f(x, y) = e cos(xy)

Calculus 3. Uitwerkingen opgaven 4 maart, tweede deel
Opgave A.
We bepalen de partiële afgeleides:
f (x, y) = e−x
2 −y 2
(D1 f )(x, y) = −2xe
(D2 f )(x, y) = −xe
cos(xy)
−x2 −y 2
−x2 −y 2
2
2
cos(xy) − ye−x
−x2 −y 2
sin(xy) − 2ye
(D1 D1 f )(x, y) = (4x − y − 2)e
−x2 −y 2
(D2 D1 f )(x, y) = 3xye
2 −y 2
−x2 −y 2
sin(xy)
cos(xy)
cos(xy) + 4xye−x
cos(xy) + (2x2 + 2y 2 − 1)e
−x2 −y 2
(D2 D2 f )(x, y) = (−x2 + 4y 2 − 2)e
2 −y 2
sin(xy)
−x2 −y 2
sin(xy)
−x2 −y 2
cos(xy) + 4xye
sin(xy)
Dus
f (0, 0) = 1,
(D1 f )(0, 0) = 0,
(D1 D1 f )(0, 0) = −2,
(D2 f )(0, 0) = 0,
(D2 D1 f )(0, 0) = 0,
(D2 D2 f )(0, 0) = −2
De tweede orde Taylor formule voor f rond een punt (a, b) luidt
f (x, y) = f (a, b) + (D1 f )(a, b) (x − a) + (D2 f )(a, b) (y − b)
1
+
(D1 D1 f )(a, b) (x − a)2 + (D2 D1 f )(a, b) (y − b)(x − a)
2
2
+ (D1 D2 f )(a, b) (x − a)(y − b) + (D2 D2 f )(a, b) (y − b)
+ R2 ((a, b), (x − a, y − b))
Hier is (a, b) = (0, 0) en we vinden met de bovenstaande waardes voor de
afgeleides:
1
−2x2 − 2y 2 + rest = 1 − x2 − y 2 + rest
f (x, y) = 1 +
2
Opgave B.
In principe zijn er drie soorten punten die in aanmerking komen als lokale
minima of maxima van f :
• Punten waar f niet differentieerbaar is. Die komen hier niet voor
omdat f een veeltermfunctie is.
• Randpunten van het definitiegebied V . Dat zijn punten die op een van
de vier zijden van het vierkant liggen.
• Inwendige punten van het definitiegebied V waar beide eerste orde
partiële afgeleides nul worden.
We onderzoeken die punten nu nader.
Inwendige punten.
Een punt (x, y) van V is inwendig als −4 < x < 4 en −4 < y < 4. De
partiële afgeleides van f (x, y) = 3xy − x2 y − xy 2 zijn
(D1 f )(x, y) = 3y − 2xy − y 2 = (3 − 2x − y)y
(D2 f )(x, y) = 3x − x2 − 2xy = (3 − x − 2y)x
(D1 D1 f )(x, y) = −2y
(D2 D1 f )(x, y) = 3 − 2x − 2y
(D1 D2 f )(x, y) = 3 − 2x − 2y
(D2 D2 f )(x, y) = −2x
Als (D1 f )(x, y) = 0 en (D2 f )(x, y) = 0 dan zijn er vier mogelijkheden:
• 3 − 2x − y = 0 en 3 − x − 2y = 0.
Dan is (x, y) = (1, 1). In dat punt is de Hesse-matrix
−2 −1
(D1 D1 f )(1, 1) (D1 D2 f )(1, 1)
=
−1 −2
(D2 D1 f )(1, 1) (D2 D2 f )(1, 1)
De bijbehorende kwadratische functie is −2h2 − 2hk − 2k 2 , en deze is
negatief definiet. Dit punt is dus een lokaal maximum. De functiewaarde is er 1.
• 3 − 2x − y = 0 en x = 0.
Dan is (x, y) = (0, 3). In dat punt is de Hesse-matrix
−6 −3
(D1 D1 f )(0, 3) (D1 D2 f )(0, 3)
=
−3 0
(D2 D1 f )(0, 3) (D2 D2 f )(0, 3)
De bijbehorende kwadratische functie −6h2 − 6hk is niet definiet. Dit
punt is dus een zadelpunt. De functiewaarde is er 0.
• y = 0 en 3 − x − 2y = 0.
Dan is (x, y) = (3, 0). In dat punt is de Hesse-matrix
(D1 D1 f )(3, 0) (D1 D2 f )(3, 0)
0 −3
=
(D2 D1 f )(3, 0) (D2 D2 f )(3, 0)
−3 −6
De bijbehorende kwadratische functie −6hk − 6k 2 is niet definiet. Dit
punt is dus een zadelpunt. De functiewaarde is er 0.
• y = 0 en x = 0.
Dan is (x, y) = (0, 0). In dat punt is de Hesse-matrix
(D1 D1 f )(0, 0) (D1 D2 f )(0, 0)
0 3
=
(D2 D1 f )(0, 0) (D2 D2 f )(0, 0)
3 0
De bijbehorende kwadratische functie 6hk is niet definiet. Dit punt is
dus een zadelpunt. De functiewaarde is er 0.
