Řešené příklady k extrémům funkcí více proměnných
8.1. Určete všechny lokální extrémy funkce
f(x, y) = x2 + arctg2 x + y3 + y , x, y ∈ R.
Řešení. Funkci f si vyjádříme jako součet f1 + f2, kde
f1(x) = x2 + arctg2x, x ∈ R, f2(y) = y3 + y , y ∈ R.
Máli-li mít funkce f v nějakém bodě lokální extrém, pak jej musí mít také
vzhledem k libovolné podmnožině svého definičního oboru. Jinak řečeno, pokud
má např. v bodě [a, b] maximum a my položíme y = b, potom funkce
f(x, b) jedné proměnné x musí mít maximum v bodě x = a. Zvolme libovolně
y ∈ R. Pro toto pevné y dostáváme funkci jedné proměnné, která je posunutím
funkce f1, což znamená, že má maxima a minima ve stejných bodech.
Nalézt extrémy f1 je ovšem snadné. Stačí si uvědomit, že tato funkce je sudá
(je součtem dvou sudých funkcí, přičemž funkce y = arctg2 x je součinem
dvou lichých funkcí) a rostoucí pro x ≥ 0 (kompozice i součet rostoucích
funkcí je rostoucí funkce). Má proto jediný extrém, a to minimum v bodě
x = 0. Podobně platí, že pro pevně zvolené x je f posunutím f2 a že také
funkce f2 má minimum v bodě y = 0 jako svůj jediný extrém. Dokázáli jsme
tak, že f může mít lokální extrém pouze v počátku. Protože zjevně
f(0, 0) = 0, f(x, y) > 0, [x, y] ∈ R2 {[0, 0]},
funkce f má v bodě [0, 0] ostré lokální (dokonce globální) minimum.
8.2. Vyšetřete lokální extrémy funkce
f(x, y) = x + y2 e
x
2 , x, y ∈ R.
Řešení. Daná funkce má parciální derivace všech řádů na celém svém definičním
oboru. Lokální extrém může proto nastat pouze ve stacionárních
bodech, ve kterých jsou obě parciální derivace fx, fy nulové. O tom, zda
v těchto bodech extrém skutečně je, lze pak rozhodnout pomocí druhých
derivací.
Snadno určíme
fx(x, y) = e
x
2 + 1
2 x + y2 e
x
2 , fy(x, y) = 2y e
x
2 , x, y ∈ R.
Stacionární bod [x, y] musí splňovat
fy(x, y) = 0, tj. y = 0,
a dále
fx(x, y) = fx(x, 0) = e
x
2 1 + 1
2x = 0, tj. x = −2.
Vidíme, že existuje jediný stacionární bod [−2, 0].
Nyní spočítáme Hessovu matici Hf druhých derivací v tomto bodě.
Bude-li tato matice (příslušná kvadratická forma) pozitivně definitní, jedná
se o ostré lokální minimum; a při negativní definitnosti jde o ostré lokální
maximum. Pokud bude indefinitní, nepůjde o extrém. Platí
fxx(x, y) = 1
2 e
x
2 2 + 1
2 x + y2 , fyy(x, y) = 2 e
x
2 ,
1
2
fxy(x, y) = fyx(x, y) = y e
x
2 , x, y ∈ R,
a tedy
Hf (−2, 0) =
fxx (−2, 0) fxy (−2, 0)
fyx (−2, 0) fyy (−2, 0)
=
1
2e 0
0 2
e
.
Připomeňme, že vlastními čísly diagonální matice jsou právě hodnoty na
diagonále a že pozitivní definitnost matice znamená, že všechna její vlastní
čísla jsou kladná. Odtud již plyne, že v bodě [−2, 0] je ostré lokální minimum.
8.3. Nalezněte lokální extrémy funkce
f(x, y, z) = x3 + y2 + z2
2 − 3xz − 2y + 2z, x, y, z ∈ R.
