MB152 Diferenciálny a integrálny počet, skupina 10, 9. cvičenie, 2.12.2020
Kmeňová funkcia
Príklad 1. Rozhodnite, či k dvojici funkcií
P(x, y) = y cos x +
y2
sin x
cos2 x
a Q(x, y) = sin x +
2y
cos x
existuje kmeňová funkcia. Ak áno, nájdite ju.
Najprv spočítame parciálne derivácie Py a Qx a porovnáme ich:
Py = cos x +
2y sin x
cos2 x
, Qx = cos x +
2y sin x
cos2 x
.
Vzhľadom k tomu, že sa rovnajú, existuje funkcia H(x, y), ktorá spĺňa Hx = P a Hy = Q.
Funkcia H sa nazýva kmeňová funkcia. Pre každé pevne zvolené x je Hy(x, y) = Q(x, y) rovnosť
dvoch funkcií (jednej) premennej y. Táto rovnosť hovorí, že funkcia H(x, y) premennej y je
primitívna funkcia k funkcii Q(x, y) premennej y. Premennú x teda chápeme ako konštantu a
funkciu H nájdeme integrovaním funkcie Q:
H(x, y) = Q(x, y) dy = sin x +
2y
cos x
dy = y sin x +
y2
cos x
+ c(x).
Integračná konštanta tentokrát závisí od premennej x, pretože v skutočnosti sme predošlý
neurčitý integrál spočítali pre každé vopred pevne zvolené x. Konkrétny tvar funkcie c(x) dostaneme
z rovnice Hx = P:
Hx = P
∂
∂x
y sin x +
y2
cos x
+ c(x) = y cos x +
y2
sin x
cos2 x
y cos x +
y2
sin x
cos2 x
+ c (x) = y cos x +
y2
sin x
cos2 x
c (x) = 0 ⇒ c(x) = c, c ∈ R.
Pre akékoľvek c ∈ R určuje nasledujúci predpis hľadanú kmeňovú funkciu:
H(x, y) = y sin x +
y2
cos x
+ c.
Samozrejme, mohli sme zvoliť aj opačný postup, teda počítať integrál P(x, y) dx a funkciu
c(y) dopočítať z rovnice Hy = Q. v
Príklad 2. Rozhodnite, či k dvojici funkcií
P(x, y) =
y
x
a Q(x, y) = log(xy) + 1
existuje kmeňová funkcia. Ak áno, nájdite ju.
Pre parciálne derivácie platí:
Py =
1
x
, Qx =
1
xy
· y =
1
x
.
Kmeňová funkcia teda existuje. Integrujme:
H(x, y) = P(x, y) dx =
y
x
dx = y log(x) + c(y). (1)
1
Funkciu c(y) dopočítame z rovnice Hy = Q:
Hy = Q
∂
∂y
(y log(x) + c(y)) = log(xy) + 1
log x + c (y) = log(xy) + 1
c (y) = log(xy) − log x + 1 = log y + 1
c(y) = log y + 1 dy = y log y − y + y + c = y log y + c.
Funkcia H má preto tvar
H(x, y) = y log(x) + y log y + c = y log(xy) + c. v
Parciálna derivácia zloženej funkcie
Príklad 3. Uvažujme zloženú funkciu f(u(x, y), v(x, y)), kde
f(u, v) = sin u · cos v, u(x, y) = x2
− y, v(x, y) = exy
.
Spočítajte parciálne derivácie fx a fy.
Použijeme reťazové pravidlo, teda vzorce pre výpočet parciálnych derivácii zloženej funkcie:
fx = fu · ux + fv · vx, fy = fu · uy + fv · vy.
Spočítajme jednotlivé parciálne derivácie:
fu = cos u cos v, ux = 2x, vx = exy
y,
fv = − sin u sin v, uy = −1, vy = exy
x.
