{\begin{align*} & \displaystyle 1=2\lambda_1 x \\ & \displaystyle -1=2\lambda_2 y \\ & \displaystyle-2=2(\lambda_1+\lambda_2)z \\ & \displaystyle x^2+z^2-1=0 \\ & \displaystyle y^2+z^2-1=0. \end{align*}\right. \)
Układ ten ma dwa rozwiązania
\( \displaystyle -x=y=z=\frac{\sqrt{2}}{2}, \text{ przy czym } \lambda_1=\lambda_2=-\frac{\sqrt{2}}{2} \)
oraz
\( \displaystyle x=-y=-z=\frac{\sqrt{2}}{2}, \text{ przy czym } \lambda_1=\lambda_2=\frac{\sqrt{2}}{2}. \)
Wartość funkcji \( \displaystyle F \) w tych punktach wynosi
\( \displaystyle F\big(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\big)=-2\sqrt{2} \text{ oraz } F\big(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}\big)=2\sqrt{2}. \)
W obu punktach nieregularnych poziomicy \( \displaystyle \{G=0\} \) mamy
\( \displaystyle F(0,0,-1)=2 \text{ oraz } F(0,0,1)=-2. \)
Po porównaniu tych wartości: \( \displaystyle -2\sqrt{2} < -2 < 2 < 2\sqrt{2} \) stwierdzamy, że największą wartość na na poziomicy \( \displaystyle \{G=0\} \) równą \( \displaystyle 2\sqrt{2} \) funkcja \( \displaystyle F \) osiąga w punkcie \( \displaystyle (\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}) \), a najmniejszą, równą \( \displaystyle -2\sqrt{2} \), w punkcie \( \displaystyle (-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}). \)