Řešení. Funkce f je polynomem (mnohočlenem), a tudíž o ní víme, že má
parciální derivace všech řádů. Hledejme proto stacionární body (jinde extrém
být nemůže) tak, že zderivujeme f postupně podle x, y, z a tyto derivace
položíme rovny nule. Takto dostaneme
3x2 − 3z = 0, tj. z = x2,
2y − 2 = 0, tj. y = 1,
a (s využitím první rovnice)
z − 3x + 2 = 0, tj. x ∈ {1, 2}.
Existují tedy dva stacionární body [1, 1, 1], [2, 1, 4]. Vypočtěme nyní všechny
parciální derivace druhého řádu
fxx = 6x, fxy = fyx = 0, fxz = fzx = −3,
fyy = 2, fyz = fzy = 0, fzz = 1.
S jejich pomocí ve stacionárních bodech snadno určíme Hessovu matici
Hf (1, 1, 1) =


6 0 −3
0 2 0
−3 0 1

 , Hf (2, 1, 4) =


12 0 −3
0 2 0
−3 0 1

 .
Potřebujeme zjistit, zda jsou tyto matice pozitivně definitní, negativně
definitní, příp. indefinitní, abychom mohli rozhodnout, jestli a jaké jsou v nich
extrémy. V případě první z matic (pro bod [1, 1, 1]) ihned vidíme vlastní
číslo λ = 2. Neboť je její determinant roven −6 a jedná se o symetrickou matici
(všechna vlastní čísla jsou reálná), matice musí mít také záporné vlastní
číslo (determinant je součinem vlastních čísel). Matice Hf (1, 1, 1) je tedy
indefinitní – v bodě [1, 1, 1] extrém není.
Pro matici Hf (2, 1, 4) použijeme tzv. Sylvestrovo kritérium. Podle tohoto
kritéria je reálná symetrická matice
A =







a11 a12 a13 · · · a1n
a12 a22 a23 · · · a2n
a13 a23 a33 · · · a3n
...
...
...
...
...
a1n a2n a3n · · · ann







3
pozitivně definitní, právě když všechny hlavní minory A, tj. determinanty
d1 = a11 , d2 =
a11 a12
a12 a22
, d3 =
a11 a12 a13
a12 a22 a23
a13 a23 a33
, . . . dn = | A |,
jsou kladné, a je negativně definitní tehdy a jenom tehdy, když je
d1 < 0, d2 > 0, d3 < 0, . . . , (−1)ndn > 0.
Neboť
12 = 12 > 0,
12 0
0 2
= 24 > 0,
12 0 −3
0 2 0
−3 0 1
= 6 > 0,
matice Hf (2, 1, 4) je pozitivně definitní – v bodě [2, 1, 4] je ostré lokální
minimum.
8.4. Stanovte lokální extrémy funkce
z = x2 − 1 1 − x4 − y2 , x, y ∈ R.
Řešení. Opět spočítáme parciální derivace zx a zy a položíme je rovny nule.
Takto obdržíme rovnice
−6x5 + 4x3 + 2x − 2xy2 = 0, x2 − 1 (−2y) = 0
s řešeními [x, y] = [0, 0], [x, y] = [1, 0], [x, y] = [−1, 0]. Doplňme, že k nalezení
řešení stačilo určit reálné kořeny 1, −1 polynomu −6x4 + 4x2 + 2 pomocí
substituce u = x2. Nyní vypočítáme druhé parciální derivace
zxx = −30x4 + 12x2 + 2 − 2y2, zxy = zyx = −4xy, zyy = −2 x2 − 1
a ve stacionárních bodech vyčíslíme Hessovu matici se ziskem
Hz (0, 0) =
2 0
0 2
, Hz (1, 0) =
−16 0
0 0
, Hz (−1, 0) =
−16 0
0 0
.
Vidíme, že první z matic je pozitivně definitivní, a tudíž je v počátku ostré
lokální minimum.
Zbývající dvě matice jsou ale negativně semidefinitní. Nelze tedy na základě
druhých parciálních derivací s určitostí říci, zda je v bodech [1, 0],
[−1, 0] extrém. Zkoumejme proto funkční hodnoty v okolích těchto bodů.
Platí
z(1, 0) = z(−1, 0) = 0, z(x, 0) < 0 pro x ∈ (−1, 1).
