Príklady na precvičovanie – lokálne, globálne a viazané
extrémy funkcií viac premenných
Riešené príklady – lokálne extrémy
Príklad 1
Určte všetky lokálne extrémy funkcie
f(x, y) = 4x − y +
1
x
−
1
y
.
Riešenie:
Funkcia f má parciálne derivácie prvého rádu vo všetkých bodoch svojho definičného
oboru, preto sa lokálne extrémy môžu nadobúdať iba v stacionárnych
bodoch. Zistíme teda, kde sa nulujú prvé parciálne derivácie funkcie f:
f′
x = 4 −
1
x2
= 0 =⇒ x2
=
1
4
=⇒ x = ±
1
2
,
f′
y = −1 +
1
y2
= 0 =⇒ y2
= 1 =⇒ y = ±1.
Máme preto 4 stacionárne body, a to [1/2, 1], [−1/2, −1], [−1/2, 1] a [1/2, −1].
Vyšetríme definitnosť hessiánu H(x, y) funkcie f v týchto bodoch. Výpočtom
druhých parciálnych derivácií funkcie f dostaneme:
H(x, y) =
(
f′′
xx f′′
xy
f′′
yx f′′
yy
)
=
( 2
x3 0
0 − 2
y3
)
.
Pre jednotlivé stacionárne body potom platí:
H
(
1
2
, 1
)
=
(
16 0
0 −2
)
indefinitná,
H
(
−
1
2
, −1
)
=
(
−16 0
0 2
)
indefinitná,
H
(
−
1
2
, 1
)
=
(
−16 0
0 −2
)
< 0,
H
(
1
2
, −1
)
=
(
16 0
0 2
)
> 0.
1
Záver je teda taký, že v bodoch [1/2, 1] a [−1/2, −1] lokálny extrém nenastáva,
v bode [−1/2, 1] je ostré lokálne maximum s hodnotou f(−1/2, 1) =
−6 a v bode [1/2, −1] je ostré lokálne minimum s hodnotou f(1/2, −1) = 6.
Príklad 2
Určte všetky lokálne extrémy funkcie
f(x, y, z) = x +
y2
4x
+
z2
y
+
2
z
, x, y, z > 0.
Riešenie:
Postupujeme podobne ako v predchádzajúcom príklade. Stanovíme stacionárne
body funkcie f:
f′
x = 1 −
y2
4x2
= 0 =⇒ 4x2
= y2
,
f′
y =
y
2x
−
z2
y2
= 0 =⇒ y3
= 2xz2
,
f′
z =
2z
y
−
2
z2
= 0 =⇒ z3
= y.
Z prvej rovnice využitím podmienky x, y > 0 dostaneme po odmocnení 2x =
y. Dosadením za y z tretej rovnice máme 2x = z3
. Vyjadrenia 2x = z3
a
y = z3
napokon dosadíme do druhej rovnice a dostaneme (využijeme fakt, že
z > 0):
z6
= z5
=⇒ z = 1.
Potom 2x = 1, teda x = 1/2 a y = 1. Máme teda jeden stacionárny bod
[1/2, 1, 1]. Pozrieme sa na Hessovu maticu H(x, y, z) v tomto bode. Všeobecne
platí:
H(x, y, z) =


f′′
xx f′′
xy f′′
xz
f′′
yx f′′
yy f′′
yz
f′′
zx f′′
zy f′′
zz

 =


y2
2x3 − y
2x2 0
− y
2x2
1
2x
+ 2z2
x3 −2z
y2
0 −2z
y2
2
y
+ 4
z3

 .
Dosadením daného stacionárneho bodu dostaneme číselnú maticu a podľa
hlavných minorov zistíme jej definitnosť:
H
(
1
2
, 1, 1
)
=


4 −2 0
−2 3 −2
0 −2 6

 > 0.
2
Preto v bode [1/2, 1, 1] má funkcia f ostré lokálne minimum s hodnotou
f(1/2, 1, 1) = 4.
Príklad 3
Určte všetky lokálne extrémy funkcií
a) f(x, y) = x2
+ y3
, b) g(x, y) = x2
+ y4
.
Riešenie:
a) Nie je ťažké zistiť, že funkcia f má jediný stacionárny bod [0, 0], na-
koľko:
f′
x = 2x = 0, f′
y = 3y2
= 0.
Príslušný hessián má tvar:
H(x, y) =
(
f′′
xx f′′
xy
f′′
yx f′′
yy
)
=
(
2 0
0 6y
)
.
V bode [0, 0] máme:
H(0, 0) =
(
2 0
0 0
)
.
Matica H(0, 0) má vlastné čísla λ1 = 2 a λ2 = 0. Je preto pozitívne semidefinitná,
ale nie je pozitívne definitná. V tomto prípade nevieme pomocu
hessiánu rozhodnúť, či v bode [0, 0] je extrém. Musíme využiť priamo definíciu
lokálneho extrému. Platí f(0, 0) = 0. Ukážeme, že v každom okolí
bodu [0, 0] existuje bod [x1, y1] taký, že f(x1, y1) > 0, a bod [x2, y2] taký, že
f(x2, y2) < 0. Pre ε > 0 uvažujme okolie Oε bodu [0, 0] tvaru
√
x2 + y2 < ε
(okolie indukované euklidovskou metrikou ρ2). Potom body [x1, y1] := [0, ε/2]
a [x2, y2] := [0, −ε/2] iste patria do okolia Oε (overte). Naviac:
f(x1, y1) =
ε3
8
> 0 a f(x2, y2) = −
ε3
8
< 0.
Tento záver platí pre ľubovoľné (malé) ε > 0 – inými slovami, pre každé
okolie Oε bodu [0, 0]. Preto v bode [0, 0] nenastáva lokálny extrém funkcie f.
b) Navlas rovnakou úvahou zistíme, že g má jediný stacionárny bod [0, 0].
Pre príslušnú Hessovu maticu platí:
H(x, y) =
(
2 0
0 12y2
)
=⇒ H(0, 0) =
(
2 0
0 0
)
.
3
Ihneď vidíme vlastné čísla matice H(0, 0), konkrétne λ1 = 2 a λ2 = 0. Preto
je táto matica opäť pozitívne semidefinitná, ale nie je pozitívne definitná.
