Informatyka MIMUW

Niech $\displaystyle A\subset X$ będzie otwartym podzbiorem przestrzeni unormowanej $\displaystyle X$. Niech $\displaystyle v\neq 0, v\in X$ będzie ustalonym niezerowym wektorem tej przestrzeni.

Definicja 6.18.

Mówimy, że funkcja $\displaystyle f:A\mapsto \mathbb{R}$ ma w punkcie $\displaystyle a$ pochodną kierunkową w kierunku wektora $\displaystyle v$, jeśli

istnieje granica ilorazu różnicowego:

$\displaystyle \lim_{h\to 0}\frac{f(a+hv)-f(a)}{h}.$

Granicę tę oznaczamy symbolem $\displaystyle \partial_v f(a)$ i nazywamy pochodną kierunkową funkcji $\displaystyle f$ w kierunku wektora $\displaystyle v$ w punkcie $\displaystyle a$.

Zwróćmy uwagę, że zbiór $\displaystyle \{a+t v, t\in \mathbb{R}\}$ jest prostą przechodzącą przez punkt $\displaystyle a$ równoległą do wektora $\displaystyle v$. Stąd pochodna $\displaystyle \partial_v f(a)$ jest w istocie pochodną w punkcie $\displaystyle t=0$ funkcji jednej zmiennej rzeczywistej $\displaystyle t\mapsto f(a+tv)$, czyli restrykcji funkcji $\displaystyle f$ do podzbioru otwartego $\displaystyle A\cap \{a+t v, t\in \mathbb{R}\}$ rozważanej prostej $\displaystyle \{a+t v, t\in \mathbb{R}\}$. Wobec tego możemy powtórzyć jednowymiarowy warunek konieczny istnienia ekstremum w punkcie, w którym istnieje pochodna kierunkowa funkcji (zob. moduł 9, Analiza matematyczna I).

Twierdzenie 6.19.
Niech $\displaystyle A\subset X$ będzie otwartym podzbiorem przestrzeni unormowanej $\displaystyle X$ i niech $\displaystyle v\in X$, $\displaystyle v\neq 0$. Jeśli funkcja $\displaystyle f:A\mapsto \mathbb{R}$ osiąga ekstremum w punkcie $\displaystyle a\in A$ i istnieje pochodna kierunkowa $\displaystyle \partial_v f(a)$, to

pochodna ta zeruje się.

Dowód 6.19.

Jeśli funkcja $\displaystyle A\ni x\mapsto f(x)\in \mathbb{R}$ osiąga maksimum (odpowiednio: minimum) w punkcie $\displaystyle a$, to funkcja jednej zmiennej $\displaystyle t\mapsto f(a+tv)$ osiąga maksimum (odpowiednio: minimum) w punkcie $\displaystyle t=0$. Z warunku koniecznego istnienia ekstremum funkcji jednej zmiennej wynika, że pochodna (o ile istnieje) funkcji $\displaystyle t\mapsto f(a+tv)$ zeruje się w punkcie $\displaystyle t=0$. Stąd $\displaystyle \partial_v f(a)=0$

O ile w przypadku funkcji określonej na otwartym przedziale prostej $\displaystyle \mathbb{R}$ sytuacja jest oczywista (na prostej mamy tylko jeden kierunek), o tyle już w przypadku funkcji dwóch zmiennych (na płaszczyźnie można wskazać nieskończenie wiele kierunków!) powstaje pytanie o liczbę kierunków, które należy ustalić, aby rozwiązać praktyczny problem lokalizacji punktów ekstremalnych danej funkcji. Warto zauważyć, że w przypadku funkcji określonej na $\displaystyle n$ wymiarowej przestrzeni unormowanej $\displaystyle X$ nie ma potrzeby rozważać pochodnych kierunkowych w kierunku wektorów liniowo zależnych, a więc większej niż wynosi wymiar przestrzeni. Wyróżnijmy wobec tego pochodne kierunkowe w kierunku wektorów bazowych.