Po dosadení dostaneme
fx = cos u cos v · 2x − sin u sin v · exy
y = cos(x2
− y) cos(exy
) · 2x − sin(x2
− y) sin(exy
) · exy
y,
fx = cos u cos v · (−1) − sin u sin v · exy
x = − cos(x2
− y) cos(exy
) − sin(x2
− y) sin(exy
) · exy
y.
Rovnaký výsledok by sme dostali aj v prípade, keby sme hneď na začiatku dosadili do predpisu
funkcie f(u, v) za u = x2
− y a v = exy
a výsledný výraz parciálne derivovali. v
Príklad 4. Transformujte jednorozmernú vlnovú rovnicu
a2
zxx − zyy = 0
do nových premenných u = x + ay, v = x − ay a nájdite jej riešenie.
Neznámu funkciu z(x, y) budeme chápať ako funkciu premenných u a v, čo si môžeme
predstaviť tak, že z rovníc u = x + ay a v = x − ay vyjadríme pôvodné premenné x a y
a výsledok dosadíme do predpisu z(x, y). Preto platí z(u, v) = z(u(x, y), v(x, y)). S použitím
pravidiel pre deriváciu zloženej funkcie vyjadríme derivácie zxx a zyy pomocou parciálnych
derivácii funkcie z podľa nových premenných u a v. Výsledok dosadíme do vlnovej rovnice, čím
ju transformujeme do premenných u a v.
zx = zuux + zvvx = zu + zv, zy = zuuy + zvvy = azu − azv.
2
Odvoďme si pravidlá pre parciálne derivácie druhého rádu zloženej funkcie:
zxx =
∂
∂x
(zx) =
∂
∂x
(zuux + zvvx) =
∂
∂x
(zu)ux + zu
∂
∂x
(ux) +
∂
∂x
(zv)vx + zv
∂
∂x
(vx)
= (zuuux + zuvvx)ux + zuuxx + (zvuux + zvvvx)vx + zvvxx
= zuu(ux)2
+ 2zuvuxvx + zvv(vx)2
+ zuuxx + zvvxx ,
zyy =
∂
∂y
(zy) =
∂
∂y
(zuuy + zvvy) =
∂
∂y
(zu)uy + zu
∂
∂y
(uy) +
∂
∂y
(zv)vy + zv
∂
∂y
(vy)
= (zuuuy + zuvvy)uy + zuuyy + (zvuuy + zvvvy)vy + zvvyy
= zuu(uy)2
+ 2zuvuyvy + zvv(vy)2
+ zuuyy + zvvyy .
Pripomeňme, že funkcie z, zu, zv chápeme ako funkcie premenných u = u(x, y) a v = v(x, y),
teda ako zložené funkcie premenných x a y. Pri ich derivovaní teda uplatňujeme reťazové pravidlo
pre parciálne derivácie prvého rádu zloženej funkcie.
V našom prípade platí
zxx = zuu + 2zuv + zvv, zyy = a2
zuu − 2a2
zuv + a2
zvv,
pretože uxx = vxx = uyy = vyy = 0, ux = vx = 1, uy = a a nakoniec vy = −a. Dosaďme tieto
rovnosti do vlnovej rovnice:
0 = a2
zxx − zyy = a2
zuu + 2a2
zuv + a2
zvv − (a2
zuu − 2a2
zuv + a2
zvv) = 4a2
zuv.
Vlnová rovnica v premenných u = x + ay, v = x − ay má tvar
zuv = 0.