Musíme teda využiť definíciu lokálneho extrému. Platí g(0, 0) = 0. Ďalej pre
každé x, y ∈ R máme g(x, y) = x2
+ y4
≥ 0. Preto iste existuje nejaké okolie
bodu [0, 0] tak, že g(x, y) ≥ f(0, 0) pre každý bod [x, y] z tohto okolia. To znamená,
že v bode [0, 0] má funkcia g lokálne minimum s hodnotou g(0, 0) = 0
(toto lokálne minimum je ostré, prečo? :)).
Riešené príklady – globálne extrémy
Príklad 4
Určte najväčšiu a najmenšiu hodnotu funkcie
f(x, y) = xy2
(4 − x − y)
na množine M ohraničenej priamkami x = 0, y = 0 a x + y = 6.
Riešenie:
Zakreslením množiny M zistíme, že sa jedná o vnútro a hranicu trojuholníka
s vrcholmi v bodoch A = [0, 0], B = [6, 0] a A = [0, 6]. Nájdeme stacionárne
body funkcie f ležiace vo vnútri M:
f′
x = y2
(4 − x − y) − xy2
= 0 =⇒ y2
(4 − x − y) = xy2
,
f′
y = 2xy(4 − x − y) − xy2
= 0 =⇒ 2xy(4 − x − y) = xy2
.
Zaujímajú nás body [x, y], ktoré riešia uvedenú sústavu a ležia vo vnútri M,
t.j. x > a y > 0. Môžeme preto prvú rovnicu krátiť y2
a druhú rovnicu krátiť
xy. Dostaneme (po úprave):
4 − x − y = x, 8 − 2x − 2y = y.
Riešením je bod [1, 2], ktorý skutočne leží vo vnútri množiny M. Hodnota
f v tomto bode je f(1, 2) = 4. Skúmajme teraz funkčné hodnoty na hranici
množiny M. Hranica ∂M pozostáva z troch častí:
• úsečka AB – y = 0 a x ∈ [0, 6] (symbol [. . .] teraz znamená uzavretý
interval). Na úsečke AB platí f(x, y) = f(x, 0) = 0, t.j. f je konštantná
s hodnotou 0.
4
• úsečka AC – x = 0 a y ∈ [0, 6]. Na úsečke AC platí f(x, y) = f(0, y) =
0, t.j. f je opäť konštantná s hodnotou 0.
• úsečka CB – y = 6 − x a x ∈ [0, 6]. Na úsečke CB platí f(x, y) =
f(x, 6−x) = −2x(x−6)2
, t.j. f sa správa ako funkcia jednej premennej
x; označíme ju g(x) := −2x(x−6)2
. Je potrebné nájsť globálne extrémy
funkcie g na uzavretom intervale [0, 6]. Platí:
g′
(x) = −2(x − 6)(3x − 6) = 0 =⇒ x1 = 6, x2 = 2.
V intervale (0, 6) má g teda len jeden stacionárny bod x2 = 2 s hodnotou
g(2) = −64. V reči funkcie f sa jedná o bod [2, 4] a f(2, 4) = −64.
V krajných bodoch intervalu [0, 6] platí g(0) = f(C) = f(0, 6) = 0 a
g(6) = f(B) = f(6, 0) = 0.
Vidíme teda, že globálne maximum funkcie f sa nadobúda v bode [1, 2] a
jeho hodnota je f(1, 2) = 4, kým globálne minimum funkcie f sa nadobúda
v bode [2, 4] s hodnotou f(2, 4) = −64.
Príklad 5
Určte najväčšiu a najmenšiu hodnotu funkcie
f(x, y) = −x2
− y2
+ 2y
na množine M, ktorá je tvorená vnútrom a hranicou kruhu x2
+ y2
≤ 16.
Riešenie:
Postupujeme podobne ako v predchádzajúcom príklade. Množina M je kruh
so stredom v bode [0, 0] a s polomerom 4. Nájdeme stacionárne body funkcie
f vo vnútri tohto kruhu:
f′
x = −2x = 0, f′
y = −2y + 2 = 0.
Máme jeden stacionárny bod [0, 1] ležiaci vo vnútri M. Hodnota funkcie f v
ňom je f(0, 1) = 1. Ďalej sa pozrieme na maximálnu a minimálnu hodnotu
funkcie f na hranici množiny M, t.j. na kružnici x2
+ y2
= 16. Pozostáva z
dvoch častí:
• horná polkružnica – y ≥ 0, teda y =
√
16 − x2. Funkcia f sa správa
ako funkcia jednej premennej x:
g(x) = f(x,
√
16 − x2) = −16 + 2
√
16 − x2, x ∈ [−4, 4].
5
Hľadáme teda globálne extrémy funkcie g na uzavretom intervale [−4, 4].
Nájdeme stacionárne body funkcie g v intervale (−4, 4):
g′
(x) = −
2x
√
16 − x2
= 0, =⇒ x = 0.
Hodnota g v bode x = 0 je g(0) = −8. Z hľadiska funkcie f sa jedná o
bod [0,
√
16 − 02] = [0, 4] a f(0, 4) = −8. V krajných bodoch intervalu
[−4, 4] platí g(−4) = f(−4, 0) = −16 a g(4) = f(4, 0) = −16.
• dolná polkružnica – y ≤ 0, teda y = −
√
16 − x2. Postupujeme navlas
rovnako. Funkcia f sa správa ako funkcia jednej premennej x
h(x) = f(x, −
√
16 − x2) = −16 − 2
√
16 − x2, x ∈ [−4, 4].
Hľadáme globálne extrémy funkcie h na uzavretom intervale [−4, 4].
Nájdeme stacionárne body funkcie h v intervale (−4, 4):
h′
(x) =
2x
√
16 − x2
= 0, =⇒ x = 0.
Hodnota h v bode x = 0 je h(0) = −24. V reči funkcie f sa jedná
o bod [0, −
√
16 − 02] = [0, −4] a f(0, −4) = −24. V krajných bodoch
intervalu [−4, 4] platí h(−4) = f(−4, 0) = −16 a h(4) = f(4, 0) = −16.