Niech $\displaystyle X=\mathbb{R}^n$ i niech $\displaystyle e_1=(1,0,0,\dots, 0)$, $\displaystyle e_2=(0,1,0,\dots, 0)$, ..., $\displaystyle e_n=(0,0,0,\dots, 1)$ będzie bazą kanoniczną tej przestrzeni. Niech $\displaystyle A$ będzie otwartym podzbiorem przestrzeni $\displaystyle \mathbb{R}^n$.

Definicja 6.20.

Pochodne kierunkowe (o ile istnieją) $\displaystyle \partial_{e_1} f(a)$, $\displaystyle \partial_{e_2} f(a)$, ..., $\displaystyle \partial_{e_n} f(a)$ funkcji $\displaystyle f:A\mapsto \mathbb{R}$ w kierunku wektorów bazy $\displaystyle \{e_1, e_2, \dots, e_n\}$ nazywamy pochodnymi cząstkowymi funkcji $\displaystyle f$ w punkcie $\displaystyle a$. Pochodną cząstkową funkcji $\displaystyle (x_1, x_2, \dots, x_n) \mapsto f(x_1, x_2, \dots, x_n)\in \mathbb{R}$ w kierunku wektora

$\displaystyle e_i$ oznaczamy tradycyjnie symbolem:

$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_i}(a), \ \frac{\partial}{\partial x_i}f(a), \ f_{x_i}(a) \ \text{ lub } \ f'_{x_i}(a).$

W przypadku, gdy nie numerujemy współrzędnych argumentu funkcji $\displaystyle (x,y,z)\mapsto f(x,y,z)$ pochodne cząstkowe oznaczamy symbolami

$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(a), \quad \frac{\partial f}{\partial y}(a), \quad\frac{\partial f}{\partial z}(a)$.

Przeformułujmy warunek konieczny istnienia ekstremum funkcji określonej na zbiorze otwartym $\displaystyle A\subset \mathbb{R}^n$.

Twierdzenie 6.21.

Jeśli funkcja $\displaystyle f:A\mapsto \mathbb{R}$ osiąga ekstremum w punkcie $\displaystyle a\in A$, w którym istnieją pochodne cząstkowe $\displaystyle \frac{\partial}{\partial x_k}f(a)$, $\displaystyle k\in\{1,2,\dots, n\}$, to pochodne te zerują się w tym punkcie, tj.

$\displaystyle \forall k\in\{1,2,\dots, n\} : \frac{\partial}{\partial x_k}f(a)=0.$

Zwróćmy uwagę, że twierdzenie podaje jedynie warunek konieczny istnienia ekstremum. Punkt $\displaystyle a$, który spełnia układ równań:

$\displaystyle \left\{\begin{align*} \frac{\partial f}{\partial x_1}(a) & =0 \\ \frac{\partial f}{\partial x_2}(a) & =0 \\ & \vdots \\ \frac{\partial f}{\partial x_n}(a) & =0\end{align*} \right.$

nie musi być punktem ekstremalnym funkcji $\displaystyle f$.

Wróćmy do przykładów, w których stwierdziliśmy potrzebę znalezienia dokładniejszego narzędzia do lokalizacji ekstremów.

Przykład 6.22.

Z przebiegu poziomicy zerowej funkcji $\displaystyle f(x,y)=xy (1-x-y)$ wywnioskowaliśmy - w oparciu o twierdzenie Weierstrassa o osiąganiu kresów przez funkcję ciągłą na zbiorze zwartym - że funkcja ta osiąga minimum w pewnym punkcie wewnątrz trójkąta o wierzchołkach $\displaystyle (0,0)$, $\displaystyle (1, 0)$, $\displaystyle (0,1)$. Rozwiązując układ dwóch równań

$\displaystyle \left\{\begin{align*} \frac{\partial f}{\partial x}=0 \\ \frac{\partial f}{\partial y}=0 \end{align*} \right .\ \ \Longleftrightarrow \ \left\{\begin{align*} y-2xy-y^2=0 \\ x-x^2 -2xy=0 \end{align*} \right .$

otrzymujemy układ

$\displaystyle \left\{\begin{align*} y=0 \text{ lub } 1-2x-y=0 \\ x=0 \text{ lub } 1-x -2y=0 \end{align*} \right.\ ,$

