Príklady na precvičovanie – lokálne, globálne a viazané
extrémy funkcií viac premenných
Riešené príklady – lokálne extrémy
Príklad 1
Určme všetky lokálne extrémy funkcie
f(x, y) = 4x − y +
1
x
−
1
y
.
Riešenie:
Funkcia f(x, y) má parciálne derivácie prvého rádu definované vo všetkých
bodoch svojho definičného oboru, preto sa hľadané lokálne extrémy môžu nadobúdať
iba v jej stacionárnych bodoch. Zistíme teda, kde sa nulujú parciálne
derivácie f′
x(x, y) a f′
y(x, y)
f′
x(x, y) = 4 −
1
x2
= 0 =⇒ x2
=
1
4
=⇒ x = ±
1
2
,
f′
y(x, y) = −1 +
1
y2
= 0 =⇒ y2
= 1 =⇒ y = ±1.
Funkcia f(x, y) má teda štyri stacionárne body, a to
[
1
2
, 1
]
,
[
−
1
2
, −1
]
,
[
−
1
2
, 1
]
,
[
1
2
, −1
]
(samy overte :)). Ďalej vyšetríme definitnosť Hessovej matice Hf (x, y) funkcie
f(x, y) v týchto bodoch. Pripomeňme, že Hessova matica Hf (x, y) (nazývaná
tiež hessián :)) je definovaná
Hf (x, y) :=
(
f′′
xx(x, y) f′′
xy(x, y)
f′′
yx(x, y) f′′
yy(x, y)
)
,
a teda v našom prípade
Hf (x, y) =
( 2
x3 0
0 − 2
y3
)
1
(samy overte ;)). Pre jednotlivé stacionárne body postupne máme
Hf
(
1
2
, 1
)
=
(
16 0
0 −2
)
indefinitná,
Hf
(
−
1
2
, −1
)
=
(
−16 0
0 2
)
indefinitná,
Hf
(
−
1
2
, 1
)
=
(
−16 0
0 −2
)
< 0,
Hf
(
1
2
, −1
)
=
(
16 0
0 2
)
> 0
(i toto samy overte :)). V bodoch
[1
2
, 1
]
a
[
−1
2
, −1
]
teda lokálny extrém
nenastáva, kým v bode
[
−1
2
, 1
]
má funkcia f(x, y) ostré lokálne maximum s
hodnotou f
(
−1
2
, 1
)
= −6 a v bode
[1
2
, −1
]
má funkcia f(x, y) ostré lokálne
minimum s hodnotou f
(1
2
, −1
)
= 6 (nech čitateľa nepomýli, že lokálne maximum
je menšie než lokálne minimum ;)).
Príklad 2
Nájdime 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 všetky
stacionárne body funkcie f(x, y, z), t.j.,
f′
x(x, y, z) = 1 −
y2
4x2
= 0 =⇒ 4x2
= y2
,
f′
y(x, y, z) =
y
2x
−
z2
y2
= 0 =⇒ y3
= 2xz2
,
2
f′
z(x, y, z) =
2z
y
−
2
z2
= 0 =⇒ z3
= y
(samy overte jednotlivé výpočty :)). Riešime teda sústavu rovníc
4x2
= y2
, y3
= 2xz2
, z3
= y.
Nechávame na čitateľa, aby ukázal, že za predpokladu x, y, z > 0 má táto
sústava rovníc jediné riešenie
[1
2
, 1, 1
]
. Funkcia f(x, y, z) má teda jeden stacionárny
bod
[1
2
, 1, 1
]
. Hessova matica Hf (x, y, z) funkcie f(x, y, z) má tvar
Hf (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


(samy overte ;)). Dosadením daného stacionárneho bodu funkcie f(x, y, z)
do výrazu Hf (x, y, z) získame číselnú maticu a napríklad podľa jej hlavných
minorov zistíme jej definitnosť, konkrétne
Hf
(
1
2
, 1, 1
)
=


4 −2 0
−2 3 −2
0 −2 6

 > 0
(i toto samy overte :)). Funkcia f(x, y, z) má preto v bode
[1
2
, 1, 1
]
ostré
lokálne minimum s hodnotou f
(1
2
, 1, 1
)
= 4 :).
