Rozwiązanie:
[tex]$f(x,y)=x^{4}+\frac{1}{3}y^{3}-2x^{2}-y^{2}-3y[/tex]
Pochodne cząstkowe:
[tex]$\frac{\partial f}{\partial x} =4x^{3}-4x[/tex]
[tex]$\frac{\partial f}{\partial y} =y^{2}-2y-3[/tex]
Układ równań:
[tex]\left\{\begin{array}{ccc}4x^{3}-4x=0\\y^{2}-2y-3=0\end{array}\right[/tex]
[tex]\left\{\begin{array}{ccc}x(x-1)(x+1)=0\\(y+1)(y-3)=0\end{array}\right[/tex]
Stąd mamy [tex]x =0 \vee x=-1 \vee x=1[/tex] oraz [tex]y=-1 \vee y=3[/tex].
Zatem mamy sześć punktów stacjonarnych:
[tex]P_{1}=(0,-1)[/tex]
[tex]P_{2}=(0,3)[/tex]
[tex]P_{3}=(1,-1)[/tex]
[tex]P_{4}=(1,3)[/tex]
[tex]P_{5}=(-1,-1)[/tex]
[tex]P_{6}=(-1,3)[/tex]
Pochodne cząstkowe drugiego rzędu:
[tex]$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}= 12x^{2}-4[/tex]
[tex]$\frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y} =\frac{\partial ^{2} f}{\partial y \partial x} =0[/tex]
[tex]$\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} =2y-2[/tex]
Hesjan:
[tex]H(x,y)=\left|\begin{array}{ccc}12x^{2}-4&0\\0&2y-2\end{array}\right|=(12x^{2}-4)(2y-2)[/tex]
Obliczamy wyznaczniki macierzy dla każdego punktu stacjonarnego:
[tex]H(P_{1})=H(0,-1)=-4(-2-2)=16[/tex]
[tex]H(P_{2})=H(0,3)=-4(6-2)=-16[/tex]
[tex]H(P_{3})=H(1,-1)=(12-4)(-2-2)=-32[/tex]
[tex]H(P_{4})=H(1,3)=(12-4)(6-2)=32[/tex]
[tex]H(P_{5})=H(-1,-1)=(12-4)(-2-2)=-32[/tex]
[tex]H(P_{6})=H(-1,3)=(12-4)(6-2)=32[/tex]
Zatem w punktach [tex]P_{1}[/tex], [tex]P_{4}[/tex] i [tex]P_{6}[/tex] funkcja osiąga ekstrema. Ponadto dla pierwszego punktu mamy:
[tex]$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} <0[/tex]
dla czwartego:
[tex]$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} >0[/tex]
i dla szóstego:
[tex]$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} >0[/tex]
Zatem wniosek jest następujący:
Funkcja osiąga maksimum lokalne dla [tex]P_{1}=(0,-1)[/tex] równe [tex]$\frac{5}{3} [/tex].
Funkcja osiąga minimum lokalne dla [tex]P_{4}=(1,3)[/tex] równe [tex]-10[/tex].
Funkcja osiąga minimum lokalne dla [tex]P_{6}=(-1,3)[/tex] równe [tex]-10[/tex].