Záver je teda taký, že globálne maximum funkcie f na množine M je hodnota
1 a nadobúda sa v bode [0, 1], a globálne minimum funkcie f na množine M
je hodnota −24 a nadobúda sa v bode [0, −4].
Príklad 6
Pomocou vrstevníc funkcie f určte najväčšiu a najmenšiu hodnotu funkcie
f(x, y) = x + y
na množine M tvaru
M =
{
[x, y] ∈ R2
: |x| ≤ 1, |y| ≤ 1
}
.
Riešenie:
Nakreslíme si množinu M. Je to štvorec s vrcholmi v bodoch A = [−1, −1],
B = [1, −1], C = [1, 1] a D = [−1, 1]. Vrstevnice funkcie f majú tvar:
f(x, y) = c, c je zafixované =⇒ x + y = c.
6
Sú to teda priamky rovnobežné s osou druhého a štvrtého kvadrantu (t.j.
priamkou y = −x), pričom vrstevnica odpovedajúca danému c prechádza
bodmi [0, c] a [c, 0]. Všimnime si, že poloha vrstevnice x+y = c priamo určuje
hodnotu f – všade na vrstevnici x + y = c má f rovnakú hodnotu rovnú c.
Nás zaujímajú iba vrstevnice, ktoré prechádzajú cez náš štvorec M. Nie je
ťažké si uvedomiť, že posunom vrstevníc smerom od vrchola C k vrcholu
A bude hodnota parametra c klesať. Teda maximálne c je pre vrstevnicu
prechádzajúcu vrcholom C = [1, 1], a v tomto prípade c = 1 + 1 = 2. Na
vrstevnici x+y = 2 bude preto funkcia f nadobúdať svoju najväčšiu hodnotu
rovnú 2. Podobne, minimálne c je pre vrstevnicu prechádzajúcu vrcholom
A = [−1, −1] a platí c = −1 − 1 = −2. Preto najmenšia hodnota funkcie f
na množine M je rovná −2.
Metóda vrstevníc je užitočnou metódou pri zisťovaní globálnych extrémov
funkcií v prípade, ak vrstevnice sú pomerne jednoduché krivky, napr.
priamky, kružnice. Metóda funguje i pre funkcie troch a viac premenných (i
keď v prípade funkcií viac ako 3 premenných ťažko znázorniteľná :)). Poznamenajme,
že dostaneme samozrejme rovnaké výsledky, ak by sme nasadili
obvyklý aparát prezentovaný v predchádzajúcich príkladoch.
Riešené príklady – viazané extrémy
Príklad 7
Určte viazané lokálne extrémy funkcie
f(x, y) =
√
3 x − y + 2
za prítomnosti väzby x2
+ 2x + y2
= 0.
Riešenie:
Úlohu budeme riešiť metódou Lagrangeovych multiplikátorov. Zostavíme Lagrangeovu
funkciu L prislúchajúcu funkcii f a danej väzbe:
L(x, y) =
√
3 x − y + 2 + λ(x2
+ 2x + y2
).
Nájdeme stacionárne body funkcie L a neznámy multiplikátor λ. Platí:
L′
x =
√
3 + 2λx + 2λ = 0 =⇒ x = −1 −
√
3
2λ
,
7
L′
y = −1 + 2λy = 0 =⇒ y =
1
2λ
.
Tieto vyjadrenia neznámych x, y pomocou λ dosadíme do väzbovej podmienky
a dostaneme (väzbovú podmienku si kvôli zjednodušeniu výpočtov
upravíme na štvorec):
x2
+ 2x + y2
= 0,
(x + 1)2
+ y2
= 1,
(
−
√
3
2λ
)2
+
(
1
2λ
)2
= 1,
1
λ2
= 1 =⇒ λ = ±1.
Pre hodnotu λ1 = 1 máme stacionárny bod A1 = [−1 +
√
3/2, −1/2], kým
pre λ2 = −1 dostaneme stacionárny bod A2 = [−1 −
√
3/2, 1/2]. Vyšetríme
teraz definitnosť druhého diferenciálu d2
L v týchto bodoch za prítomnosti
väzbovej podmienky. Vo všeobecnom bode platí:
L′′
xx = 2λ, L′′
xy = 0, L′′
yy = 2λ, =⇒ d2
L = 2λ(dx)2
+ 2λ(dy)2
.
Diferencujeme teraz väzbovú podmienku (pozri tiež poznámku na konci tohto
dokumentu):
d(x2
+ 2x + y2
) = 0 =⇒ 2xdx + 2dx + 2ydy = 0 =⇒ (x + 1)dx + ydy = 0.
Zoberme si stacionárny bod A1 = [−1 +
√
3/2, −1/2] a λ1 = −1. Platí:
d2
L(A1) = 2λ1(dx)2
+ 2λ1(dy)2
= −2(dx)2
− 2(dy)2
.
Vzťah medzi prírastkami dx a dy určíme z diferencovanej väzbovej podmienky,
do ktorej za x, y dosadíme súradnice stacionárneho bodu A1:
√
3
2
· dx −
1
2
· dy = 0 =⇒ dy =
√
3 dx.
Dosadením vyjadrenia dy =
√
3 dx do druhého diferenciálu d2
L(A1) dosta-
neme:
d2
L(A1) = −2(dx)2
− 2 · 3(dx)2
= −8(dx)2
< 0.
Vidíme, že d2
L(A1) je negatívne definitný, preto v bode A1 = [−1+
√
3/2, −1/2]
má funkcia f viazané ostré lokálne maximum s hodnotou f(−1+
√
3/2, −1/2) =
8
4 −
√
3. Podobným spôsobom vyšetríme i druhý stacionárny bod A2 =
[−1 −
√
3/2, 1/2] s λ2 = 1. Postupne dostaneme:
d2
L(A2) = 2λ2(dx)2
+ 2λ2(dy)2
= 2(dx)2
+ 2(dy)2
,
−
√
3
2
· dx +
1
2
· dy = 0 =⇒ dy =
√
3 dx.
Potom d2
L(A2) nadobudne tvar:
d2
L(A2) = 2(dx)2
+ 2 · 3(dx)2
= 8(dx)2
> 0.
Preto je d2
L(A2) pozitívne definitný a v bode A2 = [−1−
√
3/2, 1/2] má funkcia
f viazané ostré lokálne minimum s hodnotou f(−1−
√
3/2, 1/2) = −
√
3.