Pokúsme sa nájsť jej riešenie. Rovnosť
zuv =
∂
∂v
(zu) = 0
implikuje, že funkcia zu(u, v) nezávisí od premennej v, takže platí zu(u, v) = f(u), pre vhodnú
funkciu f. Pre každé pevne zvolené v zase rovnosť zu(u, v) = f(u) hovorí, že funkcia z(u, v)
(jednej) premennej u je primitívna funkcia k funkcii f(u). Preto ju môžeme dopočítať integrá-
ciou:
z(u, v) = f(u) du = F(u) + c(v),
kde c(v) je, podobne ako v príkladoch o kmeňovej funkcii, integračná konštanta závislá od
premennej v. Zistili sme, že riešenie by malo byť zapísateľné v tvare
z(x, y) = z(u(x, y), v(x, y)) = F(x + ay) + c(x − ay),
kde F a c sú vhodné funkcie. Spätným derivovaním sa môžeme presvedčiť o tom, že pre ľubovoľnú
dvojicu funkcií F a c, ktoré majú derivácie druhého rádu, zadáva predošlá rovnosť riešenie
vlnovej rovnice. v
Príklad 5. Transformujte dvojrozmernú Laplaceovu rovnicu
zxx + zyy = 0
do polárnych súradníc.
3
Pripomeňme, že polárne súradnice sú dané nasledujúcimi vzťahmi:
x = r cos ϕ, y = r sin ϕ.
Vyjadrime z týchto rovníc premenné r a ϕ.
y
x
=
sin ϕ
cos ϕ
= tan ϕ ⇒ ϕ = arctan
y
x
,
x2
+ y2
= r2
cos2
ϕ + r2
sin2
ϕ = r2
⇒ r = x2 + y2.
Pomocou pravidla pre deriváciu zloženej funkcie postupne vyjadríme derivácie zxx a zyy v
závislosti od parciálnych derivácií funkcie z podľa premenných r a ϕ:
rx =
x
x2 + y2
, ϕx =
−y
x2 + y2
,
ry =
y
x2 + y2
, ϕy =
x
x2 + y2
,
rxx =
x2 + y2 − x
x
x2 + y2
x2 + y2
=
y2
(x2 + y2)
3
2
, ϕxx =
2xy
(x2 + y2)2 ,
ryy =
x2 + y2 − y
y
x2 + y2
x2 + y2
=
x2
(x2 + y2)
3
2
, ϕyy =
−2xy
(x2 + y2)2 ,
zxx = zrr(rx)2
+ 2zrϕrxϕx + zϕϕ(ϕx)2
+ zrrxx + zϕϕxx,
zyy = zrr(ry)2
+ 2zrϕryϕy + zϕϕ(ϕy)2
+ zrryy + zϕϕyy.
Aby sme ušetrili počítanie, rovno dosadíme do Laplaceovej rovnice:
zxx + zyy = zrr((rx)2
+ (ry)2
) + zϕϕ((ϕx)2
+ (ϕy)2
) + zr(rxx + ryy)
= zrr
x2
+ y2
x2 + y2
+ zϕϕ
x2
+ y2
(x2 + y2)2 + zr
x2
+ y2
(x2 + y2)
3
2
= zrr +
zϕϕ
x2 + y2
+
zr
x2 + y2
= zrr +
zϕϕ
r2
+
zr
r
.
V polárnych súradniciach má Laplaceova rovnica tvar
r2
zrr + zϕϕ + rzr = 0. v
Lokálne a globálne extrémy
Pri rozhodovaní o tom, či v stacionárnom bode nastáva alebo nenastáva lokálny extrém
budeme používať kritérium formulované ako veta 58 v [2] na strane 128. Špeciálne, výraz
D(x0, y0) vystupujúci v tvrdení tejto vety je determinant Hessovej matice (Hessián) v bode
(x0, y0). Zdôraznime, že ak D(x0, y0) = 0, potom nie sme schopní na základe tohto kritéria nič
usúdiť o (ne)prítomnosti lokálneho extrému.
V takom prípade je nutné postupovať priamo. Ak chceme ukázať, že v danom bode nastáva
extrém, musíme nájsť nejaké okolie tohto bodu v ktorom daná funkcia nenadobúda väčšie,
respektíve menšie hodnoty oproti funkčnej hodnote v danom stacionárnom bode. V opačnom
4
prípade musíme ukázať, že v ľubovoľnom okolí skúmaného stacionárneho bodu funkcia nadobúda
aj menšie aj väčšie hodnoty v porovnaní s funkčnou hodnotou v danom bode. Typicky
sú v týchto prípadoch užitočné rezy rôznymi rovinami.
