Príklady na precvičovanie – diferenciály a Taylorov
polynóm funkcií viac premenných
Riešené príklady
Príklad 1 (prvý diferenciál)
Overme, že funkcia f(x, y) = 2xy − 3x2
y + y ln x je diferencovateľná v bode
A = [1, 2] a nájdime jej diferenciál df(A, h, k).
Riešenie:
Pre parciálne derivácie prvého rádu funkcie f(x, y) platí
f′
x(x, y) = 2y − 6xy +
y
x
, f′
y(x, y) = 2x − 3x2
+ ln x
(samy overte :)). Funkcie f′
x(x, y) a f′
y(x, y) sú spojité v bode A (i toto samy
overte ;)), a tak funkcia f(x, y) je diferencovateľná v bode A. Nakoľko f′
x(A) =
−6 a f′
y(A) = −1, pre jej prvý diferenciál df(A, h, k) máme
df(A, h, k) = f′
x(A) · h + f′
y(A) · k = −6h − k, [h, k] ∈ R2
.
Príklad 2 (prvý diferenciál)
Dokážme, že funkcia
f(x, y) =



x2y
x2+y2 , [x, y] ̸= [0, 0],
0, [x, y] = [0, 0],
je spojitá v bode [0, 0], parciálne derivácie f′
x(0, 0) a f′
y(0, 0) existujú, ale
f(x, y) nie je diferencovateľná v bode [0, 0].
Riešenie:
Pomocou transformácie do polárnych súradníc x = ρ cos φ a y = ρ sin φ
zistíme, že platí
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
x2
y
x2 + y2
= 0 = f(0, 0)
1
(samy overte :)). Funkcia f(x, y) je teda spojitá v bode [0, 0]. Parciálne derivácie
f′
x(0, 0) a f′
y(0, 0) určíme priamo z ich definície, t.j.,
f′
x(0, 0) = lim
x→0
f(x, 0) − f(0, 0)
x − 0
= lim
x→0
x2·0
x2+02 − 0
x − 0
= lim
x→0
0 = 0,
f′
y(0, 0) = lim
y→0
f(0, y) − f(0, 0)
y − 0
= lim
y→0
02·y
02+y2 − 0
y − 0
= lim
y→0
0 = 0
(samy si premyslite ;)). Preskúmame teraz diferencovateľnosť funkcie f(x, y)
v bode [0, 0]. Keďže existujú parciálne derivácie f′
x(0, 0) a f′
y(0, 0), skutočnosť,
že funkcia f(x, y) je diferencovateľná v bode [0, 0], znamená, že funkcia
w(h, k) daná predpisom
w(h, k) := f(0 + h, 0 + k) − f(0, 0) − f′
x(0, 0) · h − f′
y(0, 0) · k
spĺňa limitnú podmienku lim(h,k)→(0,0)
w(h,k)
√
h2+k2 = 0 (samy si dobre premyslite
na základe definície :)). V našom prípade w(h, k) = f(h, k), t.j.,
w(h, k) =



h2k
h2+k2 , [h, k] ̸= [0, 0],
0, [h, k] = [0, 0]
(samy overte využitím vyššie uvedených výpočtov ;)). Potom dostávame
lim
(h,k)→(0,0)
w(h, k)
√
h2 + k2
= lim
(h,k)→(0,0)
h2
k
(h2 + k2)
3
2
.
Posledná limita však neexistuje, ako sa možno ľahko presvedčiť pomocou polárnych
súradníc h = ρ cos φ a h = ρ sin φ (samy overte :)). To znamená, že
funkcia f(x, y) nie je diferencovateľná v bode [0, 0].
Príklad 3 (prvý diferenciál)
Ukážme, že funkcia
f(x, y) = ψ(x) + ψ(y), kde ψ(t) =



t2
sin 1
t
, t ̸= 0,
0, t = 0,
2
je diferencovateľná v bode [0, 0], hoci parciálne derivácie f′
x(x, y) a f′
y(x, y)
nie sú spojité v bode [0, 0].