Príklad 8
Určte viazané lokálne extrémy funkcie
f(x, y) = ln(x + y)
za prítomnosti väzby xy = 1.
Riešenie:
Postupujeme úplne rovnakým spôsobom ako v predchádzajúcom príklade.
Zostrojíme príslušnú Lagrangeovu funkciu L:
L(x, y) = ln(x + y) + λ(xy − 1).
Stanovíme stacionárne body funkcie L spĺňajúce danú väzbovú podmienku:
L′
x =
1
x + y
+ λy = 0 =⇒ −
1
x + y
= λy,
L′
y =
1
x + y
+ λx = 0 =⇒ −
1
x + y
= λx.
Z týchto dvoch rovníc napríklad máme λx = λy, z čoho x = y (λ ̸= 0, premyslite
si prečo :)). Dosadením do väzbovej podmienky xy = 1 dostaneme
x2
= 1 =⇒ x = ±1. Hodnota x = −1 nevyhovuje, nakoľko bod [−1, −1] nepatrí
do definičného oboru funkcie L (a ani funkcie f samozrejme). Funkcia
L má teda jediný stacionárny bod [1, 1], ktorému odpovedá hodnota multiplikátora
λ = −1/2, ako sa ľahko presvedčíme výpočtom. Aby sme sa dozvedeli,
9
či v tomto bode má funkcia f viazaný lokálny extrém, je potrebné zostrojiť
druhý diferenciál d2
L(1, 1) s ohľadom na väzbovú podmienku xy = 1. Tak
s chuťou do toho :). Stanovíme druhé parciálne derivácie funkcie L v bode
[1, 1]:
L′′
xx(1, 1) =
(
−
1
(x + y)2
)
[1,1]
= −
1
4
, L′′
yy(1, 1) =
(
−
1
(x + y)2
)
[1,1]
= −
1
4
,
L′′
xy(1, 1) =
(
−
1
(x + y)2
+ λ
)
[1,1]
= −
3
4
.
Druhý diferenciál d2
L(1, 1) má potom tvar:
d2
L(1, 1) = −
1
4
(dx)2
−
3
2
dxdy −
1
4
(dy)2
.
Diferencujeme ešte väzbovú podmienku a nájdeme vzťah medzi dx a dy v
bode [1, 1]. Platí:
d(xy − 1) = 0 =⇒ ydx + xdy = 0
x=y=1
=⇒ dy = −dx.
Dosadíme do vyjadrenia pre d2
L(1, 1) a stanovíme jeho definitnosť:
d2
L(1, 1) = −
1
4
(dx)2
+
3
2
(dx)2
−
1
4
(dx)2
= (dx)2
> 0.
Druhý diferenciál d2
L(1, 1) je teda pozitívne definitný, a preto má funkcia f
v bode [1, 1] viazané ostré lokálne minimum s hodnotou f(1, 1) = ln 2.
Poznamenajme, že úloha sa dala riešiť i tak, že z väzbovej podmienky
xy = 1 vyjadríme premenú y = 1/x. Následným dosadením do funkcie f(x, y)
získame funkciu jednej premennej g(x) = f(x, 1/x) = ln(x + 1
x
) a štandarným
spôsobom hľadáme jej lokálne extrémy. Overte, že dostaneme rovnaký
výsledok :).
Príklad 9
Určte viazané lokálne extrémy funkcie
f(x, y, z) = x2
+ y2
+ z2
za prítomnosti väzieb x + y − 3z + 7 = 0 a x − y + z + 3 = 0.
10
Riešenie:
V tomto prípade máme dve väzbové podmienky, a teda v príslušnej Lagrangeovej
funkcii sa objavia dva multiplikátory λ1 a λ2:
L(x, y, z) = x2
+ y2
+ z2
+ λ1(x + y − 3z + 7) + λ2(x − y + z + 3).
Nájdeme stacionárne body funkcie L vyhovujúce daným väzbám:
L′
x = 2x + λ1 + λ2 = 0 =⇒ x = −
λ1 + λ2
2
,
L′
y = 2y + λ1 − λ2 = 0 =⇒ y =
λ2 − λ1
2
,
L′
z = 2z − 3λ1 + λ2 = 0 =⇒ z =
3λ1 − λ2
2
.
Uvedené vyjadrenia neznámych x, y, z pomocou λ1 a λ2 dosadíme do väzbových
podmienok a po úpravách máme:
3λ2 − 11λ1 + 14 = 0, λ1 − λ2 + 2 = 0.
Riešením tejto sústavy dostaneme λ1 = 5/2 a λ2 = 9/2, a následne x = −7/2,
y = 1 a z = 3/2. Funkcia L má teda s ohľadom na väzby jeden stacionárny
bod A = [−7/2, 1, 3/2]. Pozrieme sa na druhý diferenciál funkcie L v bode
A. Platí:
L′′
xx(A) = L′′
yy(A) = L′′
zz(A) = 2, L′′
xy(A) = L′′
xz(A) = L′′
yz(A) = 0.
Teda d2
L(A) = 2(dx)2
+ 2(dy)2
+ 2(dz)2
. Ďalej diferencujeme väzbové podmienky
v bode A a nájdeme vzťahy medzi diferenciálmi dx, dy a dz:
d(x + y − 3z + 7) = 0 =⇒ dx + dy − 3dz = 0,
d(x − y + z + 3) = 0 =⇒ dx − dy + dz = 0.
Z toho napríklad máme dy = 2dx a dz = dx. Dosadením do výrazu pre
d2
L(A) dostaneme kvadratickú formu iba jednej premennej dx a stanovíme
jej definitnosť:
d2
L(A) = 2(dx)2
+ 2 · 4(dx)2
+ 2(dx)2
= 12(dx)2
> 0.
Druhý diferenciál d2
L(A) je teda pozitívne definitný, a preto má funkcia
f v bode A = [−7/2, 1, 3/2] viazané ostré lokálne minimum s hodnotou
11
f(−7/2, 1, 3/2) = 31/2.
Príklad 10
Určte viazané lokálne extrémy funkcie
f(x, y, z) = xy2
z3
za prítomnosti väzieb x + 2y + 3z = 6, x > 0, y > 0, z > 0.