Priblížme stručne postup pri vyšetrovaní absolútnych extrémov na nejakej podmnožine M
definičného oboru funkcie f. Tie môžu nastať jednak v stacionárnych bodoch funkcie f ležiacich
vo vnútri množiny M, alebo na hranici množiny M. Hranica množiny M bude v našom
prípade vždy tvorená konečným počtom kriviek, ktoré sa budú dať vyjadriť ako grafy funkcií
y = y(x), respektíve x = x(y). Túto závislosť dosadíme do predpisu funkcie f(x, y), čo nás
privedie k funkcii jednej premennej. Jej extrémy môžu opäť nastať buď v krajných bodoch
intervalu, na ktorom ju vyšetrujeme, alebo v stacionárnych bodoch. Na záver vypočítame funkčné
hodnoty vo všetkých potenciálnych bodoch výskytu extrému a nájdeme spomedzi nich
najväčšiu a najmenšiu hodnotu.
Príklad 6. Nájdite lokálne extrémy funkcie
f(x, y) =
x + y
1 + x2 + y2
.
Keďže lokálne extrémy sa vyskytujú buď v stacionárnych bodoch1
alebo v bodoch, kde aspoň
jedna parciálna derivácia prvého rádu neexistuje, spočítame fx a fy:
fx =
1 + x2
+ y2
− (x + y) · 2x
(1 + x2 + y2)2 =
1 − x2
− 2xy + y2
(1 + x2 + y2)2 ,
fy =
1 + x2
+ y2
− (x + y) · 2y
(1 + x2 + y2)2 =
1 − y2
− 2xy + x2
(1 + x2 + y2)2 .
Derivácie fx a fy evidentne existujú v každom bode (x, y) ∈ R2
, takže nám stačí nájsť stacionárne
body:
fx = 0 ⇒ 1 − x2
− 2xy + y2
= 0,
fy = 0 ⇒ 1 − y2
− 2xy + x2
= 0.
Uvedené dve rovnice najskôr sčítame a potom ich od seba odčítame, čo nás privedie k ekvivalentnému
systému nasledujúcich dvoch rovníc:
xy =
1
2
, x2
= y2
⇔ xy =
1
2
, |x| = |y| ⇔ x2
=
1
2
, x = y,
čo nás privádza k dvom stacionárnym bodom
P1 =
1
√
2
,
1
√
2
, P2 = −
1
√
2
, −
1
√
2
.
Na to, aby sme zistili, či sa v týchto bodoch skutočne nachádza extrém, potrebujeme spočítať
parciálne derivácie druhého rádu:
fxx =
(−2x − 2y)(1 + x2
+ y2
)2
− 4x(1 − x2
− 2xy + y2
)(1 + x2
+ y2
)
(1 + x2 + y2)4
=
2x3
+ 6x2
y − 6xy2
− 2y3
− 6x − 2y
(1 + x2 + y2)3 ,
fxy =
(−2x + 2y) (1 + x2
+ y2
)
2
− 4y(1 − x2
− 2xy + y2
)(1 + x2
+ y2
)
(1 + x2 + y2)4
1
Stacionárny bod je bod, v ktorom existujú všetky parciálne derivácie prvého rádu a všetky sú rovné nule.
5
=
−2x3
+ 6x2
y + 6xy2
− 2y3
− 2y − 2x
(1 + x2 + y2)3 ,
fyy =
(−2y − 2x) (1 + x2
+ y2
)
2
− 4y(1 − y2
− 2xy + x2
) (1 + x2
+ y2
)
(1 + x2 + y2)4
=
−2x3
− 6x2
y + 6xy2
+ 2y3
− 6y − 2x
(1 + x2 + y2)3 .
