Capitolul VI: Functii de mai multe variabile. Lect. dr. Lucian Maticiuc

Facultatea de Hidrotehnica, Geodeziesi Ingineria MediuluiMatematici Superioare, Semestrul I,Lector dr. Lucian MATICIUC

SEMINAR 14

Functii de mai multe variabile (continuare)

1. Sa se arate ca functia z (x, y) definita implicit de ecuatia f(x

y, y − z

x) = 0 verifica relatia

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= z + xy

Rezolvare:

Ecuatia data defineste ın mod implicit pe z ca functie de x si y deoarece este de tipulF (x, y, z) = 0 (vezi Seminarul 12, exercitiul 5). In acest caz ecuatia devine

f(xy , y −

z(x,y)x

)= 0

Expresia care apare depinde doar de x si y. Sa o derivam partial ın raport cu x si y. Pentruaceasta vom deriva f ca pe o functie compusa. Sa notam mai ıntai

α (x, y) = xy , β (x, y) = y − z(x,y)

x

Avem deci ecuatiaf (α (x, y) , β (x, y)) = 0

Au loc urmatoarele reguli de derivare a functiilor compuse:∂f∂x = ∂f

∂α ·∂α∂x + ∂f

∂β ·∂β∂x

∂f∂y = ∂f

∂α ·∂α∂y + ∂f

∂β ·∂β∂y

In cazul nostru avem ∂α∂x =

(xy

)′

x= 1

y

∂α∂y =

(xy

)′

y= x

(1y

)′

y= −x

y2

si

∂β∂x =

(y − z(x,y)

x

)′

x= 0−

(z(x,y)x

)′

x

= −z′

x (x, y)x− z (x, y)x′

x

x2=z (x, y)− xz′

x (x, y)

x2

∂β∂y =

(y − z(x,y)

x

)′

y= 1−

(z(x,y)x

)′

y= 1− 1

x (z (x, y))′

y = 1− z′y(x,y)

x

deci daca derivam partial ecuatia f (α (x, y) , β (x, y)) = 0 obtinem

{ ∂f∂x = 0

∂f∂y = 0

⇔

∂f

∂α· 1

y+∂f

∂β· z (x, y)− xz′

x (x, y)

x2= 0

∂f

∂α· −xy2

+∂f

∂β·

(1−

z′

y (x, y)

x

)= 0

⇔

1

Lucia

n Mati

ciuc

Capitolul VI: Functii de mai multe variabile. Lect. dr. Lucian Maticiuc

⇔

z(x,y)−xz

′x(x,y)

x2 =− 1y∂f∂α

∂f∂β

1− z′y(x,y)

x =

xy2

∂f∂α

∂f∂β

⇔

x · z′

x (x, y) = z (x, y) + x2

y

∂f∂α∂f∂β

z′

y (x, y) = x

(1− x

y2

∂f∂α∂f∂β

)Atunci expresia de calculat este

xz′

x (x, y) + yz′

y (x, y) = z (x, y) + x2

y

∂f∂α∂f∂β

+ xy

(1− x

y2

∂f∂α∂f∂β

)=

= z (x, y) + x2

y

∂f∂α∂f∂β

+ xy − xy xy2

∂f∂α∂f∂β

= z (x, y) + xy

2. Sa se determine punctele de extrem ale functiei y (x) definita implicit de ecuatia:

a) y2 + 2x2y − 4x− 3 = 0 ,

b) x2 − 2xy + 5y2 − 2x+ 4y + 1 = 0 (tema)

Rezolvare:

a) Ecuatia data este de tipul F (x, y) = 0 care defineste pe y ca functie de x. Deci dacaprivim y = y (x) atunci ecuatia devine

y2 (x) + 2x2y (x)− 4x− 3 = 0

Expresia care apare este functie doar de x. Sa derivam ın raport cu x:(y2 (x) + 2x2y (x)− 4x− 3

)′= 0⇔ 2y (x) y

′(x) + 4xy (x) + 2x2y

′(x)− 4 = 0⇔

⇔ y′(x) =

2 (1− xy (x))

x2 + y (x)

Deci am calculat derivata functiei y (x), iar acum vom aplica teoria de la extreme de functiide o singura variabila (teorie facuta ın liceu). Amintim ca ın Seminarul 13 am studiatextreme de functii de doua si trei variabile.