Uvažujme dále y v závislosti na x ∈ (−1, 1) dané předpisem y = 2 (1 − x4)
splňujícím, že y → 0 pro x → ±1. Pro tuto volbu je však
z x, 2 (1 − x4) = x2 − 1 x4 − 1 > 0, x ∈ (−1, 1).
Ukázali jsme, že v libovolně malých okolích bodů [1, 0], [−1, 0] nabývá z
hodnot větších i menších, než je funkční hodnota v těchto bodech. Nejedná
se tak o extrémy.
4
8.5. Rozhodněte, zda má polynom
p(x, y) = x6 + y8 + y4x4 − x6y5
ve stacionárním bodě [0, 0] lokální extrém.
Řešení. Snadno lze ověřit, že parciální derivace px a py jsou v počátku
skutečně nulové. Také všechny parciální derivace pxx, pxy, pyy jsou ale v bodě
[0, 0] rovny nule. Hessova matice Hp (0, 0) je tudíž současně pozitivně
i negativně semidefinitní. Jednoduchá úvaha však ihned dává výsledek. Všimněme
si např., že je p(0, 0) = 0 a současně
p(x, y) = x6 1 − y5 + y8 + y4x4 > 0
pro [x, y] ∈ R×(−1, 1) {[0, 0]}. Zadaný polynom má proto v počátku lokální
minimum.
8.6. Stanovte globální extrémy funkce
f(x, y) = x2 − 2y2 + 4xy − 6x − 1
na množině bodů [x, y] vyhovujících nerovnostem
(0.1) x ≥ 0, y ≥ 0, y ≤ −x + 3.
Řešení. Máme zadán polynom se spojitými parciálními derivacemi na kompaktní
(tj. uzavřené a ohraničené) množině. Taková funkce nutně nabývá své
nejmenší a největší hodnoty na této množině, a to ve stacionárních bodech
nebo na hranici. Stačí tedy najít stacionární body uvnitř množiny a stacionární
body na konečném počtu otevřených (příp. jednobodových) částí
hranice, vyčíslit v těchto bodech f a vybrat největší a nejmenší hodnotu.
Dodejme, že množina bodů určená nerovnostmi (0.1) je zřejmě trojúhelníkem
s vrcholy [0, 0], [3, 0], [0, 3].
Určeme stacionární body uvnitř tohoto trojúhelníku jako řešení rovnic
fx = 0, fy = 0. Neboť
fx(x, y) = 2x + 4y − 6, fy(x, y) = 4x − 4y,
těmto rovnicím vyhovuje pouze bod [1, 1]. Hranici můžeme (nabízejícím se
způsobem) vyjádřit jako sjednocení tří úseček výběrem dvojic vrcholů. Nejprve
uvažujme x = 0, y ∈ [0, 3], kdy je f(x, y) = −2y2 − 1. Graf této funkce
(jedné proměnné) na intervalu [0, 3] ovšem známe. Není tudíž obtížné stanovit
body, ve kterých nastávají globální extrémy. Jde o krajní body [0, 0],
[0, 3]. Podobně můžeme uvažovat y = 0, x ∈ [0, 3], přičemž také obdržíme
jenom krajní body [0, 0], [3, 0]. Zbývá úsečka y = −x + 3, x ∈ [0, 3], pro niž
po úpravě dostáváme
f(x, y) = f(x, −x + 3) = −5x2 + 18x − 19, x ∈ [0, 3].
Potřebuje tedy najít stacionární body polynomu p(x) = −5x2 + 18x − 19
z intervalu [0, 3]. Rovnici p (x) = 0, tj. −10x+18 = 0, pak vyhovuje x = 9/5.
To znamená, že v posledním případě jsme (kromě již zahrnutých krajních
bodů) získali ještě jeden bod [9/5, 6/5], ve kterém může být globální extrém.
Celkem máme tyto „podezřelé“ body
[1, 1], [0, 0], [0, 3], [3, 0], 9
5, 6
5
5
po řadě s funkčními hodnotami
−4, −1, −19, −10, −14
5 .
