Písemná práce MB103 a MB203, FI MUNI, 23.1.2017
Příklad 1. (3b.) Určete lokální extrémy funkce f(x, y) = x2
y2
− xy2
− y na R2
.
Řešení. Stac. bod [1
2 , −2] (1b.), Hessián H(x, y) =
2y2
4xy − 2y
4xy − 2y 2x2
− 2x
(1b.), H(1
2 , −2) =
8 0
0 −1
2
, det H(1
2 , −2) <
0, není minimum (1b.). 2
Příklad 2. (5b.) Nalezněte globální extrémy funkce f(x) = 2x2
+ y na trojúhelníku s vrcholy , [1, 0], [2, 1], [0, 1].
Řešení. Extrémy na R2
funkce nemá (stačí uvážit y) (1b.) Globální maximum na trojúhelníku zřejmě v bodě [2, 1] (je
tam největší x i y, funkce je v obou proměnných rostoucí (x je v trojúhelníku pouze kladné), (1.5b.), minimum nastává
v některém z vrcholů, nebo na některé straně. Zkoumejme nejprve stranu y = −x + 1, 0 ≤ x ≤ 1. Na této úsečce
hledáme extrém fce f(x) = 2x2
− x + 1, to je v bodě [1
4 , 3
4 ] a je to minimum (je to parabola, nebo podle znaménka
druhé derivace), f(1
4 , 3
4 ) = 7
8 . Na zbylých dvou strannách je hodnota funkce alespoň 1 – buď x nebo y je aspoň 1, tedy
i 2x2
+ y ≥ 1. Globální minimum funkce na trojúhelníkku nastává tedy v bodě [1
4 , 3
4 ] a hodnota funkce v něm je 7
8 .
(2.5b) 2
Příklad 3. (2b.) Dokažte, že neexistuje (konečná) limita lim
(x,y)→(0,0)
sin(x+y)
xy
Řešení. Volbou x = y dostáváme
lim
(x,y)→(0,0)
sin(x + y)
xy
= lim
(x,y)→(0,0)
sin(x + y)
x2
== lim
x→0
sin(2x)
x2
= 4 lim
t→0
sin(t)
t2
=
= 4 lim
t→0
sin(t)
t
lim
t→0
1
t
= 4 · 1 · ∞
Ani původní limita tedy nemůže být konečná.
Nebo si stačí všimnout, že funkce není definovaná na přímkách x = 0 a y = 0, tedy v libovolném okolí bodu [0, 0]
je v nějakém nedefinována, limita tedy neexistuje.
2
Příklad 4. (6b.) Určete distribuční funkci náhodné veličiny X, udávající délku hrany pravidelného čtyřstěnu, je-li
jeho povrch rozložen rovnoměrně na intervalu [1, 3].
Řešení. Označíme-li Y náhodnou veličinu udávající povrch čtyřstěnu, pak Y =
√
3X2
(0.5b), tedy H (X) =
{[ 1
4√
3
, 4
√
3]} (1.5b). Pak pro t z uvedeného intervalu platí FX(t) = P[X < t] = P[
√
3X2
<
√
3t2
] = P[Y <
√
3t2
] =
√
3t2
−1
2 (3b.) Celkem
FX(t) =



0 pro t ≤ 1
4√
4√
3t2
−1
2 pro t ∈ [ 1
4√
3
, 4
√
3]
1 pro t > 4
√
3
2
Příklad 5. (4b.) Z náhodné veličiny X byl pořízen výběr s těmito hodnotami:45, 40, 41, 43, 41. Určete 95% interval
spolehlivosti pro střední hodnotu náhodné veličiny X. Pro připomenutí je interval spolelivosti tvaru (X−S·tα√
n
; X+S·tα√
n
),
kde tα je vhodný kvantil Studentova rozložení. Stačí vyjádření s odmocinou.
Řešení. Spočítáme X = 42 (.5b), výběrový rozptyl S2
= 4, výběrová směrodatná odchylka S = 2 (1b). Interval
spolehlivosti (2,5b.) (42 − 22,776√
5
, 42 + 22,776√
5
)
.
= (39,52; 44,48). 2