Deci determinam punctele stationare, date ca solutia ecuatiei

y′(x) = 0⇔ 2 (1− xy (x))

x2 + y (x)= 0⇔ xy (x) = 1⇔ y (x) = 1/x

Acum daca introducem acest y ın ecuatia initiala obtinem

(1/x)2

+ 2x2 · 1/x− 4x− 3 = 0⇔ 1

x2+ 2x− 4x− 3 = 0⇔ 2x3 + 3x2 − 1 = 0 (1)

Eventualele solutii ıntregi ale ecuatiei de mai sus se gasesc printre divizorii termenuluiliber. Facem proba si gasim ca −1 este solutie. Deci polinomul se ımparte la (x+ 1) ,deciavem

2x3 + 3x2 − 1 = (x+ 1)(2x2 + x− 1

)Acum ∆ = 1− 4 · 2 · (−1) = 9, si radacinile sunt −1 si 1/2 , deci, folosind

ax2 + bx+ c = a (x− x1) (x− x2)

obtinem

2x3 + 3x2 − 1 = (x+ 1)(2x2 + x− 1

)= 2 (x+ 1) (x+ 1) (x− 1/2)

= (x+ 1)2

(2x− 1)

2

Lucia

n Mati

ciuc

Capitolul VI: Functii de mai multe variabile. Lect. dr. Lucian Maticiuc

Deci solutiile ecuatiei (1) sunt x1 = 1/2 si x2 = −1. Dar ın punctul x2 = −1 cu y (−1) = −1

observam ca nu exista y′(−1) = 2(1−(−1)(−1))

(−1)2+(−1) = 00 !. Deci singurul punct stationar ramane

x1 = 1/2. Acum studiem daca acest punct este sau nu de extrem.

Vom calcula derivata secunda ın acest punct

y′′

(x) =(

2(1−xy(x))x2+y(x)

)′

= 2(1−xy(x))

′(x2+y(x))−(1−xy(x))(x2+y(x))

′

(x2+y(x))2=

= 2

(0−y(x)−xy

′(x)

)(x2+y(x))−(1−xy(x))

(2x+y

′(x)

)(x2+y(x))2

deci, folosind ca y′(1/2) = 0

y′′

(1/2) = 2

(−y(1/2)−1/2·y

′(1/2)

)(1/4+y(1/2))−(1−1/2·y(1/2))

(1+y

′(1/2)

)(1/4+y(1/2))2

= 2−y(1/2)(1/4+y(1/2))−(1−1/2·y(1/2))(1/4+y(1/2))2

Acum daca punem x = 1/2 ın ecuatia initiala obtinem

y2 (1/2) + 2 (1/2)2y (1/2)− 4 (1/2)− 3 = 0⇔ y2 (1/2) + 1/2 · y (1/2)− 5 = 0

deciy

′′

(1/2) = 2−y(1/2)(1/4+y(1/2))−(1−1/2·y(1/2))(1/4+y(1/2))2

=

= 2− y(1/2)4 −y2(1/2)−1+ y(1/2)

2

(1/4+y(1/2))2= 2

−y2(1/2)+ y(1/2)4 −1

(1/4+y(1/2))2

Acum daca se introduc solutiile de mai sus ( y (1/2) = −1±√24

4 ), vom ontine ca

y′′

(1/2) < 0

ceea ce ınseamna ca punctul 1/2 este punct de maxim.

b) Avem x2 − 2xy (x) + 5y2 (x)− 2x+ 4y (x) + 1 = 0 deci

2x− 2y (x)− 2xy′(x) + 10y (x) y

′(x)− 2 + 4y

′(x) = 0

⇒ y′(x) = x−5y(x)−2

x−y(x)−1

Acum pct. stationare date de

y′(x) =

x− 5y (x)− 2

x− y (x)− 1= 0⇔ y (x) = (x− 2) /5

pe care ıl introduc ın ecuatia initiala si voi determina solutiile x ......