Vidíme, že největší hodnoty −1 nabývá funkce f v bodě [0, 0] a nejmenší
hodnoty −19 pak v bodě [0, 3].
8.7. Najděte maximální a minimální hodnotu polynomu
p(x, y) = 4x3 − 3x − 4y3 + 9y
na množině
M = [x, y] ∈ R2; x2 + y2 ≤ 1 .
Řešení. Také v tomto příkladu máme zadán polynom na kompaktní množině,
a proto se omezíme na hledání stacionárních bodů uvnitř a stacionárních
a „krajních“ bodů na hranici M. Jako řešení rovnic
px(x, y) = 12x2 − 3 = 0, py(x, y) = −12y2 + 9 = 0
však dostáváme pouze body
1
2,
√
3
2 , 1
2, −
√
3
2 , −1
2,
√
3
2 , −1
2, −
√
3
2 ,
které se nacházejí na hranici M. To znamená, že p nemá uvnitř M žádný
extrém. Stačí tak najít maximum a minimum p na jednotkové kružnici k :
x2 + y2 = 1. Kružnici k umíme vyjádřit parametricky jako
x = cos t, y = sin t, t ∈ [−π, π].
Od hledání extrémů p na M tak přecházíme k hledání extrémů funkce
f(t) := p(cos t, sin t) = 4 cos3 t − 3 cos t − 4 sin3
t + 9 sin t
na intervalu [−π, π].
Platí
f (t) = −12 cos2 t sin t + 3 sin t − 12 sin2
t cos t + 9 cos t, t ∈ [−π, π].
Abychom mohli určit stacionární body, musíme funkci f vyjádřit ve tvaru,
ze kterého bude možné vypočítat, kde její graf protíná osu x. Použijeme
k tomu identitu
1
cos2 t
= 1 + tg2 t,
která platí všude, kde mají obě strany smysl. S její pomocí dostáváme
f (t) = cos3 t −12tg t + 3 tg t + tg3 t − 12tg2 t + 9 1 + tg2t
pro t ∈ [−π, π] taková, že je cos t = 0. Toto omezení ovšem nevyloučí žádné
stacionární body, protože sin t = 0, je-li cos t = 0. Stacionárními body f jsou
tak t ∈ [−π, π], pro která je
−4tg t + tg t + tg3 t − 4tg2 t + 3 + 3tg2t = 0.
Substitucí s = tg t obdržíme
s3 − s2 − 3s + 3 = 0, tj. (s − 1) s −
√
3 s +
√
3 = 0.
Hodnotám
s = 1, s =
√
3, s = −
√
3
odpovídá postupně
t ∈ {−3
4 π, 1
4 π}, t ∈ {−2
3 π, 1
3 π}, t ∈ {−1
3 π, 2
3 π}.
6
Nyní vyčíslíme funkci f ve všech těchto bodech a také v krajních bodech
t = −π, t = π. Při seřazení podle velikosti je
f −1
3 π = −1 − 3
√
3 < f −3
4 π = −3
√
2 < f −2
3 π = 1 − 3
√
3 < −1,
f (−π) = f (π) = −1 < 0,
f 2
3 π = 1 + 3
√
3 > f 1
4 π = 3
√
2 > f 1
3 π = −1 + 3
√
3 > 0.
Globální minimum má funkce f tedy v bodě t = −π/3 a maximum v bodě t =
2π/3.
Nyní se vraťme k původní funkci p. Protože
cos −1
3 π = 1
2, sin −1
3 π = −
√
3
2 , cos 2
3 π = −1
2, sin 2
3 π =
√
3
2 ,
nabývá polynom p minimální hodnoty −1−3
√
3 (pochopitelně stejné jako f)
v bodě 1/2, −
√
3/2 a maximální hodnoty 1 + 3
√
3 v bodě −1/2,
√
3/2 .
8.8. V jakých bodech nabývá funkce
f(x, y) = x2 − 4x + y2
globálních extrémů na množině M : | x | + | y | ≤ 1?