Ďalej budeme potrebovať znamienko determinantu Hessovej matice v stacionárnych bodoch:
det H(x0, y0) = det
fxx(x0, y0) fxy(x0, y0)
fyx(x0, y0) fyy(x0, y0)
.
Keďže nás zaujíma len znamienko, stačí počítať determinant matice
M(x, y) =
2x3
+ 6x2
y − 6xy2
− 2y3
− 6x − 2y −2x3
+ 6x2
y + 6xy2
− 2y3
− 2y − 2x
−2x3
+ 6x2
y + 6xy2
− 2y3
− 2y − 2x −2x3
− 6x2
y + 6xy2
+ 2y3
− 6y − 2x
.
Počítajme:
det M
1
√
2
,
1
√
2
= det
− 8√
2
8
2
√
2
− 4√
2
8
2
√
2
− 4√
2
− 8√
2
= det
− 8√
2
0
0 − 8√
2
= 32,
det M −
1
√
2
, −
1
√
2
= det
8√
2
− 8
2
√
2
+ 4√
2
− 8
2
√
2
+ 4√
2
8√
2
= det
8√
2
0
0 8√
2
= 32.
V obidvoch stacionárnych bodoch vyšiel determinant kladný, čo znamená, že v obidvoch bodoch
nastáva extrém. Keďže fxx(P1) < 0, v bode P1 nastáva lokálne maximum, zatiaľčo v bode P2
nastáva lokálne minimum vzhľadom k tomu, že fxx(P2) > 0. v
Obr. 1: Príklad 6
Príklad 7. Nájdite lokálne extrémy funkcie
f(x, y) = x4
+ y4
− x2
− y2
.
6
Najprv spočítame parciálne derivácie prvého rádu:
fx = 4x3
− 2x, fy = 4y3
− 2y.
Teraz nájdeme stacionárne body:
fx = 0 ⇒ 4x3
− 2x = 0 ⇒ x(2x2
− 1) = 0 ⇒ x ∈ 0, ±
1
√
2
,
fy = 0 ⇒ 4y3
− 2y = 0 ⇒ y(2y2
− 1) = 0 ⇒ y ∈ 0, ±
1
√
2
.
Vzhľadom k tomu, že x a y môžu nezávisle na sebe nadobúdať až tri hodnoty, funkcia f má 9
stacionárnych bodov. Všimnime si, že pre ľubovoľné (x, y) ∈ R2
platí
f(−x, −y) = f(x, −y) = f(−x, y) = f(x, y).
To znamená, že funkcia f sa v kvadrantoch {x ≤ 0, y ≥ 0}, {x ≤ 0, y ≤ 0} a {x ≥ 0, y ≤ 0}
správa úplne rovnako ako v prvom kvadrante {x ≥ 0, y ≥ 0}. Stačí nám preto vyšetriť štyri
stacionárne body (0, 0), (0, 1√
2
), ( 1√
2
, 0) a ( 1√
2
, 1√
2
) v prvom kvadrante. Pozrime sa na parciálne
derivácie druhého rádu:
fxx = 12x2
− 2, fxy = 0, fyy = 12y2
− 2.
Hessova matica má tvar
H(x, y) =
12x2
− 2 0
0 12y2
− 2
.
Vyšetrime znamienko jej determinantu v uvažovaných štyroch stacionárnych bodoch:
det H(0, 0) = det
−2 0
0 −2
= 4, det H 0,
1
√
2
= det
−2 0
0 4
= −8,
det H
1
√
2
, 0 =
4 0
0 −2
= −8, det H
1
√
2
,
1
√
2
=
4 0
0 4
= 16.