3. Sa se determine punctele de extrem ale functiei z (x, y) definita implicit de ecuatia:

a) x2 + y2 + z2 − xz − yz + 2x+ 2y + 2z + 2 = 0 ,

b) x4 + y4 + z4 = 2a2(x2 + y2 + z2

)(tema)

Rezolvare:

a) Ecuatia este de tipul F (x, y, z) = 0 si defineste pe z ca functie de x si y. Deci daca privimz = z (x, y) atunci ecuatia devine

x2 + y2 + z2 (x, y)− xz (x, y)− yz (x, y) + 2x+ 2y + 2z (x, y) + 2 = 0

3

Lucia

n Mati

ciuc

Capitolul VI: Functii de mai multe variabile. Lect. dr. Lucian Maticiuc

Expresia care apare este functie de x si y. Sa derivam partial ın raport cu x.(x2 + y2 + z2 (x, y)− xz (x, y)− yz (x, y) + 2x+ 2y + 2z (x, y) + 2

)′x

= 0⇔

⇔ 2x+ 0 + 2z (x, y) z′

x (x, y)− z (x, y)− xz′

x (x, y)− yz′

x (x, y) + 2 + 0 + 2z′

x (x, y) + 0 = 0

⇔ (2x− z (x, y) + 2) + (2z (x, y)− x− y + 2) z′

x (x, y) = 0

⇔ z′

x (x, y) =z (x, y)− 2x− 2

2z (x, y)− x− y + 2

Sa derivam partial ın raport cu y.(x2 + y2 + z2 (x, y)− xz (x, y)− yz (x, y) + 2x+ 2y + 2z (x, y) + 2

)′y

= 0⇔

⇔ 0 + 2y + 2z (x, y) z′

y (x, y)− xz′

y (x, y)− z (x, y)− yz′

y (x, y) + 0 + 2 + 2z′

y (x, y) + 0 = 0

⇔ (2y − z (x, y) + 2) + (2z (x, y)− x− y + 2) z′

y (x, y) = 0

⇔ z′

y (x, y) =z (x, y)− 2y − 2

2z (x, y)− x− y + 2

Deci punctele statioanare sunt date de

{z

′

x (x, y) = 0

z′

y (x, y) = 0⇔

z (x, y)− 2x− 2

2z (x, y)− x− y + 2= 0

z (x, y)− 2y − 2

2z (x, y)− x− y + 2= 0

⇔

{z (x, y) = 2x+ 2

z (x, y) = 2y + 2

⇔ z (x, y) = 2x+ 2 = 2y + 2 deci z (x, y) = 2x+ 2 si x = y

Introducem ın ecuatia initiala si obtinem

x2 + x2 + (2x+ 2)2 − x (2x+ 2)− x (2x+ 2) + 2x+ 2x+ 2 (2x+ 2) + 2 = 0⇔

⇔ 2x2 + (2x+ 2)2 − 2x (2x+ 2) + 4x+ 2 (2x+ 2) + 2 = 0⇔

⇔ 2x2 + 4x2 + 8x+ 4− 4x2 − 4x+ 4x+ 4x+ 4 + 2 = 0⇔

⇔ 2(x2 + 6x+ 5

)= 0

care are solutiile x1 = −1 si x2 = −5. Deci punctele stationare sunt perechile

x1 = y1 = −1

x2 = y2 = −5

ın care

z (x1, y1) = 0

z (x2, y2) = −8

Studiem daca punctele sunt sau nu de extrem. Aplicam Seminarul 13, exercitiul 2.

Se vor calcula deci

z′′

xx (x, y) =(

z(x,y)−2x−22z(x,y)−x−y+2

)′

x=

(z(x,y)−2x−2)′x(2z(x,y)−x−y+2)−(z(x,y)−2x−2)(2z(x,y)−x−y+2)

′x

(2z(x,y)−x−y+2)2

=

(z′x(x,y)−2−0

)(2z(x,y)−x−y+2)−(z(x,y)−2x−2)

(2z

′x(x,y)−1−0+0

)(2z(x,y)−x−y+2)2

4

Lucia

n Mati

ciuc

Capitolul VI: Functii de mai multe variabile. Lect. dr. Lucian Maticiuc

z′′

xy (x, y) =(

z(x,y)−2x−22z(x,y)−x−y+2

)′

y=

(z(x,y)−2x−2)′y(2z(x,y)−x−y+2)−(z(x,y)−2x−2)(2z(x,y)−x−y+2)