Řešení. Pokud vyjádříme f ve tvaru
f(x, y) = (x − 2)2 − 4 + y2,
je vidět, že tato funkce má globální maximum a minimum ve stejných bodech
jako funkce
g(x, y) := (x − 2)2 + y2, [x, y] ∈ M.
Posunutí funkce ani aplikace rostoucí funkce v =
√
u pro u ≥ 0 totiž nemění
body, kde nastávají extrémy (pouze změní hodnotu extrémů). O funkci g
však víme, že udává vzdálenost bodu [x, y] od bodu [2, 0]. Neboť množina M
je zřejmě čtvercem s vrcholy [1, 0], [0, 1], [−1, 0], [0, −1], nejblíže z bodů M
k bodu [2, 0] je vrchol [1, 0] a nejvzdálenější je vrchol [−1, 0]. Máme výsledek
– minimální hodnotu má f v bodě [1, 0] a maximální v bodě [−1, 0].
8.9. Spočítejte lokální extrémy funkce y = f(x) určené implicitně rov-
nicí
3x2 + 2xy + x = y2 + 3y + 5
4, [x, y] ∈ R2 x, x − 3
2 ; x ∈ R .
Řešení. V souladu s teoretickou částí označme
F(x, y) = 3x2 + 2xy + x − y2 − 3y − 5
4, [x, y] ∈ R2 x, x − 3
2 ; x ∈ R
a vypočtěme derivaci
y = f (x) = −Fx(x,y)
Fy(x,y) = −6x+2y+1
2x−2y−3.
Vidíme, že tato derivace existuje spojitě na celé zadané množině. Zvláště je
na této množině implicitně určena funkce f (jmenovatel je nenulový).
Lokální extrém může nastat pouze pro x, y, pro která je y = 0, tj. 6x +
2y + 1 = 0. Dosadíme-li y = −3x − 1/2 do rovnice F(x, y) = 0, obdržíme po
úpravě −12x2 + 6x = 0 a následně
[x, y] = 0, −1
2 , [x, y] = 1
2, −2 .
7
Snadno také spočítáme
y = (y ) = −(6+2y )(2x−2y−3)−(6x+2y+1)(2−2y )
(2x−2y−3)2 .
Dosazením x = 0, y = −1/2, y = 0 a x = 1/2, y = −2, y = 0 dostaneme
y = −6(−2)−0
4 > 0 pro [x, y] = 0, −1
2
a
y = −6(+2)−0
4 < 0 pro [x, y] = 1
2, −2 .
Dokázali jsme tak, že v bodě x = 0 v okolí [0, −1/2] je ostré lokální minimum
a v bodě x = 1/2 v okolí [1/2, −2] ostré lokální maximum.
8.10. Najděte lokální extrémy funkce z = f(x, y) zadané na maximální
množině implicitně rovnicí
(0.2) x2
+ y2
+ z2
− xz − yz + 2x + 2y + 2z − 2 = 0.
Řešení. Derivování (0.2) podle x a y dává
2x + 2zzx − z − xzx − yzx + 2 + 2zx = 0,
2y + 2zzy − xzy − z − yzy + 2 + 2zy = 0.
Odtud vyplývá
(0.3) zx = fx(x, y) =
z − 2x − 2
2z − x − y + 2
, zy = fy(x, y) =
z − 2y − 2
2z − x − y + 2
.
Všimněme si, že parciální derivace jsou spojité všude, kde je definována
funkce f. To implikuje, že lokální extrémy mohou být pouze ve stacionárních
bodech. Ve stacionárních bodech pak platí
zx = 0, tj. z − 2x − 2 = 0,
zy = 0, tj. z − 2y − 2 = 0.
Máme dvě rovnice, které umožňují vyjádřit x a y v závislosti na z. Dosazením
do (0.2) potom již získáme body
[x, y, z] = −3 +
√
6, −3 +
√
6, −4 + 2
√
6 ,
[x, y, z] = −3 −
√
6, −3 −
√
6, −4 − 2
√
6 .