Riešenie:
Najprv overíme existenciu parciálnych derivácií prvého rádu funkcie f(x, y)
v bode [0, 0]. Priamo z definície a zo zadania príkladu máme
f′
x(0, 0) = lim
x→0
f(x, 0) − f(0, 0)
x − 0
= lim
x→0
ψ(x) + ψ(0) − [ψ(0) + ψ(0)]
x
= lim
x→0
ψ(x) − ψ(0)
x
= lim
x→0
x2
sin 1
x
x
= lim
x→0
x sin
1
x
= 0,
f′
y(0, 0) = lim
y→0
f(0, y) − f(0, 0)
y − 0
= lim
y→0
ψ(0) + ψ(y) − [ψ(0) + ψ(0)]
y
= lim
y→0
ψ(y) − ψ(0)
y
= lim
y→0
y2
sin 1
y
y
= lim
y→0
y sin
1
y
= 0
(samy overte :)). Ďalej vieme, že fakt, že funkcia f(x, y) je diferencovateľná
v bode [0, 0] znamená, že funkcia w(h, k) definovaná
w(h, k) = f(0 + h, 0 + k) − f(0, 0) − f′
x(0, 0) · h − f′
y(0, 0) · k = ψ(h) + ψ(k)
pre [h, k] ∈ R2
spĺňa limitnú podmienku
lim
(h,k)→(0,0)
w(h, k)
√
h2 + k2
= lim
(h,k)→(0,0)
ψ(h) + ψ(k)
√
h2 + k2
= 0.
Platnosť poslednej rovnosti dokážeme pomocou vety o dvoch policajtoch :).
Podľa definície funkcie ψ(t) v zadaní príkladu platia odhady
|ψ(h)| ≤ h2
, |ψ(k)| ≤ k2
, [h, k] ∈ R2
(samy si premyslite ;)). Následne pomocou trojuholníkovej nerovnosti máme
0 ≤
ψ(h) + ψ(k)
√
h2 + k2
≤
≤h2
|ψ(h)| +
≤k2
|ψ(k)|
√
h2 + k2
≤
h2
+ k2
√
h2 + k2
=
√
h2 + k2
3
(samy overte :)). A keďže platí lim(h,k)→(0,0)
√
h2 + k2 = 0, podľa vety o dvoch
policajtoch dostávame rovnosť
lim
(h,k)→(0,0)
ψ(h) + ψ(k)
√
h2 + k2
= 0 ⇐⇒ lim
(h,k)→(0,0)
ψ(h) + ψ(k)
√
h2 + k2
= 0
(samy si pozorne premyslite :)). Funkcia f(x, y) je teda diferencovateľná v
bode [0, 0]. Avšak parciálne derivácie f′
x(x, y) a f′
y(x, y) nie sú spojité v bode
[0, 0]. Vyplýva to z nasledujúcich skutočností. Funkcia ψ(t) má deriváciu na
celom R, pričom platí
ψ′
(t) =



2t sin 1
t
− cos 1
t
, t ̸= 0,
0, t = 0
(samy overte, pre t = 0 vypočítajte ψ′
(0) priamo z definície derivácie :)). Pre
ľubovoľný bod [x, y] ∈ R2
\ {[0, 0]} potom máme
f′
x(x, y) = ψ′
(x) =



2x sin 1
x
− cos 1
x
, x ̸= 0,
0, x = 0,
f′
y(x, y) = ψ′
(y) =



2y sin 1
y
− cos 1
y
, y ̸= 0,
0, y = 0
(i toto si samy dobre premyslite ;)). Z posledných identít však vyplýva, že
funkcie f′
x(x, y) a f′
y(x, y) nemajú limity v bode [0, 0]. Konkrétne, pre cestu
y = x dostávame
lim
(x,y)→(0,0)
f′
x(x, y) = lim
x→0
(
2x sin
1
x
− cos
1
x
)
= neexistuje,
lim
(x,y)→(0,0)
f′
y(x, y) = lim
y→0
(
2y sin
1
y
− cos
1
y
)
= neexistuje
(samy overte :)). Parciálne derivácie f′
x(x, y) a f′
y(x, y) preto nie sú spojité v
bode [0, 0]. To ilustruje fakt, že spojitosť parciálnych derivácií funkcie f(x, y)
je len postačujúcou podmienkou jej diferencovateľnosti, nie však nutnou podmienkou
(porovnaj s Príkladom 1 :)).