Riešenie:
Zostavíme príslušnú Lagrangeovu funkciu a nájdeme jej stacionárne body.
Lagrangeova funkcia má tvar:
L(y, x, z) = xy2
z3
+ λ(x + 2y + 3z − 6).
Stacionárne body funkcie L určíme z nasledujúcej sústavy rovníc:
L′
x = y2
z3
+ λ = 0,
L′
y = 2xyz3
+ 2λ = 0,
L′
z = 3xy2
z2
+ 3λ = 0,
x + 2y + 3z = 6.
Pri predpoklade x > 0, y > 0, z > 0 ľahko nájdeme jediné riešenie x =
y = z = 1 a λ = −1. Teda kandidátom na viazaný extrém funkcie f je
bod A = [1, 1, 1]. Aby sme zistili charakter extrému, resp. či extrém vôbec
nastáva, vyšetríme druhý diferenciál d2
L(A) funkcie L v bode A – d2
L(A) je
vlastne kvadratická forma v premenných dx, dy, dz a my chceme zistiť jej
definitnosť. Diferenciál d2
L(A) má tvar:
d2
L(A) = L′′
xx(A)(dx)2
+ L′′
yy(A)(dy)2
+ L′′
zz(A)(dz)2
+
+2L′′
xy(A)dxdy + 2L′′
xz(A)dxdz + 2L′′
yz(A)dydz.
Potrebujeme teda vypočítať všetky druhé parciálne derivácie funkcie L v
bode A. Keď to vykonáme, dostaneme:
L′′
xx(A) = 0, L′′
yy(A) = 2, L′′
zz(A) = 6,
L′′
xy(A) = 2, L′′
xy(A) = 3, L′′
yz(A) = 6.
12
Po dosadení do d2
L(A) máme:
d2
L(A) = 2(dy)2
+ 6(dz)2
+ 4dxdy + 6dxdz + 12dydz.
Teraz si však musíme uvedomiť, že prírastky dx, dy, dz nemôžeme voliť ľubovoľne,
vzájomne spolu súvisia, pretože s premennými x, y, z sa môžeme hýbať
iba v súlade s väzbami. Vzťah medzi dx, dy, dz získame tak, že diferencujeme
väzbovú podmienku v bode A:
d(x + 2y + 3z − 6) = 0 =⇒ dx + 2 dy + 3 dz = 0,
z čoho napríklad dx = −2 dy−3 dz. Toto dosadíme do d2
L(A), čím dostaneme
kvadratickú formu premenných dy, dz. Po dosadení a úprave nakoniec máme:
d2
L(A) = −6(dy)2
− 12(dz)2
− 12dydz.
No a až teraz skúmame definitnosť tejto formy. Jej matica bude typu 2x2,
lebo je to forma dvoch premenných dy a dz, a má tvar:
(
−6 −6
−6 −12
)
.
Je negatívne definitná (podľa minorov). Teda v bode A = [1, 1, 1] má funkcia
f ostré viazané lokálne maximum s hodnotou f(1, 1, 1) = 1.
Na tomto príklade je veľmi pekne vidno, že rešpektovanie väzbovej podmienky
pri skúmaní definitnosti d2
L(A) je vo všeobecnosti nutné. Ak by sme
totiž o definitnosti d2
L(A) rozhodovali na základe jeho vyjadrenia v tvare
d2
L(A) = 2(dy)2
+ 6(dz)2
+ 4dxdy + 6dxdz + 12dydz,
bez ohľadu na prítomnú väzbu x + 2y + 3z − 6 = 0, dospeli by sme k záveru,
že d2
L(A) je indefinitný. Vyplýva to z toho, že v tomto prípade je d2
L(A)
kvadratickou formou troch premenných dx, dy a dz, pričom matica tejto
formy má tvar (pri (dx)2
je koeficient 0):


0 2 3
2 2 6
3 6 6

 .
Podľa minorov sa môžeme ľahko presvedčiť, že táto matica je indefinitná.
Teda funkcia L nemá v bode A lokálny extrém. To však ešte neznamená,
13
že v tomto bode A, ak vyhovuje väzbovým podmienkam, nie je ani viazaný
lokálny extrém funkcie f. Je treba si uvedomiť, že opačný smer je pravdivý
– ak funkcia L má v bode A, ktorý vyhovuje väzbovým podmienkam, lokálny
extrém, potom je to zároveň i viazaný lokálny extrém pre funkciu f
(premyslite si to). To nám niekedy uľahčuje život, nakoľko v tomto prípade
nemusíme brať do úvahy väzby (pozri riešenie Príkladu 12). Avšak vo všeobecnosti
ignorovanie väzbových podmienok môže mať za následok stratu
viazaných lokálnych extrémov, ako sme sa presvedčili na tomto príklade.
Príklad 11
Na parabole y2
= 4x nájdite bod, ktorý má najmenšiu vzdialenosť od priamky
x − y + 4 = 0.
Riešenie:
Tento príklad je zameraný na geometrickú aplikáciu znalostí o viazaných
extrémoch funkcií viac premenných. Nech A = [x, y] je ľubovoľný bod na
parabole y2
= 4x a B = [u, v] ľubovoľný bod na priamke u − v + 4 = 0.
Potom vzdialenosť ρ(A, B) bodov A a B je rovná (uvažujeme štandardnú
„euklidovskú vzdialenosť):
ρ(A, B) =
√
(x − u)2 + (y − v)2.
Vidíme, že vzdialenosť ρ(A, B) je funkciou 4 premenných x, y, u a v spĺnajúcich
dve väzbové podmienky y2
= 4x a u−v+4 = 0. Keďže s odmocninami sa
pracuje pomerne ťažkopádne, budeme uvažovať druhú mocninu vzdialenosti
ρ2
(A, B). Nie je ťažké si uvedomiť, že body A0, B0, v ktorých sa minimalizuje
funkcia ρ(A, B), sú práve tie body, v ktorých sa minimalizuje funkcia
ρ2
(A, B) a naopak (premyslite si to). Preto bez ujmy na všeobecnosti budeme
uvažovať funkciu f štyroch premených x, y, u a v s predpisom:
f(x, y, u, v) = (x − u)2
+ (y − v)2
.