Nyní potřebujeme druhé derivace k tomu, abychom mohli říci, zda jde
v příslušných bodech o lokální extrémy. Derivováním zx v (0.3) dostáváme
zxx = fxx(x, y) = (zx−2)(2z−x−y+2)−(z−2x−2)(2zx−1)
(2z−x−y+2)2 ,
derivujeme-li podle x, a
zxy = fxy(x, y) =
zy(2z−x−y+2)−(z−2x−2)(2zy−1)
(2z−x−y+2)2 ,
když derivujeme podle y. Důvodem, proč jsme neurčili také zyy, je záměnné
postavení x a y v (0.2) (pokud zaměníme x za y, rovnice se nezmění). Navíc
také x-ové a y-ové souřadnice uvažovaných bodů jsou stejné, a proto je
v těchto bodech zxx = zyy. Snadno již ve stacionárních bodech vyčíslíme
fxx −3 +
√
6, −3 +
√
6 = fyy −3 +
√
6, −3 +
√
6 = − 1√
6
,
fxy −3 +
√
6, −3 +
√
6 = fyx −3 +
√
6, −3 +
√
6 = 0,
8
fxx −3 −
√
6, −3 −
√
6 = fyy −3 −
√
6, −3 −
√
6 = 1√
6
,
fxy −3 −
√
6, −3 −
√
6 = fyx −3 −
√
6, −3 −
√
6 = 0.
Při zápisu do Hessovy matice je
Hf −3 +
√
6, −3 +
√
6 =
− 1√
6
0
0 − 1√
6
,
Hf −3 −
√
6, −3 −
√
6 =
1√
6
0
0 1√
6
.
Očividně první Hessova matice je záporně a druhá kladně definitní, což znamená,
že v bodě −3 +
√
6, −3 +
√
6 je ostré lokální maximum, zatímco
v bodě −3 −
√
6, −3 −
√
6 je ostré lokální minimum funkce f.
8.11. Stanovte ostré lokální extrémy funkce
f(x, y) = 1
x + 1
y , x = 0, y = 0
na množině bodů, které vyhovují rovnici 1
x2 + 1
y2 = 4.
Řešení. Neboť funkce f i funkce zadaná implicitně rovnicí 1
x2 + 1
y2 − 4 = 0
mají zřejmě spojité parciální derivace všech řádů na množině R2 {[0, 0]},
hledejme stacionární body, tj. hledejme řešení rovnic Lx = 0, Ly = 0 pro
L(x, y, λ) = 1
x + 1
y − λ 1
x2 + 1
y2 − 4 , x = 0, y = 0.
Takto dostáváme rovnice
− 1
x2 + 2λ
x3 = 0, − 1
y2 + 2λ
y3 = 0,
které vedou na x = 2λ, y = 2λ. Vzhledem k uvažované množině bodů podmínka
x = y dává stacionární body
(0.4)
√
2
2
,
√
2
2
, −
√
2
2
, −
√
2
2
.
Zkoumejme dále druhý diferenciál funkce L. Snadno lze určit
Lxx = 2
x3 − 6λ
x4 , Lxy = 0, Lyy = 2
y3 − 6λ
y4 , x = 0, y = 0,
odkud plyne
d2L(x, y) = 2
x3 − 6λ
x4 dx2 + 2
y3 − 6λ
y4 dy2.
Diferencováním vazebné podmínky 1
x2 + 1
y2 = 4 pak dostáváme
− 2
x3 dx − 2
y3 dy = 0, tj. dy2 = y6
x6 dx2.
Proto je
d2L(x, y) = 2
x3 − 6λ
x4 + 2
y3 − 6λ
y4
y6
x6 dx2.
Uvažujeme vlastně jednorozměrnou kvadratickou formu, jejíž pozitivní (negativní)
definitnost ve stacionárním bodě znamená, že v tomto bodě je minimum
(maximum). Uvědomíme-li si, že pro stacionární body bylo x = 2λ,
y = 2λ, pouhým dosazením získáváme
9
d2L
√
2
2 ,
√
2
2 = −4
√
2 dx2, d2L −
√
2
2 , −
√
2
2 = 4
√
2 dx2,
což znamená, že v bodě
√
2/2,
√
2/2 má funkce f ostré lokální maximum
a v bodě −
√
2/2, −
√
2/2 potom ostré lokální minimum. Ještě doplňme
hodnoty
(0.5) f
√
2
2
,
√
2
2
= 2
√
2, f −
√
2
2
, −
√
2
2
= −2
√
2.