4
Príklad 4 (dotyková rovina, normála)
Určme rovnicu dotykovej roviny a normály ku grafu funkcie
f(x, y) = x3
+ 3xy2
− xy + x
v bode A = [1, 0, ?].
Riešenie:
Bod A leží na grafe funkcie f(x, y), preto hodnota jeho tretej súradnice je
f(1, 0) = 2 (samy si premyslite :)). Potrebujeme ďalej stanoviť prvý diferenciál
funkcie f(x, y) v bode [1, 0], keďže hľadaná rovnica dotykovej roviny v
bode A má tvar
z − f(1, 0) = df(1, 0, h, k),
kde prírastky h = x − 1 a k = y − 0 = y. Postupne dostávame
f′
x(1, 0) = 3x2
+ 3y2
− y + 1 [1,0]
= 4, f′
y(1, 0) = 6xy − x|[1,0] = −1.
Nakoľko sú parciálne derivácie f′
x(x, y) a f′
y(x, y) spojité v bode [1, 0] (samy
overte :)), funkcia f(x, y) je diferencovateľná v bode [1, 0] s prvým diferenciálom
tvaru
df(1, 0, x, y) = f′
x(1, 0) · h + f′
y(1, 0) · k = 4 · (x − 1) − 1 · y = 4x − y − 4.
Graf funkcie f(x, y) teda má v bode A hľadanú doykový rovinu s rovnicou
z − 2 = 4x − y − 4 =⇒ 4x − y − z − 2 = 0.
Jedným z normálových vektorov tejto roviny je napríklad ¯n = (4, −1, −1)T
(koeficienty pri premenných x, y, z v poslednej rovnici :)). Parametrické vyjadrenie
normály ku grafu funkcie f(x, y) v bode A je preto dané
x = 1 + 4t, y = −t, z = 2 − t, t ∈ R :).
Príklad 5 (dotyková rovina, normála)
Určme rovnicu dotykovej roviny grafu funkcie f(x, y) = 2x2
− y2
, ktorá je
5
rovnobežná s rovinou σ : 8x − 6y − z − 15 = 0.
Riešenie:
Keďže parciálne derivácie f′
x(x, y) = 4x a f′
y(x, y) = −2y sú spojité na celom
R2
, funkcia f(x, y) je diferencovateľná na R2
, a teda v každom bode jej
grafu je existuje dotykovú rovinu (samy si premyslite :)). Nech σ0 je hľadaná
dotyková rovina zostrojená v bode [x0, y0, f(x0, y0)]. Potom zrejme
σ0 : z − f(x0, y0) = f′
x(x0, y0) · (x − x0) + f′
y(x0, y0) · (y − y0)
⇓
f′
x(x0, y0) · x + f′
y(x0, y0) · y + (−1) · z +
[
f(x0, y0) − f′
x(x0, y0) x0 − f′
y(x0, y0) y0
]
= 0
(samy overte ;)). Obzvlášť, normálový vektor ¯n0 roviny σ0 má tvar
¯n0 = (f′
x(x0, y0), f′
y(x0, y0), −1)T
= (4x0, −2y0, −1)T
(i toto si samy premyslite :)). Na druhej strane, normálový vektor ¯n roviny
σ je ¯n = (8, −6, −1)T
, a nakoľko sú roviny σ a σ0 rovnobežné, vektory ¯n a
¯n0 sú kolineárne, t.j., ¯n0 = k · ¯n pre nejaké nenulové reálne číslo k. Teda
(4x0, −2y0, −1)T
= (8k, −6k, −k)T
⇓
4x0 = 8k, −2y0 = −6k, −k = −1
⇓
k = 1, x0 = 2, y0 = 3, f(x0, y0) = −1
(samy overte :)). Hľadaná rovina σ0 je teda dotykovou rovinou ku grafu funkcie
f(x, y) v bode [2, 3, −1] a jej rovnica je 8x − 6y − z + 1 = 0 :).