Príklad 3
Stanovme všetky lokálne extrémy funkcií
a) f(x, y) = x2
+ y3
, b) g(x, y) = x2
+ y4
.
Riešenie:
a) Keďže f′
x(x, y) = 2x = 0 a f′
y(x, y) = 3y2
= 0, vidíme, že funkcia
f(x, y) má jediný stacionárny bod [0, 0]. Príslušný hessián Hf (x, y) funkcie
f(x, y) má tvar
Hf (x, y) =
(
f′′
xx f′′
xy
f′′
yx f′′
yy
)
=
(
2 0
0 6y
)
3
(samy overte :)). V bode [0, 0] potom máme
Hf (0, 0) =
(
2 0
0 0
)
.
Matica Hf (0, 0) má zrejme vlastné čísla λ1 = 2 a λ2 = 0. Je preto pozitívne
semidefinitná, avšak nie je pozitívne definitná. V tomto prípade bohužiaľ nevieme
pomocu hessiánu Hf (0, 0) rozhodnúť, či v bode [0, 0] má funkcia f(x, y)
lokálny extrém :(. Musíme použiť priamo definíciu lokálneho extrému. Platí
f(0, 0) = 0. Dokážeme, že v stacionárnom bode [0, 0] nenastáva pre funkciu
f(x, y) lokálny extrém. Inými slovami, ukážeme, že v každom okolí bodu
[0, 0] existuje bod [x1, y1] taký, že f(x1, y1) > 0, a zároveň 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 ϱE). Body
[x1, y1] :=
[
0,
ε
2
]
a [x2, y2] :=
[
0, −
ε
2
]
zrejme patria do okolia Oε (samy overte :)). Naviac platí
f(x1, y1) =
ε3
8
> 0 a f(x2, y2) = −
ε3
8
< 0
(i toto samy overte ;)). Posledné nerovnosti platia pre ľubovoľné ε > 0, t.j.,
pre každé okolie Oε bodu [0, 0]. Preto v bode [0, 0] funkcia f(x, y) nemá lokálny
extrém funkcie (bod [0, 0] sa v tomto prípade nazýva sedlový :)).
b) Analogickou úvahou ako v úlohe a) zistíme, že g(x, y) má jediný stacionárny
bod [0, 0]. Pre odpovedajúcu Hessovu maticu Hg(x, y) platí
Hg(x, y) =
(
2 0
0 12y2
)
=⇒ Hg(0, 0) =
(
2 0
0 0
)
(samy overte detaily ;)). Ihneď vidíme vlastné čísla matice Hg(0, 0), konkrétne
λ1 = 2 a λ2 = 0. Matica Hg(0, 0) je teda opäť pozitívne semidefinitná,
ale nie je pozitívne definitná. Charakter bodu [0, 0] musíme preto vyšetriť
na základe definície lokálneho extrému. Platí g(0, 0) = 0 a pre [x, y] ∈ R2
je g(x, y) = x2
+ y4
≥ 0. Teda g(x, y) ≥ g(0, 0) pre každé [x, y] ∈ R2
, čo
znamená, že funkcia g(x, y) nadobúda v bode [0, 0] svoje lokálne minimum s
hodnotou g(0, 0) = 0. Naviac, toto lokálne minimum je ostré (samy si premyslite
všetky tieto závery ;)).
4
Riešené príklady – globálne extrémy
Príklad 4
Určme najväčšiu a najmenšiu hodnotu funkcie
f(x, y) = xy2
(4 − x − y)
na množine M ⊆ R2
ohraničenej priamkami x = 0, y = 0 a x + y = 6.