Našou úlohou je nájsť viazané globálne minimum funkcie f za prítomnosti
väzieb:
y2
= 4x, u − v + 4 = 0.
Postupujeme podobne ako v predchádzajúcich príkladoch. Príslušná Lagrangeova
funkcia L má tvar:
L(x, y, u, v) = (x − u)2
+ (y − v)2
+ λ1(y2
− 4x) + λ2(u − v + 4).
14
Stanovíme jej stacionárne body vyhovujúce daným väzbovým podmienkam:
L′
x = 2(x − u) − 4λ1 = 0,
L′
y = 2(y − v) + 2λ1y = 0,
L′
u = −2(x − u) + λ2 = 0,
L′
v = −2(y − v) − λ2 = 0,
y2
= 4x, u − v + 4 = 0.
Z tejto sústavy piatich rovníc s piatimi neznámymi x, y, u, v, λ1, λ2 zistíme
jediné riešenie:
x = 1, y = 2, u = −
1
2
, v =
7
2
, λ1 =
3
4
, λ2 =
3
2
.
Ďalej vyšetríme definitnosť druhého diferenciálu funkcie L v stacionárnom
bode C = [1, 2, −1/2, 7/2]. Určíme preto druhé parciálne derivácie funkcie
L v bode C:
L′′
xx(C) = L′′
uu(C) = L′′
vv(C) = 2, L′′
yy(C) = (2 + 2λ1)C =
7
2
,
L′′
xy(C) = L′′
xv(C) = L′′
yu(C) = L′′
uv(C) = 0, L′′
xu(C) = −2, L′′
yv(C) = −2.
Potom:
d2
L(C) = 2(dx)2
+
7
2
(dy)2
+ 2(du)2
+ 2(dv)2
− 4dxdu − 4dydv.
Potrebujeme ešte diferencovať väzby v bode C a nájsť vzťah medzi diferenciálmi
dx, dy, du a dv. Platí:
d(y2
− 4x) = 0 =⇒ 2ydy − 4dx = 0
y=2, x=1
=⇒ dy = dx,
d(u − v + 4) = 0 =⇒ du − dv = 0 =⇒ dv = du.
Po dosadení do výrazu pre d2
L(C) získame kvadratickú formu dvoch premenných
dx a du a určíme jej definitnosť:
d2
L(C) = 2(dx)2
+
7
2
(dx)2
+ 2(du)2
+ 2(du)2
− 4dxdu − 4dxdu,
d2
L(C) =
11
2
(dx)2
+ 4(du)2
− 8dxdu.
15
Posledná kvadratická forma má maticu:
( 11
2
−4
−4 4
)
.
Podľa jej minorov sa ľahko presvedčíme, že je pozitívne definitná. Preto funkcia
f má v bode C = [1, 2, −1/2, 7/2] viazané ostré lokálne minimum s
hodnotou f(1, 2, −1/2, 7/2) = 9/2. Súčasne je to i viazané globálne minimum
funkcie f (samy si zdôvodnite prečo :)). Vrátiac sa k nášmu pôvodnému
problému, dospeli sme k záveru, že bod A0 = [1, 2] na danej parabole a bod
B0 = [−1/2, 7/2] na danej priamke majú najmenšiu vzájomnú vzdialenosť
ρ(A0, B0) =
√
f(C) = 3/
√
2.
Príklad 12 (ťažší príklad)
Nech n ∈ N, m ∈ R\{0} a a ∈ R+
sú pevne zafixované čísla. V závislosti
na parametre m vyšetrite maximálnu (resp. supremálnu) a minimálnu (resp.
infimálnu) hodnotu výrazu
P(x1, x2, x3, . . . , xn) = xm
1 + xm
2 + xm
3 + · · · + xm
n
za podmienky x1 +x2 +x3 +· · ·+xn = na a xi ≥ 0 pre každé i = 1, 2, . . . , n.
Riešenie:
Našou úlohou je stanoviť globálne extrémy funkcie P(x1, x2, x3, . . . , xn) n
premenných na množine M tvaru:
M = {[x1, . . . , xn] ∈ Rn
: x1 + · · · + xn = na, xi ≥ 0, i = 1, . . . , n} .
Nie je ťažké ukázať, že množina M je ohraničená a uzavretá, t.j. kompaktná
v Rn
(napr. vzhľadom na metriku ρ2). Vnútro množiny M má tvar:
Mo
= {[x1, . . . , xn] ∈ Rn
: x1 + · · · + xn = na, xi > 0, i = 1, . . . , n} .
Hranica ∂M množiny M bude pozostávať z bodov patriacich do M, ktoré
majú aspoň jednu súradnicu nulovú. Ďalej si všimnime, že výraz P(x1, . . . , xn),
rovnako ako väzbová podmienka x1 + · · · + xn = na, sú symetrickými funkciami
premenných x1, . . . , xn. To (okrem mnohého iného dôležitého :) ) znamená,
že ak nejaký bod [x1, . . . , xn] patrí do M a funkcia P v ňom nadobúda
hodnotu P(x1, . . . , xn) = h, potom i každý bod, ktorého súradnice sú nejakou
16
permutáciou súradníc bodu [x1, . . . , xn], leží tiež v M a funkcia P v ňom má
rovnakú hodnotu h. Napríklad ak n = 3 a [x1, x2, x3] ∈ M, potom i body
[x1, x3, x2], [x2, x1, x3], [x2, x3, x1], [x3, x1, x2], [x3, x2, x1]
patria do M a
P(x1, x2, x3) = P(x1, x3, x2) = P(x2, x1, x3) =
= P(x2, x3, x1) = P(x3, x1, x2) = P(x3, x2, x1) = h.
Toto zdanlivo „nepodstatné pozorovanie účinne využijeme neskôr.
Budeme najprv uvažovať m < 0. V tomto prípade funkcia P nie je definovaná
na hranici ∂M, pretože pre xi = 0 nie je definovaná mocnina xm
i .