który spełniają współrzędne czterech punktów $\displaystyle P_1=(0,0)$, $\displaystyle P_2=(1,0)$, $\displaystyle P_3=(0,1)$, $\displaystyle P_4=(\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$. Jedynym punktem z wnętrza wskazanego trójkąta jest punkt $\displaystyle P_4$, w którym funkcja $\displaystyle f$ osiąga minimum równe $\displaystyle f(P_4)=\frac{1}{27}$. Pozostałe punkty $\displaystyle P_1$, $\displaystyle P_2$, $\displaystyle P_3$ leżą na poziomicy zerowej funkcji $\displaystyle f$, która - jak już sprawdziliśmy - nie może zawierać żadnego punktu ekstremalnego funkcji $\displaystyle f$ (zob. przykład 6.15.).

Przykład 6.23.

Z przebiegu poziomicy zerowej funkcji $\displaystyle f(x,y)=x^3+y^3-3xy$ wywnioskowaliśmy - w oparciu o twierdzenie Weierstrassa o osiąganiu kresów przez funkcję ciągłą na zbiorze zwartym - że funkcja ta osiąga minimum w pewnym punkcie wewnątrz pętli liścia Kartezjusza. Rozwiązując układ dwóch równań

$\displaystyle \left\{\begin{align*} \frac{\partial f}{\partial x}=0 \\ \frac{\partial f}{\partial y}=0 \end{align*} \right .\ \ \Longleftrightarrow \ \left\{\begin{align*} 3x^2-3y=0 \\ 3y^2-3x=0 \end{align*} \right .$

otrzymujemy układ

$\displaystyle \left\{\begin{align*} y=0 & \text{ lub } y=1 \\ x & =y^2 \end{align*} \right .\ ,$

który spełniają współrzędne dwóch punktów $\displaystyle P_1=(0,0)$, $\displaystyle P_2=(1,1)$. Jedynym punktem z wnętrza obszaru ograniczonego przez pętlę liścia Kartezjusza jest punkt $\displaystyle P_2$, w którym funkcja $\displaystyle f$ osiąga minimum równe $\displaystyle f(P_2)=-1$. Punkt $\displaystyle P_1$ leży na poziomicy zerowej funkcji $\displaystyle f$, która - jak już sprawdziliśmy - nie może zawierać żadnego punktu ekstremalnego funkcji $\displaystyle f$ (zob. przykład 6.16.).

Przykład 6.24.

Podobnie jak w obu poprzednich przykładach z przebiegu poziomicy zerowej funkcji $\displaystyle f(x,y)=(x^2+y^2)^2-2(x^2-y^2)$ wywnioskowaliśmy - w oparciu o twierdzenie Weierstrassa o osiąganiu kresów przez funkcję ciągłą na zbiorze zwartym - że funkcja ta osiąga minimum w pewnym punkcie wewnątrz obszaru ograniczonego lemniskatą Bernoullego. Rozwiązując układ dwóch równań

$\displaystyle \left\{\begin{align*} \frac{\partial f}{\partial x}=0 \\ \frac{\partial f}{\partial y}=0 \end{align*} .\ \ \Longleftrightarrow \ \{\begin{align*} 2(x^2+y^2)2x-4x=0 \\ 2(x^2+y^2)2y+4y=0 \end{align*} \right.$

otrzymujemy układ

$\displaystyle \left\{\begin{align*} x=0 \text{ lub } x^2+y^2-1=0 \\ y=0 \text{ lub } x^2+y^2+1=0 \end{align*} \right.\ ,$

który spełniają współrzędne trzech punktów $\displaystyle P_1=(0,0)$, $\displaystyle P_2=(-1,0)$, $\displaystyle P_3=(1,0)$. We wnętrzu obszaru ograniczonego lemniskatą Bernoullego leżą punkty $\displaystyle P_2$ i $\displaystyle P_3$, w których funkcja $\displaystyle f$ osiąga minima równe $\displaystyle f(P_2)=f(P_3)=-1$. Punkt $\displaystyle P_1$ leży na poziomicy zerowej funkcji $\displaystyle f$, która - jak już sprawdziliśmy - nie może zawierać żadnego punktu ekstremalnego funkcji $\displaystyle f$ (zobacz przykład 6.17.).