Cviceni k predmetu PMMAT2
Cviceni 3 - Diferencial, Taylorova veta a extremy
Osnova: parcialni derivace, totalni diferencial a Taylorova veta, hledani extremu funkci vice
promennych
Parcialni derivace a diferencial
Existence diferencialu (oznaceni df(x0, y0)) u funkci vice promennych v podstate opet, jako u
funkci jedne promenne, znamena moznost aproximovat funkci v nejakem bode linearni funkci
(vicerozmernou, v pripade funkci dvou promennych rovinou). Z hlediska geometrickeho se
vlastne ptame na existenci tecne roviny k dane funkci v urcitem bode. Plati nasledujici veta:
Pokud muzeme aproximovat funkci v bode tecnou rovinou (tedy existuje totalni diferencial),
pak existuji i parcialni derivace a plati:
df(x0, y0) =
f
x
(x0, y0)(x - x0) +
f
y
(x0, y0)(y - y0).
Vsimnete si, ze k vypoctu tecne roviny potrebujeme "pouze" parcialni derivace (ty umime
vetsinou velmi snadno spocitat). Potiz je v tom, ze veta neplati obracene, tedy ze pouha
existence parcialnich derivaci garantuje existenci diferencialu. Viz obr.
Figure 1: U funkce g(x, y) = |x+y| a h(x, y) = |-x+y| sice parc. derivace existuji, diferecial
nikoliv
Plati tedy, ze pokud funkce f ma v bode (x0, y0) obe parcialni derivace spojite, pak v tomto
bode lze zkonstruovat k funkci f tecnou rovinu, tedy existuje totalni diferencial, ktery spoci-
tame podle vise zmineho vzorce.
Vsechno se da opet zobecnit, tedy:
Zapamtujte si nasledujici tvrzeni: Necht funkce f : R2  R ma v bode [x0, y0] a nejakem jeho
okoli spojite parcialni derivace az do radu n + 1 vcetne. Pak pro kazdy bod [x, y] z tohoto
1
okoli
f(x, y) = Tn(f)(x, y) + Rn(f)(x, y), kde
Tn(f)(x, y) = f(x0, y0)+
+
f
x
(x0, y0)(x - x0) +
f
y
(x0, y0)(y - y0)+
+
1
2!
f2
x2
(x0, y0)(x - x0)2
+ 2
f2
xy
(x0, y0)(x - x0)(y - y0) +
2f
y2
(x0, y0)(y - y0)2
+
+    +
1
n!
n
j=0
n
j
nf
xn-jyj
(x0, y0)(x - x0)n-j
(y - y0)j
, (1)
Rn(f)(x, y) =
1
(n + 1)!
n+1
j=0
n + 1
j
n+1f
xn+1-jyj
(, )(x - x0)n+1-j
(y - y0)j
, (2)
kde   (x0, x),   (y0, y).
Cast (1) se nazyva Tayloruv polynom stupne n k funkci f (oznacime Tn(f)), cast (2) se nazyva
zbytek po Taylorove polynomu radu n k funkci f (oznacime Rn(f) ).
Poznamka: Vsimnete si, ze neni treba zavadet pojem diferencialu, diferencial je vlastne Tay-
loruv polynom radu 1, nemuzeme vsak jako v diferecialnim poctu funkci jedne promenne
pojem diferencialu (totalniho) a parcialnich derivaci ztotoznit. Existence parcialnich derivaci
jeste nezarucuje existenci totalniho (silneho diferencialu), tu zaruci az jejich spojitost v pris-
lusnem bode (prozkoumejte prislusne obrazky a udelejte si take parcialni derivace funkci na
obrazcich).
Figure 2: Funkce f(x, y) = (x2 + y2),h(x, y) = (x2 + y2)
Priklad 1. Spoctete e0.1 sin(0.2) priblizne uzitim totalniho diferencialu.
e0.1 sin(0.2)
.
= e0 sin(0) + e0 sin(0)  0.1 + e0 cos(0)  0.2 = 0.2
2
e0.1 sin(0.2) = 0.2195635667
Priklad 2. Spoctete e0.1 sin(0.2) priblizne uzitim Taylorovy vety pro k = 2.
e0.1 sin(0.2)
.
= e0 sin(0) + e0 sin(0)  0.1 + e0 cos(0)  0.2 + 1
2 (e0 sin(0)  0.12 + 2  e0 cos(0)  0.1 
0.2 - e0 sin(0)  0.22) = 0.22
e0.1 sin(0.2) = 0.2195635667 (Opet je aproximace Taylorovym polynomem radu 2 presnejsi nez
prostrednictvim diferencialu).