Príklad 6 (približné výpočty)
Pomocou prvého diferenciálu vhodnej funkcie dvoch premenných stanovme
približne hodnotu
√
1.023 + 1.973.
Riešenie:
Ako vhodný kandidát sa nám prirodzene ponúka funkcia f(x, y) =
√
x3 + y3.
6
Chceme zistiť jej hodnotu v bode [x∗, y∗] = [1.02, 1.97]. Vieme, že pre bod
[x0, y0] z definičného oboru funkcie f(x, y), ktorý je dostatočne „blízko k
bodu [x∗, y∗], platí
f(x∗, y∗) − f(x0, y0) ≈ df(x0, y0, h, k)
⇓
f(x∗, y∗) ≈ f(x0, y0) + df(x0, y0, h, k),
kde prírastky h = x∗ −x0 a k = y∗ −y0. Celý vtip je v tom, že bod [x0, y0] sa
snažíme zvoliť tak, aby výpočet funkčnej hodnoty f(x0, y0) bol čo najjednoduchší
a podľa možností presný :). Takým bodom je napríklad [x0, y0] = [1, 2],
keďže f(1, 2) =
√
13 + 23 = 3. Potom h = 0.02 a k = −0.03 a prvý diferenciál
funkcie f(x, y) v bode [x0, y0] vzhľadom na bod [x∗, y∗] je
df(x0, y0, h, k) = f′
x(1, 2) · h + f′
y(1, 2) · k,
f′
x(1, 2) =
3x2
2
√
x3 + y3
[1,2]
=
1
2
, f′
y(1, 2) =
3y2
2
√
x3 + y3
[1,2]
= 2
⇓
df(x0, y0, h, k) =
1
2
· h + 2 · k = −0.05.
Pre hľadanú hodnotu v zadaní príkladu potom dostávame odhad
√
1.023 + 1.973 = f(1.02, 1.97) ≈ f(1, 2) − 0.05 = 2.95 :).
Príklad 7 (kmeňová funkcia)
Rozhodnime, či výraz
x
√
x2 + y2
dx +
y
√
x2 + y2
dy
7
je prvým diferenciálom nejakej funkcie F(x, y). Ak áno, nájdime všetky takéto
funkcie F(x, y).
Riešenie:
Chceme overiť, či existuje funkcia F(x, y) s vlastnosťou
dF(x, y) =
x
√
x2 + y2
dx +
y
√
x2 + y2
dy.
Keďže pre (úplný) diferenciál dF(x, y) platí
dF(x, y) =
∂F(x, y)
∂x
dx +
∂F(x, y)
∂y
dy,
dostávame podmienky
x
√
x2 + y2
=
∂F(x, y)
∂x
,
y
√
x2 + y2
=
∂F(x, y)
∂y
.
Hľadaná funkcia F(x, y) je teda kmeňová funkcia k dvojici
M(x, y) =
x
√
x2 + y2
, N(x, y) =
y
√
x2 + y2
.
Postupujeme preto štandardne ako pri riešení exaktných diferenciálnych rovníc.