′y

(2z(x,y)−x−y+2)2

=

(z′y(x,y)−0−0

)(2z(x,y)−x−y+2)−(z(x,y)−2x−2)

(2z

′y(x,y)−0−1+0

)(2z(x,y)−x−y+2)2

z′′

yy (x, y) =(

z(x,y)−2y−22z(x,y)−x−y+2

)′

y=

(z(x,y)−2y−2)′y(2z(x,y)−x−y+2)−(z(x,y)−2y−2)(2z(x,y)−x−y+2)

′y

(2z(x,y)−x−y+2)2

=

(z′y(x,y)−2−0

)(2z(x,y)−x−y+2)−(z(x,y)−2y−2)

(2z

′y(x,y)−0−1+0

)(2z(x,y)−x−y+2)2

Studiem daca (−1,−1) este de extrem sau nu. Se calculeaza A = z′′

xx (−1,−1) = · · ·

B = z′′

xy (−1,−1) = · · · , C = z′′

yy (−1,−1) = · · · si se va studia semnul lui B2−AC = · · ·Analog acelasi calcul pentru punctul stationar (−5,−5)...

4. Sa se determine punctele de extrem ale functiei f (x, y) = x + y conditionate de ecuatia1

x2+

1

y2=

1

a2

Rezolvare:

Vom aplica metoda multiplicatorilor Lagrange (Observatia 135, pag. 220).Astfel Pasul I: asociem functia lui Lagrange

L (x, y, λ) = f (x, y) + λF (x, y)

unde f (x, y) este functia care este studiata si F (x, y) = 0 este ecuatia de legatura care esteimpusa, ın cazul nostru

F (x, y) =1

x2+

1

y2− 1

a2

deci

L (x, y, λ) = (x+ y) + λ

(1

x2+

1

y2− 1

a2

)Pasul II: Se rezolva acum sistemul, ın necunoscutele (x, y, λ)

∂L

∂x= 0

∂L

∂y= 0

∂L

∂λ= 0

adica

1 + 0 + λ((x−2

)′x

+ 0− 0)

= 0

0 + 1 + λ(

0 +(y−2

)′y− 0)

= 0

0 +

(1

x2+

1

y2− 1

a2

)= 0

⇔

1 + λ (−2)x−3 = 0

1 + λ (−2) y−3 = 0

1

x2+

1

y2− 1

a2= 0

⇔

x3 = 2λ

y3 = 2λ

1

x2+

1

y2=

1

a2

deci avem x3 = y3 = 2λ adica x = y si atunci

1

x2+

1

y2=

1

a2⇔ 2

x2=

1

a2⇔ x2 = 2a2 ⇔ x1,2 = ±a

√2

Avem solutiile

x1 = a√

2 = y1 , λ1 =(a√

2)3/2 = a3

√2

5

Lucia

n Mati

ciuc

Capitolul VI: Functii de mai multe variabile. Lect. dr. Lucian Maticiuc

si

x2 = −a√

2 = y2 , λ2 =(−a√

2)3/2 = −a3

√2

Pasul III: Se ia mai ıntai λ1 = a3√

2. In acest caz functia lui Lagrange devine

L (x, y) = (x+ y) + a3√

2

(1

x2+

1

y2− 1

a2

)Se calculeaza diferentiala de ordinul al doilea ın punctul (x1, y1) =

(a√

2, a√

2)

d2L (x1, y1) = L′′

xx (x1, y1) dx2 + 2L′′

xy (x1, y1) dxdy + L′′

yy (x1, y1) dy2

AvemL

′′

xx =(1 + a3

√2 (−2)x−3

)′x

= −2a3√

2 (−3)x−4 = 6a3√

2x−4

L′′

xy =(1 + a3

√2 (−2)x−3

)′y

= 0

L′′

yy =(1 + a3

√2 (−2) y−3

)′y

= −2a3√

2 (−3) y−4 = 6a3√

2y−4

deci

d2L (x1, y1) = 6a3√

2(a√

2)−4

dx2 + 0 · dxdy + 6a3√

2(a√

2)−4

dy2

=3√

2

2a

(dx2 + dy2

)> 0

adica forma patratica d2L (x1, y1) este pozitiv definita deci punctul(a√

2, a√

2)