V bode (0, 0) je Hessián kladný a fxx(0, 0) < 0, takže tu nastáva lokálne maximum. V bodoch
(0, 1√
2
) a ( 1√
2
, 0) je Hessián záporný, čo znamená, že v týchto bodoch extrém nenastáva, jedná
sa o sedlové body. Zo spomínaných vlastností funkcie f vyplýva, že to isté platí aj pre body
(0, − 1√
2
) a (− 1√
2
, 0). Nakoniec, v bode ( 1√
2
, 1√
2
) je Hessián kladný a tiež platí fxx > 0, čo
znamená, že sa jedná o lokálne minimum. To isté platí aj pre body (− 1√
2
, 1√
2
), ( 1√
2
, − 1√
2
) a
(− 1√
2
, − 1√
2
). v
Príklad 8. Nájdite lokálne extrémy funkcie
f(x, y) = x3
+ y4
− y2
− y2
x.
Parciálne derivácie prvého rádu majú nasledujúci tvar:
fx = 3x2
− y2
, fy = 4y3
− 2y − 2yx.
Stacionárne body sú riešením nasledujúceho systému:
3x2
− y2
= 0 ⇒ 3x2
= y2
,
4y3
− 2y − 2yx = 0 ⇒ y(4y2
− 2 − 2x) = 0.
7
Obr. 2: Príklad 7
Ak y = 0, potom tiež x = 0, čo nás privádza k prvému stacionárnemu bodu (0, 0). Na druhej
strane, ak y = 0, potom musí platiť 4y2
− 2 − 2x = 0. Po dosadení z prvej rovnice dostaneme
kvadratickú rovnicu v premennej x:
12x2
− 2x − 2 = 0 ⇒ 6x2
− x − 1 = 0 ⇒ x1,2 =
1 ±
√
1 + 24
12
⇒ x ∈
1
2
, −
1
3
.
Opäť po dosadení do prvej rovnice a dopočítaní premennej y dostaneme ďalšie štyri stacionárne
body: (1
2
,
√
3
2
), (1
2
, −
√
3
2
), (−1
3
, 1√
3
) a (−1
3
, − 1√
3
). Opäť môžeme využiť fakt, že funkcia f je párna
v premennej y, čo znamená, že pre každé (x, y) ∈ R2
platí f(x, −y) = f(x, y). Stačí nám preto
vyšetrovať vždy len jeden z dvojice bodov (x0, ±y0). Spočítajme derivácie druhého rádu:
fxx = 6x, fxy = −2y, fyy = 12y2
− 2 − 2x.
Hessova matica má nasledujúci tvar:
H(x, y) =
6x −2y
−2y 12y2
− 2 − 2x
(2)
Jej determinant má v stacionárnych bodoch tieto hodnoty:
det H(0, 0) = det
0 0
0 −2
= 0,
det H
1
2
,
√
3
2
= det
3 −
√
3
−
√
3 6
= 15 > 0,
det H −
1
3
,
1
√
3
= det
−2 − 2√
3
− 2√
3
8
3
= −
20
3
< 0.
V bodoch (−1
3
, ± 1√
3
) extrém nenastáva, jedná sa o sedlové body. Keďže fxx(1
2
, ±
√
3
2
) = 3 > 0,
v bodoch (1
2
, ±
√
3
2
) nastáva lokálne minimum. O tom, čo sa deje v bode (0, 0) nevieme na
základe parciálnych derivácií druhého rádu rozhodnúť. Musíme si poradiť inak. Všimnime si, že
f(0, 0) = 0 a f(x, 0) = x3
. To znamená, že funkcia f nadobúda v ľubovoľne malom okolí bodu
(0, 0) aj kladné aj záporné hodnoty, teda aj hodnoty väčšie aj hodnoty menšie oproti funkčnej
hodnote v bode (0, 0). To znamená, že v tomto bode nemôže nastať lokálny extrém. v
8
Obr. 3: Príklad 8 Obr. 4: Príklad 9
Príklad 9. Nájdite globálne extrémy funkcie
f(x, y) = x3
+ y3
− xy.
na trojuholníku M, ktorého vrcholy sú [−1, 1], [1, 1] a [1, −1].