Z výpočtu prvých parciálnych derivácií
M′
y(x, y) = −
xy
√
(x2 + y2)3
, N′
x(x, y) = −
yx
√
(x2 + y2)3
(samy overte :)) vyplýva rovnosť M′
y(x, y) = N′
x(x, y), ktorá zaručuje existenciu
kmeňovej funkcie F(x, y) k dvojici M(x, y) a N(x, y). Platí napríklad
F(x, y) =
∫
M(x, y) dx =
∫
x
√
x2 + y2
dx =
√
x2 + y2 + C(y),
kde funkcia C(y) je neznáma „integračná konštanta (integrovali sme neurčito
podľa premennej x ;)). Určíme ju na základe druhej rovnosti
N(x, y) =
∂F(x, y)
∂y
.
8
Dosadení dostaneme (C′
(y) označuje klasickú deriváciu funkcie C(y) podľa
premennej y :))
y
√
x2 + y2
=
y
√
x2 + y2
+ C′
(y)
⇓
C′
(y) = 0 =⇒ C(y) = K, K ∈ R je konštanta.
Všetky funkcie F(x, y), ktorých prvý diferenciál je rovný výrazu v zadaní
príkladu, majú teda tvar
F(x, y) =
√
x2 + y2 + K, K ∈ R.
Poznamenajme, že kmeňovú funkciu F(x, y) nájdeme i tak, že vypočítame
obidva neurčité integrály
∫
M(x, y) dx a
∫
N(x, y) dy. Dostaneme tak dve
integračné konštanty C(y) a D(x), ktoré určíme vzájomným porovnaním
získaných vyjadrení pre funkciu F(x, y). Konkrétne, v našom prípade máme
F(x, y) =
∫
M(x, y) dx =
∫
x
√
x2 + y2
dx =
√
x2 + y2 + C(y),
F(x, y) =
∫
N(x, y) dy =
∫
y
√
x2 + y2
dy =
√
x2 + y2 + D(x).
Pravé strany týchto rovností sa musia identicky rovnať na R2
\{[0, 0]}. Nutne
potom C(y) ≡ K ≡ D(x), kde K ∈ R je konštanta :).
Príklad 8 (diferenciály vyšších rádov)
Určme tretí diferenciál funkcie f(x, y) = x4
y2
+ 3xy3
+ 2x3
+ 3y2
v bode
A = [1, 2].
Riešenie:
Potrebujeme vypočítať všetky parciálne derivácie tretieho rádu funkcie f(x, y)
v bode A. Postupne platí (medzivýpočty vynechávame)
f′′′
xxx(A) = 24xy2
+ 12 A
= 108,
f′′′
xxy(A) = f′′′
xyx(A) = f′′′
yxx(A) = 24x2
y A
= 48,
9
f′′′
xyy(A) = f′′′
yxy(A) = f′′′
yxx(A) = 8x3
+ 18y A
= 44,
f′′′
yyy(A) = 18x|A = 18
(samy overte :)). Pre hľadaný diferenciál d3
f(A, h, k) tak máme
d3
f(A, h, k) = f′′′
xxx(A) · h3
+ 3f′′′
xxy(A) · h2
k + 3f′′′
xyy(A) · hk2
+ f′′′
yyy(A) · k3
= 108h3
+ 144h2
k + 132hk2
+ 18k3
, [h, k] ∈ R2
.
Niekedy je vhodné vyjadriť prírastky h a k nezávislých premenných x a y v
bode A explicitne, t.j., h = x − 1 a k = y − 2. Diferenciál má potom tvar
d3
f(A, x, y) = 108(x − 1)3
+ 144(x − 1)2
(y − 2) + 132(x − 1)(y − 2)2
+ 18(y − 2)3
pre [x, y] ∈ R2
. Zápis d3
f(A, x, y) je možné interpretovať ako tretí diferenciál
funkcie f(x, y) v bode A vzhľadom na bod [x, y] z jej definičného oboru.