Priklady (mozne v pisemce - dva priklady jsou spocitane, v podstate se jedna jen o dosazovani
do vzorcu, tudiz nepovazuji za dulezite podrobne vypisovat reseni zbyvajicich prikladu, doma
si je ale spoctete).
Spoctete priblizne (prostrednictvim totalniho diferencialu i Taylorovy vety)
a) 1.002  2.0032  3.0042 [36.27684227, 36.276, 36.27676900]
Obecne muzeme funkci zapsat jako f(x, y, z) = x  y2  z2, dale body x0 = 1, y0 = 2, z0 =
3, f(x0, y0, z0) = x0 y2
0 z2
0 = 36, tudiz diference x-x0 = 0.002, y -y0 = 0.003, z -z0 = 0.004.
Zbyva vyjadrit parcialni derivace v prislusnych bodech, a protoze se jedna o funkci tri promen-
nych je nutne dosadit do vzorce v Napovede. Pocitejme tedy:f
x = y2  z2, tedy v bode
(x0, y0, z0) je hodnota derivace y2
0  z2
0 = 36, dale f
y = x  2  y  z2, tedy v bode (x0, y0, z0)
je hodnota derivace x0  2  y0  z2
0 = 36, konecne f
z = x  2  z  y2, tedy v bode (x0, y0, z0) je
hodnota derivace x0  2  z0  y2
0 = 24. Nyni staci dosadit do vzorce v Napovede a dostavame:
1.002  2.0032  3.0042 .
= 36 + 36  0.002 + 36  0.003 + 24  0.004 = 36.276. Spocetete si jeste
aproximaci Taylorovym polynomem stupne 2, derivace si muzete overit v MAPLE, zapis je
diff(x  y2  z2, x, y);, coz by odpovidalo druhe parcialni derivaci podle x a y.
b)

1.023 + 1.973 [2.950691614, 0.9833333333  3, 0.9835611113  3]
c) sin 29o tan 46o [0.5020350584, 0.4933798555, 0.5028720794]
d) 0.971.05 [0.9685238528, 0.97, 0.9685000000]
Obecne muzeme funkci zapsat jako f(x, y) = xy, dale body x0 = 1, y0 = 1, f(x0, y0) = xy0
0 = 1,
tudiz diference x - x0 = -0.03, y - y0 = 0.05. Zbyva vyjadrit parcialni derivace v prislusnych
bodech. Pocitejme tedy:f
x = y  xy-1, tedy v bode (x0, y0) je hodnota derivace 1  10 = 1, dale
f
y = xy log(x), tedy v bode (x0, y0) je hodnota derivace 11 log(1) = 0. Nyni staci dosadit do
vzorce pro Tayloruv polynom funkce dvou promennych (viz vyse) a dostavame:
0.971.05 .
= 1 - 1  0.03 + 0  0.05 = 0.97.
e) 1.032
3

0.98
4
1.053
[1.055119783, 1.054166667, 1.055229514]
Napoveda:
3
1. u funkci 3 promennych (priklad a) a e)) plati
f(x, y, z)
.
= f(x0, y0, z0)+
+
f
x
(x0, y0, z0)(x - x0) +
f
y
(x0, y0, z0)(y - y0) +
f
z
(x0, y0, z0)(z - z0)
+
1
2!
(
f2
x2
(x0, y0, z0)(x - x0)2
+
2f
y2
(x0, y0, z0)(y - y0)2
+
2f
z2
(x0, y0, z0)(z - z0)2
+
+ 2
f2
xy
(x0, y0, z0)(x - x0)(y - y0) + 2
f2
xz
(x0, y0, z0)(x - x0)(z - z0)+
2
f2
yz
(x0, y0, z0)(y - y0)(z - z0)) (3)
Poznamka:Vysledky jsou v hranatych zavorkach, a to tak, ze prvni hodnota je presna hodnota,
druha je aproximace diferencialem, treti je aproximace Taylorovym polynomem.
Extremy funkci vice promennych
Podobne jako v dif. poctu funkci jedne promenne vyuzivame k zjistovani extremu funkce
derivace (zde parcialni). Podobne take plati, ze extrem nastava ve stacionarnim bode (tedy
tam, kde obe parcialni derivace jsou rovny 0). Dukaz se pote provede na zaklade Taylorova
polynomu radu 2 (vsimnete si, ze potrebujem spojitost parcialnich derivaci az do radu 2). Pak
totiz plati:
f(x, y) = f(x0, y0) + 0(x - x0) + 0(y - y0)+
+
1
2!
f2
x2
(, )(x - x0)2
+ 2
f2
xy
(, )(x - x0)(y - y0) +
2f
y2
(, )(y - y0)2
, (4)
kde   (x0, x),   (y0, y).