Keďže M je kompaktná množina a f je spojitá funkcia, funkcia f nadobúda na množine M
svoju najmenšiu a najväčšiu hodnotu. Začneme stacionárnymi bodmi:
fx = 3x2
− y
fy = 3y2
− x
3x2
− y = 0
3y2
− x = 0
⇒
3x2
= y
27x4
− x = 0
⇒
3x2
= y
x(27x3
− 1) = 0
Z poslednej rovnice dostávame x ∈ {0, 1
3
}, čo nás po dosadení do prvej rovnice privedie k dvom
stacionárnym bodom: (0, 0) a (1
3
, 1
3
). Keďže bod (0, 0) leží na hranici množiny M, budeme sa
mu venovať neskôr. Pozrime sa na bod (1
3
, 1
3
):
fxx = 6x,
fxy = −1,
fyy = 6y
⇒ H(x, y) =
6x −1
−1 6y
⇒ det H
1
3
,
1
3
= det
2 −1
−1 2
= 3 > 0
Platí fxx(1
3
, 1
3
) = 2 > 0, takže v bode (1
3
, 1
3
) nastáva lokálne minimum. Prvý kandidát na
globálny extrém funkcie f je preto bod (1
3
, 1
3
).
Hranica množiny M je tvorená stranami trojuholníka, ktoré sú grafmi nasledujúcich funkcií:
y(x) = −x pre x ∈ [−1, 1], y(x) = 1 pre x ∈ [−1, 1] a x(y) = 1 pre y ∈ [−1, 1]. Postupne
vyšetríme všetky tri možnosti:
• y(x) = −x ⇒ f(x, y(x)) = f(x, −x) = x2
. Funkcia x2
má v intervale [−1, 1] jeden stacionárny
bod, a to 0. Vieme, že sa jedná o globálne minimum tejto funkcie. Maximum na intervale
[−1, 1] nadobúda v bodoch −1 a 1. Kandidáti na globálne extrémy funkcie f sú body (0, 0),
(−1, 1) a (1, −1).
• y(x) = 1 ⇒ f(x, y(x)) = f(x, 1) = x3
− x + 1. Prvá derivácia funkcie g(x) = x3
− x + 1
je g (x) = 3x2
− 1. Stacionárne body sú ± 1√
3
. Druhá derivácia má tvar g (x) = 6x. Keďže
g ( 1√
3
) > 0 a g (− 1√
3
) < 0, má funkcia g v bode 1√
3
lokálne minimum a v bode − 1√
3
lokálne maximum. Funkcia g môže nadobúdať extrém aj v krajných bodoch intervalu [−1, 1].
Kandidáti na globálne extrémy funkcie f sú body (−1, 1), (− 1√
3
, 1), ( 1√
3
, 1) a (1, 1).
9
• x(y) = 1 ⇒ f(x(y), y) = f(1, y) = y3
− y + 1. Situácia je rovnaká ako v predošlom bode,
jedná sa o ten istý prípad funkcie jednej premennej. Kandidáti na globálne extrémy funkcie
f sú body (1, −1), (1, − 1√
3
), (1, 1√
3
) a (1, 1).
Nakoniec vypočítame funkčné hodnoty vo všetkých kandidátoch na globálny extrém:
f
1
3
,
1
3
= −
1
27
, f (0, 0) = 0, f (−1, 1) = 1,
f (1, −1) = 1, f −
1
√
3
, 1 =
3
√
3 + 2
3
√
3
, f
1
√
3
, 1 =
3
√
3 − 2
3
√
3
,
f (1, 1) = 1, f 1, −
1
√
3
=
3
√
3 + 2
3
√
3
, f 1,
1
√
3
=
3
√
3 − 2
3
√
3
.
Funkcia f nadobúda absolútne minimum v bode (1
3
, 1
3
) a absolútne maximum v bodoch (− 1√
3
, 1)
a (1, − 1√
3
). v
Obr. 5: Príklad 9
Príklad 10. Nájdite globálne extrémy funkcie
f(x, y) = x3
+ y2
− x.
na množine M = {(x, y) ∈ R2
| x2
+ y2
≤ 2}.