Riešenie:
Množina M je zrejme zjednotením vnútra a hranice rovinného trojuholníka
s vrcholmi v bodoch A = [0, 0], B = [6, 0] a C = [0, 6] (samy nakreslite :)).
Nájdeme stacionárne body funkcie f(x, y) ležiace vo vnútri množiny M, t.j.,
f′
x(x, y) = y2
(4 − x − y) − xy2
= 0 =⇒ y2
(4 − x − y) = xy2
,
f′
y(x, y) = 2xy(4 − x − y) − xy2
= 0 =⇒ 2xy(4 − x − y) = xy2
,
x > 0, y > 0, 6 > x + y
(samy overte ;)). Nechávame na čitateľa, aby ukázal, že tento systém rovníc
a nerovníc má jediné riešenie x = 1 a x = 2 :). Funkcia f(x, y) má teda
vo vnútri množiny M jediný stacionárny bod [1, 2] s hodnotou f(1, 2) = 4.
Skúmajme teraz funkčné hodnoty na hranici ∂M množiny M.
• 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., funkcia f(x, y)
je konštantná s hodnotou 0.
• úsečka AC – x = 0 a y ∈ [0, 6]. Na úsečke AC platí f(x, y) = f(0, y) =
0, t.j., funkcia f(x, y) 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., funkcia f(x, y) sa správa ako funkcia
jednej premennej x. Označíme ju g(x) := −2x(x − 6)2
. Je potrebné
nájsť globálne extrémy funkcie g(x) na uzavretom intervale [0, 6]. Platí
g′
(x) = −2(x − 6)(3x − 6) = 0 =⇒ x = 6, resp. x = 2.
V otvorenom intervale (0, 6) má teda funkcia g(x) len jeden stacionárny
bod x = 2 s hodnotou g(2) = −64. Z pohľadu funkcie f(x, y) 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.
5
Vidíme teda, že globálne maximum funkcie f(x, y) sa nadobúda v bode [1, 2]
s hodnotou f(1, 2) = 4, kým globálne minimum funkcie f(x, y) sa nadobúda
v bode [2, 4] s hodnotou f(2, 4) = −64 :).
Príklad 5
Určme najväčšiu a najmenšiu hodnotu funkcie
f(x, y) = −x2
− y2
+ 2y
na množine M ⊆ R2
danej reláciou x2
+ y2
≤ 16.
Riešenie:
Postupujeme podobne ako v predchádzajúcom príklade. Množina M je zrejme
uzavretý kruh so stredom v bode [0, 0] a polomerom 4 (samy zakreslite ;)).
Nájdeme stacionárne body funkcie f(x, y) ležiace vo vnútri tohto kruhu
f′
x(x, y) = −2x = 0, f′
y(x, y) = −2y + 2 = 0, x2
+ y2
< 16.
Uvedeným podmienkam vyhovuje jediný bod [0, 1] (samy overte :)). Funkcie
f(x, y) má teda vo vnútri M jediný stacionárny bod [0, 1] s hodnotou
f(0, 1) = 1. Ďalej sa pozrieme na lokálne extrémy funkcie f(x, y) ležiace na
hranici množiny M, t.j. na kružnici x2
+ y2
= 16.
• horná polkružnica – y ≥ 0, a teda y =
√
16 − x2. Funkcia f(x, y) sa
správa ako funkcia jednej premennej x, konkrétne
g(x) := f(x,
√
16 − x2) = −16 + 2
√
16 − x2, x ∈ [−4, 4].
(samy overte :)). Hľadáme globálne extrémy funkcie g(x, y) na uzavretom
intervale [−4, 4]. Keďže
g′
(x) = −
2x
√
16 − x2
= 0 =⇒ x = 0,
funkcia g(x) má v otvorenom intervale (−4, 4) jeden stacionárny bod
x = 0 s hodnotou g(0) = −8. Z hľadiska funkcie f(x, y) sa jedná o
bod [0,
√
16 − 02] = [0, 4] a f(0, 4) = −8. V krajných bodoch intervalu
[−4, 4] máme g(−4) = f(−4, 0) = −16 a g(4) = f(4, 0) = −16.