Okrem toho, ak sa budeme s bodmi z vnútra M blížiť k hranici ∂M, funkčné
hodnoty budú rásť do +∞ (premyslite si to; ak sa bod [x1, . . . , xn] z vnútra
M blíží k hranici ∂M, nutne aspoň jedna z jeho súradníc xi sa sprava blíži
do 0; potom limxi→0+ xm
i = +∞, keďže m < 0). Preto v tomto prípade globálne
maximum funkcie P na M neexistuje, pričom sup P = ∞. Poďme teraz
preskúmať globálne minimum funkcie P. Ak existuje, potom z predchádzajúcej
diskusie vyplýva, že sa nutne musí nadobúdať vo vnútri M. Hľadáme
teda lokálne minimum funkcie P, ktoré je viazané na vnútro množiny M.
Zostavíme príslušnú Lagrangeovu funkciu:
L(x1, . . . , xn) = xm
1 + · · · + xm
n + λ(x1 + · · · + xn − na).
Nájdeme všetky stacionárne body funkcie L ležiace vo vnútri M. Je potrebné
spočítať prvé parciálne derivácie funkcie L podľa všetkých premenných xi a
položiť ich rovné 0. Pre každé i = 1, . . . , n platí:
L′
xi
= mxm−1
i + λ = 0, =⇒ xi =
(
−λ
m
) 1
m−1
.
Dosadením získaných hodnôt do väzbovej podmienky dostaneme vyjadrenie
Lagrangeovho multiplikátora λ:
(
−λ
m
) 1
m−1
+ · · · +
(
−λ
m
) 1
m−1
n členov
= na =⇒
17
n ·
(
−λ
m
) 1
m−1
= na =⇒
(
−λ
m
) 1
m−1
= a.
Z poslednej rovnice máme jednak λ = −mam−1
, a jednak x1 = x2 = · · · =
xn = a. Nakoľko a > 0 podľa predpokladu v zadaní, funkcia L má jediný
stacionárny bod vo vnútri M, a to [a, a, . . . , a]. Vyšetríme definitnosť druhého
diferenciálu d2
L v tomto bode s ohľadom na predpísanú väzbu. Potrebujeme
zistiť druhé parciálne derivácie funkcie L. Vypočtom dostaneme:
L′′
xixj
=
{
0, i ̸= j,
m(m − 1)xm−2
i , i = j.
Preto:
d2
L(a, . . . , a) = m(m − 1)am−2
· (dx1)2
+ · · · + m(m − 1)am−2
· (dxn)2
=
= m(m − 1)am−2
·
[
(dx1)2
+ · · · + (dxn)2
]
.
Keďže m(m − 1)am−2
> 0, je d2
L(a, . . . , a) kladný pre každú nenulovú nticu
(dx1, . . . , dxn), a teda aj vzhľadom na predpísanú väzbu. Nemusíme
preto diferencovať väzbovú podmienku a zarátavať ju do druhého diferenciálu
(pozri tiež poznámku v závere Príkladu 10). Teda d2
L(a, . . . , a) je pozitívne
definitný, a preto v bode [a, . . . , a] má funkcia P viazané lokálne minimum s
hodnotou P(a, . . . , a) = nam
. Zároveň je to aj globálne minimum funkcie P
na množine M (premyslite si prečo :) ).
Uvažujme teraz prípad 0 < m < 1 (voľba čísla 1 nie je náhodná; všimnite
si, čo sa stane, ak m = 1). Podobne, ako v predchádzajúcom prípade,
zistíme, že funkcia L má jediný stacionárny bod [a, . . . , a] vo vnútri M a
d2
L(a, . . . , a) má tvar ako vyššie. V tomto prípade ale číslo m(m − 1)am−2
je záporné, preto d2
L(a, . . . , a) je negatívne definitný. Funkcia P má preto
v [a, . . . , a] viazané lokálne maximum s hodnotou P(a, . . . , a) = nam
(pozri
opäť poznámku v závere Príkladu 10). Potrebujeme sa ešte pozrieť na maximálnu
hodnotu funkcie P na hranici ∂M (v tomto prípade je P definované
už aj na hranici množiny M). No a práve teraz využijeme fakt, že P i väzba
sú symetrické funkcie v premenných x1 . . . , xn. Na hranici ∂M je totiž aspoň
jedna súradnica nulová. Nás zaujímajú len hodnoty funkcie P a tie na základe
vyššie uvedených úvah o symetrii funkcie P nezávisia na tom, ktorá
súradnica sa nuluje. Preto bez ujmy na všeobecnosti predpokladajme, nech
xn = 0. Potom stojíme pred nasledovným problémom – máme určiť globálne
maximum funkcie ˜P n − 1 premenných tvaru
˜P(x1, . . . , xn−1) = xm
1 + · · · + xm
n−1
18
na množine ˜M ⊆ ∂M tvaru
˜M =
{
[x1, . . . , xn−1] ∈ Rn−1
: x1 + · · · + xn−1 = na, xi ≥ 0, i = 1, . . . , n − 1
}
.
Väzbovú podmienku v definícii ˜M môžeme zavedením ˜a := n
n−1
· a > 0
prepísať takto:
x1 + · · · + xn−1 = (n − 1)˜a.
Ak sa pozrieme na zadanie príkladu, zistíme, že máme riešiť ten istý problém,
len v dimenzii n − 1 a s novou funkciou ˜P, novým parametrom ˜a a novou
množinou ˜M (nerovnosť 0 < m < 1 stále platí). Využitím poznatkov, ktoré
sme pred chvíľou zistili, dostaneme, že funkcia ˜P má viazané (vzhľadom na
vnútro ˜M) lokálne maximum v bode [ ˜a, . . . , ˜a
n−1 zložiek
] s hodnotou (dosadíme za ˜a):
˜P(˜a, . . . , ˜a) = (n − 1)˜am
= (n − 1) ·
(
n
n − 1
)m
· am
.
Plus je treba ešte preveriť maximum funkcie ˜P na hranici ∂ ˜M množiny ˜M.
Nuž ale ∂ ˜M pozostáva z bodov patriacich do ˜M ⊆ ∂M, ktoré majú nulovú
aspoň jednu súradnicu. Inými slovami, ide o body z ∂M, ktoré majú nulové
aspoň dve súradnice. To znamená, že stojíme opäť pred rovnakou úlohou
ako v zadaní, len tentokrát v dimenzii n − 2. Takýmto spôsobom postupne
znižujeme dimenziu n a postupne preberieme všetky hodnoty funkcie P, ktoré
sú lokálnymi maximami vzhľadom na hranicu ∂M. Sú to tieto hodnoty:
(n − 1)
(
n
n − 1
)m
am
, (n − 2)
(
n
n − 2
)m
am
, · · · , 1 ·
(n
1
)m
am
.