este punctde minim

Analog se ia λ2 = −a3√

2. In acest caz functia lui Lagrange devine

L (x, y) = (x+ y)− a3√

2

(1

x2+

1

y2− 1

a2

)Se calculeaza diferentiala de ordinul al doilea ın punctul (x2, y2) =

(−a√

2,−a√

2).

d2L (x2, y2) = L′′

xx (x2, y2) dx2 + 2L′′

xy (x2, y2) dxdy + L′′

yy (x2, y2) dy2

AvemL

′′

xx =(1− a3

√2 (−2)x−3

)′x

= 2a3√

2 (−3)x−4 = −6a3√

2x−4

L′′

xy =(1− a3

√2 (−2)x−3

)′y

= 0

L′′

yy =(1− a3

√2 (−2) y−3

)′y

= 2a3√

2 (−3) y−4 = −6a3√

2y−4

Avem ca mai sus ca

d2L (x2, y2) = −6a3√

2(−a√

2)−4

dx2 + 0 · dxdy − 6a3√

2(−a√

2)−4

dy2

= −3√

2

2a

(dx2 + dy2

)< 0

adica forma patratica d2L (x2, y2) este negativ definita deci punctul(−a√

2,−a√

2)

estepunct de maxim.

6

Lucia

n Mati

ciuc

Capitolul VI: Functii de mai multe variabile. Lect. dr. Lucian Maticiuc

5. Sa se determine punctele de extrem ale functiei f conditionate de ecuatia respectiva:

a) f (x, y, z) = x2 + y2 + z2 , cu legatura x+ y + z = 3,

b) f (x, y, z) = xyz , cu legatura x2 + y2 + z2 = 12 (tema)

Rezolvare:

Vom aplica metoda multiplicatorilor Lagrange

NotamL (x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λF (x, y, z)

unde F (x, y, z) = 0 este ecuatia de legatura adica F (x, y, z) = x+ y + z − 3.

L (x, y, z, λ) =(x2 + y2 + z2

)+ λ (x+ y + z − 3)

Se rezolva acum sistemul, ın necunoscutele (x, y, z, λ)

∂L

∂x= 0

∂L

∂y= 0

∂L

∂z= 0

∂L

∂λ= 0

⇔

2x+ 0 + 0 + λ (1 + 0 + 0− 0) = 0

0 + 2y + 0 + λ (0 + 1 + 0− 0) = 0

0 + 0 + 2z + λ (0 + 0 + 1− 0) = 0

0 + (x+ y + z − 3) = 0

⇔

2x+ λ = 0

2y + λ = 0

2z + λ = 0

x+ y + z − 3 = 0deci

λ = −2x = −2y = −2z ⇒ x = y = z

si din ultima obtinem ca3x− 1 = 0⇔ x = 1

Deci solutia estex1 = y1 = z1 = 1 , λ1 = −2

Pentru λ1 = −2 functia lui Lagrange devine

L (x, y, z) =(x2 + y2 + z2

)− 2 (x+ y + z − 3)

si acum se va calcula

d2L (x1, y1, z1) = L′′

xx (x1, y1, z1) dx2 + L′′

yy (x1, y1, z1) dy2 + L′′

zz (x1, y1, z1) dz2+

+2L′′

xy (x1, y1, z1) dxdy + 2L′′

xz (x1, y1, z1) dxdz + 2L′′

yz (x1, y1, z1) dydz

iarL

′′

xx = (2x− 2)′

x = 2 , L′′

yy = (2y − 2)′

y = 2 , L′′

zz = (2z − 2)′

z = 2

L′′

xy = (2x− 2)′

y = 0 , L′′

xz = (2x− 2)′

z = 0 , L′′

yz = (2y − 2)′

z = 0

deci

d2L (1, 1, 1) = 2dx2 + 2dy2 + 2dz2 + 0dxdy + 0dxdz + 0dydz

= 2(dx2 + dy2 + dz2

)> 0

7

Lucia

n Mati

ciuc

Capitolul VI: Functii de mai multe variabile. Lect. dr. Lucian Maticiuc

adica forma patratica d2L (1, 1, 1) este pozitiv definita deci punctul (1, 1, 1) este punct deminim