Randpunten.
Op elke zijde kan f gezien worden als een functie van één variabele. De punten waar f een lokaal maximum of minimum kan aannemen zijn inwendige
punten van die zijde waar de afgeleide naar die ene variabele nul wordt, en
verder de eindpunten van die zijde, met ander woorden de hoekpunten van
het vierkant V .
• We bekijken de zijde gegeven door y = −4. De functie f wordt daar
gegeven door f (x, −4) = 3(−4)x − (−4)x2 − (−4)2 x = 4x2 − 28x.
De afgeleide naar x wordt nul als 8x − 28 = 0, dus voor x = +7/2.
De functiewaarde in (+7/2, −4) is −49.
• We bekijken de zijde gegeven door y = +4. De functie f wordt daar
gegeven door f (x, −4) = 3(4)x − (4)x2 − (4)2 x = −4x2 − 4x.
De afgeleide naar x wordt nul als −8x − 4 = 0, dus voor x = −1/2.
De functiewaarde in (−1/2, +4) is +1.
• We bekijken de zijde gegeven door x = −4. De functie f wordt daar
gegeven door f (−4, y) = 3(−4)y − (−4)2 y − (−4)y 2 = −28y + 4y 2 .
De afgeleide naar y wordt nul als −28 + 8y = 0, dus voor y = +7/2.
De functiewaarde in (−4, +7/2) is −49.
• We bekijken de zijde gegeven door x = +4. De functie f wordt daar
gegeven door f (4, y) = 3(4)y − (4)2 y − (4)y 2 = −4y − 4y 2 .
De afgeleide naar x wordt nul als −4 − 8y = 0, dus voor y = −1/2.
De functiewaarde in (4, −1/2) is +1.
• We bekijken het hoekpunt (−4, −4). De functiewaarde is daar 176.
• We bekijken het hoekpunt (+4, −4). De functiewaarde is daar −48.
• We bekijken het hoekpunt (−4, +4). De functiewaarde is daar −48.
• We bekijken het hoekpunt (+4, +4). De functiewaarde is daar −80.
Omdat we weten dat er een globaal maximum moet zijn, moet dat onder
genoemde twaalf kandidaten voorkomen. Omdat onder die twaalf (−4, −4)
de grootste functiewaarde geeft moet dat het maximum zijn.
Omdat we weten dat er een globaal minimum moet zijn, moet dat onder
genoemde twaalf kandidaten voorkomen. Omdat onder die twaalf (+4, +4)
de grootste functiewaarde geeft moet dat het minimum zijn.
De minimumwaarde is dus −80 en de maximumwaarde +176.
Opgave C.
We hebben in opgave c gezien dat
1
1
p(x, y) = x4 + y 4
4
4
1
1
r(x, y) = (1 − cos(x))2 − x4 + (1 − cos(y))2 − y 4
4
4
+ (x − sin(x))(y − sin(y))
We merken op dat
1
1
1
p(x, y) = (x2 + y 2 )2 + (x2 − y 2 )2 ≥ (x2 + y 2 )2
8
8
8
1
We gaan dus proberen te laten zien dat r(x, y) ≤ 16
(x2 +y 2 )2 als (x, y) dicht
bij de oorsprong ligt. Het is voldoende als we kunnen bereiken dat tegelijk
1
2
4
(1 − cos(x)) − x ≤ 1 x4 ≤ 1 (x2 + y 2 )2
4 48
48
(1 − cos(y))2 − 1 y 4 ≤ 1 y 4 ≤ 1 (x2 + y 2 )2
4 48
48
1 2 1 2
|x − sin(x)| ≤ x ≤ (x + y 2 )
7
7
1 2 1 2
|y − sin(y)| ≤ y ≤ (x + y 2 )
7
7
Het probleem is daarmee herleid tot twee problemen betreffende functies
van één variabele. Die lossen we nu op:
• In de opgaven van 11 februari hebben we afgeleid dat
1
0 ≤ t − sin(t) ≤ t3
voor alle t ≥ 0
6
Daaruit volgt dat |t − sin(t)| ≤ 16 |t|3 voor alle t.
Dat betekent dat |t − sin(t)| ≤ 17 t2 indien |t| ≤ 76 .
• In de opgaven van 11 februari hebben we afgeleid dat
1
1
voor alle t ≥ 0
0 ≤ t2 − (1 − cos(t)) ≤ t4
2
24
en ook dat
1
1
1
voor alle t ≥ 0
0 ≤ t2 + (1 − cos(t)) ≤ t2 + t2 = t2
2
2
2
Daaruit volgt dat
1
1
1
0 ≤ t4 − (1 − cos(t))2 ≤ t4 t2 = t6
voor alle t ≥ 0
4
24
24
Dat betekent dat | 41 t4 − (1 − cos(t))2 | ≤
1 4
48 t
indien t2 ≤ 12 .
We zien dat de vier ongelijkheden voldaan zijn als |x| en |y| allebei kleiner
dan 7/10 zijn.