6
• dolná polkružnica – y ≤ 0, a teda y = −
√
16 − x2. Postupujeme podobne.
Funkcia f(x, y) sa správa ako funkcia jednej premennej x, t.j.,
h(x) := f(x, −
√
16 − x2) = −16 − 2
√
16 − x2, x ∈ [−4, 4].
Hľadáme globálne extrémy funkcie h(x) na intervale [−4, 4]. Platí
h′
(x) =
2x
√
16 − x2
= 0 =⇒ x = 0.
Hodnota h(x) v stacionárnom bode x = 0 je h(0) = −24. V reči funkcie
f(x, y) 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(x, y) na množine M
predstavuje hodnota 1 a nadobúda sa v bode [0, 1], kým globálne minimum
funkcie f(x, y) na množine M je hodnota −24 a nadobúda sa v bode [0, −4].
Príklad 6
Pomocou metódy vrstevníc stanovme najväčšiu a najmenšiu hodnotu funkcie
f(x, y) = x + y na množine M = {[x, y] ∈ R2
: |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}.
Riešenie:
Zakreslením množiny M zistíme, že sa jedná o štvorec s vrcholmi v bodoch
A = [−1, −1], B = [1, −1], C = [1, 1] a D = [−1, 1]. Vrstevnice funkcie
f(x, y) sú zrejme priamky x + y = c, c ∈ R, t.j., rovnobežné s osou druhého
a štvrtého kvadrantu, pričom vrstevnica odpovedajúca danej hodnote
c prechádza bodmi [0, c] a [c, 0] (samy si premyslite ;)). Všimnime si, že poloha
vrstevnice x + y = c priamo určuje hodnotu funkcie f(x, y) – všade na
vrstevnici x + y = c má f(x, y) rovnakú hodnotu rovnú c. Zaujímajú nás
iba tie vrstevnice, ktoré pretínajú 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 sa nadobúda na vrstevnici prechádzajúcej
vrcholom C = [1, 1], pričom v tomto prípade c = 1 + 1 = 2. Na vrstevnici
x + y = 2 bude preto funkcia f(x, y) nadobúdať svoju najväčšiu hodnotu
na M rovnú 2. Podobne, minimálne c je pre vrstevnicu prechádzajúcu vrcholom
A = [−1, −1], pričom c = −1 − 1 = −2. Preto najmenšia hodnota
7
funkcie f(x, y) na množine M je rovná −2 (samy si dobre premyslite jednotlivé
argumenty :)). Metóda vrstevníc je užitočnou pri zisťovaní globálnych
extrémov funkcií v prípade, ak vrstevnice sú pomerne jednoduché krivky,
napríklad priamky, kružnice apod. Tento postup funguje i pre funkcie troch
a viac premenných. Nakoniec poznamenajme, že rovnaké výsledky by sme
dostali i pomocou obvyklého aparátu v predchádzajúcich príkladoch :).
Riešené príklady – viazané lokálne extrémy
Príklad 7
Určme lokálne extrémy funkcie
f(x, y) =
√
3 x − y + 2
za prítomnosti väzby x2
+ 2x + y2
= 0.
Riešenie:
Úlohu budeme riešiť metódou Lagrangeových multiplikátorov. Zostavíme Lagrangeovu
funkciu L(x, y) prislúchajúcu funkcii f(x, y) a danej väzbe
L(x, y) =
√
3 x − y + 2 + λ · (x2
+ 2x + y2
).