Nyní si ukážeme rychlejší způsob, jak jsme mohli dospět k výsledku.
Známe (příp. snadno určíme) druhé parciální derivace funkce L, tj. její Hessovu
matici
HL (x, y) =
2
x3 − 6λ
x4 0
0 2
y3 − 6λ
y4
.
Vyčíslením
HL
√
2
2 ,
√
2
2 =
−2
√
2 0
0 −2
√
2
, HL −
√
2
2 , −
√
2
2 =
2
√
2 0
0 2
√
2
pak zjistíme, že tato kvadratická forma je pro první stacionární bod negativně
definitní (jedná se o ostré lokální maximum) a pozitivně definitní pro druhý
stacionární bod (ostré lokální minimum).
Upozorněme na nebezpečí tohoto „rychlejšího“ přístupu, kdybychom obdrželi
indefinitní formu (matici). V takovém případě bychom nemohli tvrdit,
že v daném bodě extrém nenastává. Při nezačlenění vazebné podmínky (což
jsme během výpočtu d2L provedli) totiž uvažujeme obecnější situaci. Grafem
funkce f na zadané množině je křivka, kterou lze zadat jako funkci jedné proměnné.
Tomu právě musí odpovídat jednodimenzionální kvadratická forma.
8.12. Nalezněte globální extrémy funkce
f(x, y) = 1
x + 1
y , x = 0, y = 0
na množině bodů, které vyhovují rovnici 1
x2 + 1
y2 = 4.
Řešení. Na tomto příkladu si ukážeme, že hledání globálních extrémů může
být výrazně snazší než hledání extrémů lokálních (viz předešlý příklad) také
tehdy, když jsou uvažovány hodnoty funkce na neohraničené množině. Stejným
způsobem jako v minulém příkladu bychom ovšem nejprve stanovili
stacionární body (0.4) a hodnoty (0.5). Raději zdůrazněme, že v tomto příkladu
hledáme extrémy funkce na nekompaktní množině, a tak se nemůžeme
spokojit s pouhým vyčíslením funkčních hodnot ve stacionárních bodech.
Důvodem je, že funkce f na uvažované množině vůbec nemusí maximální
ani minimální hodnoty nabývat – její obor hodnot zde může být otevřeným
intervalem. Ukažme si, že tomu tak ale není.
Uvažujme proto | x | ≥ 10 a uvědomme si, že rovnici 1
x2 + 1
y2 = 4 mohou
splňovat pouze hodnoty y, pro které je | y | ≥ 1/2. Máme tak odhady
−2
√
2 < − 1
10 − 2 ≤ f(x, y) ≤ 1
10 + 2 < 2
√
2, je-li | x | ≥ 10.
10
Současně je (záměnou x za y dostaneme stejnou úlohu)
−2
√
2 < − 1
10 − 2 ≤ f(x, y) ≤ 1
10 + 2 < 2
√
2, je-li | y | ≥ 10.
Odtud vidíme, že globálních extrémů na uvedené množině musí funkce f
nabývat, a to uvnitř čtverce ABCD s vrcholy v bodech A = [−10, −10], B =
[10, −10], C = [10, 10], D = [−10, 10]. Jako průnik „stokrát zmenšeného“
čtverce s vrcholy ˜A = [−1/10, −1/10], ˜B = [1/10, −1/10], ˜C = [1/10, 1/10],
˜D = [−1/10, 1/10] a zadané množiny potom očividně dostaneme prázdnou
množinu. Globální extrémy jsou tedy v bodech ve vnitřku kompaktní
množiny ohraničené těmito dvěma čtverci. Neboť je na této množině f spojitě
diferencovatelná, globální extrémy mohou být jedině ve stacionárních
bodech. Nutně je
fmax = f
√
2
2 ,
√
2
2 = 2
√
2, fmin = f −
√
2
2 , −
√
2
2 = −2
√
2.