Observatie: uneori pentru studia semnul lui d2L este utila si diferentierea legaturii. Deexemplu ın cazul acesta avem legatura x+ y + z = 3 pe care o diferentiem si obtinem

dx+ dy + dz = 0

care reprezinta o legatura ıntre diferentiale, deci

dz = −dx− dy

6. Sa se arate ca functiile urmatoare sunt ın dependenta functionala:

a) f (x, y, z) = 4x− 3y + 5z , g (x, y, z) = 3x− 2y + 4z , h (x, y, z) = 6x− 5y + 7z

b) f (x, y, z) = lnx+ y

x+ z, g (x, y, z) =

√y + z

y + x, h (x, y, z) =

x+ z

y + z

Rezolvare:

Aplicam Teorema 186, pag. 213

a) A studia dependenta functionala ınseamna a calcula derivatele partiale si a calcula de-terminantul∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂f

∂x

∂f

∂y

∂f

∂z∂g

∂x

∂g

∂y

∂g

∂z∂h

∂x

∂h

∂y

∂h

∂z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣4 −3 53 −2 46 −5 7

∣∣∣∣∣∣ = 4

∣∣∣∣ −2 4−5 7

∣∣∣∣− (−3)

∣∣∣∣ 3 46 7

∣∣∣∣+ 5

∣∣∣∣ 3 −26 −5

∣∣∣∣ =

= 4 (−14− (−20))+3 (21− 24)+5 (−15− (−12)) = 4 (−14 + 20)+3 (21− 24)+5 (−15 + 12) == 4 · 6 + 3 (−3) + 5 (−3) = 24− 9− 15 = 0

Daca determinantul este 0 atunci inseamna ca cele trei functii sunt dependente functional.

Rangul matricii A =

4 −3 53 −2 46 −5 7

este 2 deoarece∣∣∣∣ 4 −3

3 −2

∣∣∣∣ 6= 0 deci doua functii sunt

independente si a treia se exprima ın functie de primele doua.

b) Trebuie calculate derivatele partiale

∂f

∂x=

(lnx+ y

x+ z

)′

x

=1x+yx+z

(x+yx+z

)′

x= x+z

x+y1·(x+z)−(x+y)·1

(x+z)2= z−y

(x+y)(x+z)

∂f

∂y=

(lnx+ y

x+ z

)′

y

=1x+yx+z

(x+yx+z

)′

y= x+z

x+y1

x+z (x+ y)′

y = 1x+y

∂f

∂z=

(lnx+ y

x+ z

)′

z

=1x+yx+z

(x+yx+z

)′

z= x+z

x+y (x+ y)(

1x+z

)′

z= (x+ z) −1

(x+z)2= −1

x+z

8

Lucia

n Mati

ciuc

Capitolul VI: Functii de mai multe variabile. Lect. dr. Lucian Maticiuc

∂g

∂x=

(√y + z

y + x

)′

x

=1

2√

y+zy+x

(y+zy+x

)′

x= 1

2

√y+xy+z (y + z)

(1

y+x

)′

x=

= 12

√y+xy+z (y + z) −1

(y+x)2

∂g

∂y=

(√y + z

y + x

)′

y

=1

2√

y+zy+x

(y+zy+x

)′

y= 1

2

√y+xy+z

1·(y+x)−(y+z)·1(y+x)2

= 12

√y+xy+z

x−z(y+x)2

∂g

∂z=

(√y + z

y + x

)′

z

= · · ·

∂h

∂x=

(x+ z

y + z

)′

x

= · · · , ∂h

∂y=

(x+ z

y + z

)′

y

= · · · , ∂h

∂z=

(x+ z

y + z

)′

z

= · · ·

si se va calcula deteminantul si se va obtine ca ∆ = 0 deci cele trei functii sunt dependentefunctional.

9

Lucia

n Mati

ciuc