Opäť vyšetrujeme spojitú funkciu na kompaktnej množine, takže funkcia f na množine
M skutočne nadobúda svoje maximum a minimum. Začneme stacionárnymi bodmi vo vnútri
10
množiny M:
fx = 3x2
− 1
fy = 2y
3x2
− 1 = 0
2y = 0
⇒
x = ±
1
√
3
y = 0
V množine M sa teda nachádzajú dva stacionárne body: ( 1√
3
, 0) a (− 1√
3
, 0). Parciálne derivácie
druhého rádu majú tvar:
fxx = 6x,
fxy = 0,
fyy = 2
⇒ H(x, y) =
6x 0
0 2
⇒
det H
1
√
3
, 0 = det
6√
3
0
0 2
=
12
√
3
> 0
det H −
1
√
3
, 0 = det
− 6√
3
0
0 2
= −
12
√
3
< 0
Vzhľadom k nerovnosti fxx( 1√
3
, 0) > 0 sa v bode ( 1√
3
, 0) nachádza lokálne minimum, zatiaľčo
(− 1√
3
, 0) je sedlový bod. Prvý kandidát na globálny extrém je bod ( 1√
3
, 0).
Hranica množiny M je tvorená grafmi dvoch funkcií: y(x) =
√
2 − x2 pre x ∈ [−
√
2,
√
2]
a y(x) = −
√
2 − x2 pre x ∈ [−
√
2,
√
2]. Funkcia f je opäť párna v premennej y, keďže pre
každé (x, y) ∈ R2
platí f(x, −y) = f(x, y). Stačí nám preto vyšetriť funkciu f len na vrchnej
polkružnici určenej grafom funkcie y(x) =
√
2 − x2. Na tejto krivke má f nasledujúci tvar:
g(x) = f(x, y(x)) = f(x,
√
2 − x2) = x3
+
√
2 − x2
2
− x = x3
− x2
− x + 2.
Venujme sa extrémom funkcie g. Jej stacionárne body sú riešením rovnice
g (x) = 3x2
− 2x − 1 = 0 ⇒ x1,2 =
2 ±
√
4 + 12
6
⇒ x ∈ −
1
3
, 1 .
Pre druhú deriváciu platí g (x) = 6x − 2, g (−1
3
) = −4 < 0 a g (1) = 4 > 0, čo znamená, že v
bode −1
3
má funkcia g lokálne maximum a v bode 1 má lokálne minimum. Spočítame funkčné
hodnoty g v stacionárnych bodoch a krajných bodoch intervalu [−
√
2,
√
2]:
g −
1
3
=
59
27
, g(1) = 1,
g(−
√
2) = −
√
2, g(
√
2) =
√
2.
Porovnajúc tieto hodnoty s funkčnou hodnotou f( 1√
3
, 0) = − 8
27
zistíme, že globálne minimum
funkcie f na množine M sa nachádza v bode (−
√
2, 0) a globálne maximum v bodoch (−1
3
, 2
√
2
3
)
a (−1
3
, −2
√
2
3
). v
Literatúra
[1] HASIL, Petr a ZEMÁNEK, Petr. Sbírka řešených příkladů z matematické analýzy II, http:
//www.math.muni.cz/~zemanekp/files/SRPzMAII_FRMU.pdf
[2] HILSCHER, Roman Šimon, HASIL, Petr, VESELÝ, Michal a ZEMÁNEK, Petr. Přednášky
z matematické analýzy na FI, http://www.math.muni.cz/~hasil/Data/CZ/Teach/MU/
MB152/prednasky_MB152.pdf
[3] DOŠLÁ, Zuzana a DOŠLÝ, Ondřej. Diferenciální počet funkcí více proměnných
11
Obr. 6: Príklad 10
12