Cast (3) je vlastne zbytek po Taylorove polynomu, ktery bude vzdy kladny (nastane minimum)
nebo vzdy zaporny (nastane maximum) za situace, kdy ve stacionarnich bodech plati
fxx fxy
fxy fyy
> 0. (5)
Minimum nastane, pokud je fxx > 0, maximum pro fxx < 0. Pokud je tento determinant
zaporny (zbytek strida znamenko), extrem nenastava, pokud je 0 (zbytek je 0), nelze timto
rozhodnout, a musi se prejit k Taylorovu polynomu vyssiho radu (pokud existuje).
Domaci ukol 3
Dokazte, ze funkce f(x, y) = x3 + y3 - 3xy ma lokalni extrem v bode [1, 1].
Potrebujeme najit body podezrele z extremu, tudiz ty, kde jsou parcialni derivace rovny
nule. Pro funkci dvou promennych dostaneme dve rovnice o dvou neznamych v podobe
f
x = 3x2 -3y = 0, f
y = 3y2 -3x = 0. Dosazenim druhe rovnice do prvni a po vykraceni
3, dostaneme rovnici y  (y3 - 1) = 0. Odtud je y = 0, y = 1, coz odpovida x = 0, x = 1.
4
Mame dva body podezrele z extremu [0, 0], [1, 1]. Spocteme Hesian
fxx fxy
fxy fyy
=
6  x -3
-3 6  y
Po dosazeni bodu [0, 0] je determinant roven -9, extrem v tomto bode tudiz nenastava, bodu
[1, 1] je determinant 25, zde tudiz nastava extrem, a to minimum, protoze fxx = 6, coz je
kladne cislo.
Domaci ukol 4
Naleznete lokalni extremy funkce f(x, y) = x  y log(x2 + y2).
Nejdrive podminky. V logaritmu nesmi byt zaporne cislo a nula, tudiz x = 0  y = 0.
Potrebujeme najit body podezrele z extremu, tudiz ty, kde jsou parcialni derivace rovny
nule. Pro funkci dvou promennych dostaneme dve rovnice o dvou neznamych v podobe
f
x = y log(x2 +y2)+ 2x2y
x2+y2 = y((x2+y2)(log(x2+y2))+2x2)
x2+y2 = 0  y((x2 +y2)(log(x2 +y2))+2x2) =
0  (x2+y2)(log(x2+y2))+2x2 = 0, vzhledem k podmince. Dale f
y = x log(x2+y2)+ 2xy2
x2+y2 =
x((x2+y2)(log(x2+y2))+2y2)
x2+y2 = 0  x((x2 + y2)(log(x2 + y2)) + 2y2) = 0  (x2 + y2)(log(x2 +
y2)) + 2y2 = 0, vzhledem k podmince. Z obou rovnic dostavame, ze x2 = y2, tedy x = y.
Dosadime - li tento vztah treba do prvni rovnice, vidime, ze (x2 + x2)(log(x2 + x2)) + 2x2 =
0  log(2x2) = -1  x =  1
2e
, tedy y =  1
2e
. Dostavame tak 4 body podezrele
z extremu [ 1
2e
, 1
2e
], [- 1
2e
, - 1
2e
],[- 1
2e
, 1
2e
], [ 1
2e
, - 1
2e
]. Konstruujme matici druhych
parcialnich derivaci. Plati: 2f
x2 = 6xy(x2+y2)-4x3y
(x2+y2)2 , 2f
xy = (x2+y2)2 log(x2+y2)+2(x2+y2)2-4x2y2
(x2+y2)2 ,
2f
y2 = 6xy(x2+y2)-4xy3
(x2+y2)2 . Pro [ 1
2e
, 1
2e
] je determinant
2 0
0 2
, [- 1
2e
, - 1
2e
] je determinant
2 0
0 2
, [- 1
2e
, 1
2e
] je determinant
-2 0
0 -2
, [ 1
2e
, - 1
2e
] je determinant
-2 0
0 -2
. Snadno
si jiz kazdy odvodi, kde nastavaji minima, kde maxima. Pro jistotu uvadim jeste nazorny
obrazek:
Figure 3: Funkce f(x, y) = x  y log(x2 + y2)
Domaci ukol 4
Naleznete lokalni extremy funkce f(x, y) = 1 - x2 + y2.