Tieto čísla je potrebné porovnať so získanou hodnotou lokálneho maxima
nam
vzhľadom na vnútro M. Pomocou faktov, že a > 0 a 0 < m < 1 nie je
ťažké ukázať, že pre každé k = 1 . . . , n − 1 platí:
(n − k)
(
n
n − k
)m
am
< nam
(pokúste sa dokázať samy; uvedomte si, že ak y > 1 a m je kladná mocnina
menšia ako jedna (napr. m = 1/2), potom ym
< y). Hodnota nam
je teda
globálne maximum funkcie P na množine M. Čo sa týka globálneho minima
funkcie P na množine M, to sa zrejme môže nadobúdať iba na hranici ∂M
19
(pretože vo vnútri M má L iba jeden stacionárny bod, v ktorom je lokálne
maximum, ako sme zistili vyššie). Preto sa náš problém zredukuje na nájdenie
globálneho minima funkcie ˜P na množine ˜M, ktoré sme zaviedli vyššie
(premyslite si to; globálne minimum funkcie P bude globálnym minimom na
hranici ∂M; tam je ale vždy aspoň jedna súradnica nulová, preto hľadané
minimum bude globálnym minimom funkcie ˜P na množine ˜M ⊆ ∂M). Ale
hľadanie globálneho minima funkcie ˜P na množine ˜M je (n−1)-rozmerná analógia
pôvodnej úlohy (t.j. nájdenie globálneho minima funkcie P na množine
M). O tom sme pred chvíľou zistili, že sa nutne nadobúda na hranici, t.j. na
∂ ˜M. Hranicu ∂ ˜M však tvoria body z ˜M, ktoré majú aspoň jednu súradnicu
nulovú – inými slovami, sú to body z M, ktoré majú nulové aspoň dve súradnice.
Táto úvaha sa dá predlžovať ďalej. Nakoniec zistíme, že globálne minimu
funkcie P na množine M sa musí nadobúdať v bode, ktorý má nenulovú práve
jednu súradnicu. Keďže vďaka symetrii nezávisí na tom, ktorá súradnica to
bude, bez ujmy na všeobecnosti nech x1 ̸= 0 a x2 = · · · = xn = 0. Potom
z väzbovej podmienky platí x1 = na a P(x1, 0, · · · , 0) = (na)m
. Hodnota
(na)m
je teda globáne minimum funkcie P na množine M (poznamenajme,
že súradnice bodu [x1, . . . , xn], v ktorom sa globálne minimum nadobúda,
nemôžu byť všetky nulové, nakoľko by nebola splnená väzbová podmienka;
väzbová podmienka má n−1 stupňov voľnosti, t.j. n−1 súradníc sa dá zvoliť
ľubovoľne a zvyšná jedna súradnica je už potom určená jednoznačne).
Prípad m = 1 prenechávame čitateľovi ;).
Posledný prípad m > 1 sa vyrieši úplne analogicky, ako prípad 0 < m < 1.
Keďže číslo m(m − 1)am−2
je teraz kladné, v stacionárnom bode [a, . . . , a]
má funkcia P viazané lokálne minimum s hodnotou nam
. Analogickým postupom,
ako vyššie, so zreteľom na fakt, že m > 1, sa dá ukázať, že hodnota
nam
je globálne minimum funkcie P na množine M. Podobne, o hodnote
(na)m
sa zas ukáže, že je globálnym maximom funkcie P na množine M.
Zistili sme teda takúto závislosť extremálnych hodnôt funkcie P na parametre
m:
globálne minimum P =



nam
, m < 0,
(na)m
, 0 < m < 1,
na, m = 1,
nam
, m > 1,
globálne maximum P =



neexistuje, sup P = ∞, m < 0,
nam
, 0 < m < 1,
na, m = 1,
(na)m
, m > 1.
20
Poznámka k diferencovaniu väzbových podmienok
V tejto poznámke stručne vysvetlíme, čo to znamená diferencovať väzbu v
nejakom bode. Máme napríklad väzbu tvaru
x2
+ ey
z + y2
cos x = 2,
a máme ju diferencovať v bode A = [0, −1, e], ktorý danej väzbe vyhovuje
(overte :)). To znamená prepísať danú väzbovú podmienku na tvar
x2
+ ey
z + y2
cos x − 2 = 0,
nájsť prvý diferenciál funkcie
f(x, y, z) = x2
+ ey
z + y2
cos x − 2
v bode A, a nakoniec položiť diferenciál df(A) rovný nule. Parciálne derivácie
funkcie f v bode A sú:
f′
x(A) = (2x − y2
cos x)A = 0, f′
y(A) = (ey
z + 2y cos x)A = −1,
f′
z(A) = (ey
)A = e−1
.
Preto platí df(A) = 0 · dx − dy + e−1
dz. Tento výraz položíme rovný nule:
−dy + e−1
dz = 0.
No a tým sme uvedenú väzbu diferencovali v bode A. Čo to však v skutočnosti
znamená? Daná väzba viaže premenné x, y, z; v našom prípade to bude
zrejme nejaká plocha, konkrétne s rovnicou z = e−y
(2 − x2
− y2
cos x). Keď
teda sedíme na nejakom zafixovanom bode tejto plochy (v bode A) a chceme
sa presunúť do iného bodu na tejto ploche, nemôžeme s prírastkami dx, dy,
dz šibrinkovať hocijako, chceme predsa zostať na danej ploche. Preto dx, dy,
dz v danom bode A spolu nejako súvisia, t.j. nie sú všetky nezávislé. Tým, že
túto väzbu (plochu) diferencujeme v danom bode A, nájdeme túto súvislosť.
Posledná rovnica je toho dôkazom, nakoľko v bode A platí:
dy = e−1
dz.
Ak dx, dy zvolíme ľubovoľne, dz je už určené jednoznačne. Je potrebné si
uvedomiť, že v inom bode danej plochy je závislosť prírastkov dx, dy, dz vo
všeobecnosti iná (preto je i zvýraznené slovo „zafixovaný :)).
21