Príklad 9 (diferenciály vyšších rádov)
Stanovme druhý diferenciál funkcie f(x, y) = y sin x + x cos y v ľubovoľnom
bode jej definičného oboru.
Riešenie:
Nájdeme parciálne derivácie druhého rádu funkcie f(x, y). Platí
f′′
xx(x, y) = −y sin x, f′′
xy(x, y) = f′′
yx(x, y) = cos x − sin y, f′′
yy(x, y) = −x cos y
(samy overte ;)). Potom pre [x, y], [h, k] ∈ R2
dostávame
d2
f(x, y, h, k) = f′′
xx(x, y) · h2
+ 2f′′
xy(x, y) · hk + f′′
yy(x, y) · k2
= −(y sin x) · h2
+ 2(cos x − sin y) · hk − (x cos y) · k2
.
V tomto prípade sa prírastky h a k väčšinou vyjadrujú v tvare h = dx a
k = dy a do argumentu diferenciálu sa už potom explicitne neuvádzajú, t.j.,
d2
f(x, y) = −(y sin x) · dx2
+ 2(cos x − sin y) · dxdy − (x cos y) · dy2
.
Poznamenajme, že zaužívaný, ale nie príliš presný zápis dx2
znamená (dx)2
,
nie však d(x2
) :).
10
Príklad 10 (Taylorov polynóm)
Zostrojme tretí Taylorov polynóm T3(x, y) so stredom v bode A = [1, 1] pre
funkciu f(x, y) = xy
. Pomocou neho potom určme odhad hodnoty 1.11.02
.
Riešenie:
Hľadaný Taylorov polynóm T3(x, y) má tvar
T3(x, y) = f(A) + df(A, x, y) +
1
2!
· d2
f(A, x, y) +
1
3!
· d3
f(A, x, y).
Platí f(A) = 1. Ďalej potrebujeme určiť prvý, druhý a tretí diferenciál funkcie
f(x, y) v bode A. Postupne vypočítame parciálne derivácie potrebných rádov
funkcie f(x, y) v bode A
f′
x(A) = yxy−1
A
= 1, f′
y(A) = xy
ln x|A = 0,
f′′
xx(A) = y(y − 1)xy−2
A
= 0, f′′
yy(A) = xy
ln2
x A
= 0,
f′′
xy(A) = f′′
yx(A) = xy−1
+ yxy−1
ln x A
= 1,
f′′′
xxx(A) = y(y − 1)(y − 2)xy−3
A
= 0, f′′′
yyy(A) = xy
ln3
x A
= 0,
f′′′
xxy(A) = f′′′
xyx(A) = f′′′
yxx(A) = (2y − 1)xy−2
+ y(y − 1)xy−2
ln x A
= 1,
f′′′
xyy = f′′′
yxy(A) = f′′′
yyx(A) = yxy−1
ln2
x + 2xy−1
ln x A
= 0
(samy overte jednotlivé výpočty :)). Pre príslušné diferenciály tak máme
df(A, x, y) = x − 1, d2
f(A, x, y) = 2(x − 1)(y − 1), d3
f(A, x, y) = 3(x − 1)2
(y − 1)
(i toto samy overte ;)). Taylorov polynóm T3(x, y) má potom tvar
T3(x, y) = 1 + (x − 1) + (x − 1)(y − 1) +
(x − 1)2
(y − 1)
2
.
Funkcia T3(x, y) zrejme aproximuje výraz xy
pre body [x, y] z dostatočne
malého okolia bodu A, t.j., platí takýto zaujímavý odhad
xy
≈ x + (x − 1)(y − 1) +
(x − 1)2
(y − 1)
2
pre [x, y] ∈ O(A).
V našom prípade po dosadení x = 1.1 a y = 1.2 dostaneme
1.11.2
≈ 1.1 + 0.1 · 0.02 +
0.12
· 0.02
2
= 1.1021 :).
11