8.13. Určete maximální a minimální hodnotu, kterých nabývá funkce
f(x, y, z) = xyz na množině M vymezené podmínkami
x2 + y2 + z2 = 1, x + y + z = 0.
Řešení. Není obtížné si uvědomit, že M je kružnice. V rámci řešení úlohy
však postačuje vědět, že je M kompaktní, tj. ohraničená (první podmínka
je rovnice jednotkové sféry – kulové plochy) a uzavřená (množina, která je
řešením uvedených rovnic, je uzavřená, neboť z platnosti těchto rovnic pro
všechny členy jisté konvergentní posloupnosti vyplývá jejich platnost pro
limitu této posloupnosti). Funkce f i vazebné funkce F(x, y, z) = x2 + y2 +
z2 − 1, G(x, y, z) = x + y + z mají spojité parciální derivace všech řádů (jsou
to polynomy). Jacobiho matice vazeb pak je
Fx(x, y, z) Fy(x, y, z) Fz(x, y, z)
Gx(x, y, z) Gy(x, y, z) Gz(x, y, z)
=
2x 2y 2z
1 1 1
.
Její hodnost je snížena (menší než 2), právě když je vektor (2x, 2y, 2z) násobkem
vektoru (1, 1, 1), což dává x = y = z a podle druhé ze zadaných
podmínek dále x = y = z = 0. Ovšem množina M počátek neobsahuje. Nic
nám tedy nebrání hledat stacionární body použitím metody Lagrangeových
multiplikátorů.
Pro
L(x, y, z, λ1, λ2) = xyz − λ1 x2 + y2 + z2 − 1 − λ2 (x + y + z)
rovnice Lx = 0, Ly = 0, Lz = 0 po řadě dávají
yz − 2λ1x − λ2 = 0,
xz − 2λ1y − λ2 = 0,
xy − 2λ1z − λ2 = 0.
Odečtením první rovnice od druhé a od třetí dostaneme
xz − yz − 2λ1y + 2λ1x = 0,
xy − yz − 2λ1z + 2λ1x = 0,
11
tj. po úpravě
(x − y) (z + 2λ1) = 0,
(x − z) (y + 2λ1) = 0.
Poslední rovnice jsou splněny v těchto čtyřech případech
x = y, x = z; x = y, y = −2λ1;
z = −2λ1, x = z; z = −2λ1, y = −2λ1,
tedy (zahrnutím podmínky G = 0)
x = y = z = 0; x = y = −2λ1, z = 4λ1;
x = z = −2λ1, y = 4λ1; x = 4λ1, y = z = −2λ1.
S výjimkou prvního případu (který zřejmě nemůže být splněn) začleněním
podmínky F = 0 obdržíme
(4λ1)2 + (−2λ1)2 + (−2λ1)2 = 1, tj. λ1 = ± 1
2
√
6
.
Celkem tak získáváme body
− 1√
6
, − 1√
6
, 2√
6
, − 1√
6
, 2√
6
, − 1√
6
, 2√
6
, − 1√
6
, − 1√
6
,
1√
6
, 1√
6
, − 2√
6
, 1√
6
, − 2√
6
, 1√
6
, − 2√
6
, 1√
6
, 1√
6
.
Nebudeme ověřovat, zda se jedná o stacionární body. Důležité je, že v této
šestici jsou zahrnuty všechny stacionární body.
Hledáme globální maximum a minimum spojité funkce f na kompaktní
množině M. Globální extrémy (o kterých víme, že existují) však mohou být
pouze v bodech lokálních extrémů vzhledem k M. Tyto lokální extrémy pak
musí být v některém z uvedených bodů. Proto pouze vyčíslíme funkci f
v těchto bodech. Tím zjistíme, že hledané maximum je
f − 1√
6
, − 1√
6
, 2√
6
= f − 1√
6
, 2√
6
, − 1√
6
= f 2√
6
, − 1√
6
, − 1√
6
= 1
3
√
6
a minimum potom
f 1√
6
, 1√
6
, − 2√
6
= f 1√
6
, − 2√
6
, 1√
6
= f − 2√
6
, 1√
6
, 1√
6
= − 1
3
√
6
.