Pozor na tento priklad. Funkce je definovana pro vsechna [x, y]  R, ale v bode [0, 0], kde se
prave nachazi extrem, nejsou parcialni derivace definovany (nemohou byt tudiz ani spojite),
5
tedy aparat urcovani extremu (ktery je odvozen od Taylorova rozvoje) nelze vubec pouzit.
Figure 4: Funkce f(x, y) = 1 - x2 + y2 a f(x, y) = 2x - x2 - 4y2
Pokud pocitame extrem funkce vice jak dvou promennych, postupujeme stejne az po ses-
taveni matice druhych derivaci. Dalsi analyza se pote lisi, tedy:
Naleznete lokalni extremy funkce u = 2x2 + y2 + 3z2 - x + z - 2. Body podezrele z ex-
tremu jsou dany rovnicemi ux = 4x - 1 = 0, uy = 2y = 0, uz = 6z + 1 = 0, tedy bod
[1
4, 0, -1
6]. Matice druhych derivaci vypada nasledovne:


4 0 0
0 2 0
0 0 6

. Nyni budeme posuzovat
tyto 3 subdeterminanty:
4 > 0,
4 0
0 2
> 0,
4 0 0
0 2 0
0 0 6
> 0, (6)
a protoze jsou vsechny subdeterminanty, po dosazeni prislusneho bodu (v tomto pripade to
nebylo nutne), kladne, je v danem bode minimum. Pokud by subdeterminanty stridaly zna-
menka, pocinaje minusem, je v danem bode maximum.
Naleznete lokalni extremy funkce u = -x2 - y2 - 3z2 + x + 2y - 1. Body podezrele z ex-
tremu jsou dany rovnicemi ux = -2x + 1 = 0, uy = -2y + 2 = 0, uz = -6z = 0, tedy
bod [1
2, 1, 0]. Matice druhych derivaci vypada nasledovne:


-2 0 0
0 -2 0
0 0 -6

. Nyni budeme
posuzovat tyto 3 subdeterminanty:
-2 < 0,
-2 0
0 -2
> 0,
-2 0 0
0 -2 0
0 0 -6
< 0, (7)
a protoze subdeterminanty, po dosazeni prislusneho bodu (v tomto pripade to nebylo nutne),
stridaji znamenka a prvni je minus, je v danem bode maximum.
6
Globalni extremy:
Pro hledani globalnich extremu je postup totozny s postupem hledani lokalnich extremu, navic
je treba ale prozkoumat hranici mnoziny, na ktere globalni extremy hledame.
Priklad:Urcete globalni extremy funkci f(x, y) = 2x - x2 - 4y2.
f
x = 1-x
2x-x2-4y2
= 0, f
y = -4x
2x-x2-4y2
= 0, tedy bod podezrely z extremu [1, 0]. Ses-
tavime determinant a dosadime, pak
-1 0
0 -4
, tedy v bode [1, 0] je maximum. Vysetrime jeste
hranici. Protoze pod odmocnonou muze byt pouze kladne cilo, musi platit, ze 2x-x2-4y2  0,
hranici tudiz tvori funkce 2x-x2 -4y2 = 0, coz je elipsa. Hodnota ve vsech bodech teto elipsy
je nula, coz je nejmensi cislo, ktere muze funkce f(x, y) na svem definicnim oboru dosahnout,
ve vsech hranicnich bodech tudiz nastane minimum. Obrazek viz vise.
Priklad: Naleznete absolutni extremy funkce z = x2 - y2 v kruhu x2 + y2  4.
Funkci z dobre zname, je to funkce ze cv2.pdf obrazek 1. Ta zadny extrem nema, pouze
sedlovy (inflexni) bod (overte si to beznym postupem jako v prikladech vyse). Zbyva vy-
setrit body na hranici, tedy na kruznici x2 + y2 = 4 (polomer r = 2, stred [0, 0]). Postup
je nasledujici. Kruznici si musime vyjadrit parametricky, tedy x = r2 cos(t), y = r2 sin(t),
a tyto rovnice dosadime do vlastni funkce z, tedy z = r2(cos2(t) - sin2
(t)) = 4(cos2(t) -
sin2
(t)) = 4(1 - 2 sin2
(t)). Tuto funkci minimalizujeme jako funkci jedne promenne. Derivace
z = -16 sin(t) cos(t) = 0. Body podezrele z extemu jsou tedy t1 = 0, t2 = 
2 , t3 = , t4 = 3
2 .
Overte si druhymi derivacemi, ze je to po rade maximum, minimum, maximum a minimum.
7