Stanovíme stacionárne body funkcie L(x, y) a neznámy Lagrangeov multiplikátor
λ. Postupne platí
L′
x(x, y) =
√
3 + 2λx + 2λ = 0 =⇒ x = −1 −
√
3
2λ
,
L′
y(x, y) = −1 + 2λy = 0 =⇒ y =
1
2λ
.
(samy overte :)). Tieto vyjadrenia neznámych x a y pomocou neznámej λ
dosadíme do väzbovej podmienky a dostaneme (väzbovú podmienku kvôli
zjednodušeniu výpočtov upravíme na štvorec :))
x2
+ 2x + y2
= 0 ⇐⇒ (x + 1)2
+ y2
= 1
⇓
8
(
−
√
3
2λ
)2
+
(
1
2λ
)2
= 1
⇓
1
λ2
= 1 =⇒ λ = ±1
(samy overte detaily výpočtov ;)). Lagrangeova funkcia L(x, y) má teda v
závislosti na multiplikátore λ dva stacionárne body, konkrétne
pre hodnotu λ1 = −1 =⇒ A1 =
[
−1 +
√
3
2
, −
1
2
]
,
pre hodnotu λ2 = 1 =⇒ A2 =
[
−1 −
√
3
2
,
1
2
]
(i toto samy overte :)). Vyšetríme teraz definitnosť druhého diferenciálu funkcie
L(x, y) v bodoch A1 a A2 s ohľadom na väzbovú podmienky. Pre diferenciál
d2
L(x, y) všeobecne platí
L′′
xx(x, y) = 2λ, L′′
xy(x, y) = L′′
yx(x, y) = 0, L′′
yy(x, y) = 2λ
⇓
d2
L(x, y) = 2λ · (dx)2
+ 2λ · (dy)2
(samy overte :)). Diferencujeme teraz väzbovú podmienku
d(x2
+ 2x + y2
) = 0 =⇒ 2xdx + 2dx + 2ydy = 0 =⇒ (x + 1)dx + ydy = 0
(pozri poznámku na konci tohto dokumentu :)). Uvažujme stacionárny bod
A1 a k nemu odpovedajúci Lagrangeov multiplikátor λ1. Tieto vstupné dáta
dosadíme jednak do diferenciálu d2
L(x, y), a jednak do diferencovanej väzbovej
podmienky, t.j.,
d2
L(A1) = 2λ1 · (dx)2
+ 2λ1 · (dy)2
= −2(dx)2
− 2(dy)2
,
√
3
2
· dx −
1
2
· dy = 0 =⇒ dy =
√
3 dx.
9
Posledná rovnosť nám udáva vzťah medzi prírastkami dx a dy v bode A1
indukovaný väzbovou podmienkou. Vo vyjadrení d2
L(A1) s ohľadom na väzbu
nie sú teda veličiny dx a dy nezávislé, pričom platí
d2
L(A1) = −2(dx)2
− 2 · 3(dx)2
(dy)2
= −8(dx)2
(samy si všetko pozorne premyslite :)). Vidíme, že druhý diferenciál d2
L(A1)
je za prítomnosti väzbovej podmienky negatívne definitný, a preto v bode
A1 má funkcia f(x, y) (viazané) ostré lokálne maximum vzhľadom na väzbovú
podmienku v zadaní príkladu s hodnotou f(A1) = 4 −
√
3. Podobným
spôsobom vyšetríme i stacionárny bod A2 s multiplikátorom λ2. Máme
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
⇓
d2
L(A2) = 2(dx)2
+ 2 · 3(dx)2
(dy)2
= 8(dx)2
(samy overte ;)). Nakoľko je druhý diferenciál d2
L(A2) pozitívne definitný, v
bode A2 má funkcia f(x, y) (viazané) ostré lokálne minimum vzhľadom na
predpísanú väzbu s hodnotou f(A2) = −
√
3 :).
Príklad 8
Nájdime lokálne extrémy funkcie f(x, y) = ln (x + y) vzhľadom na množinu
M ⊆ R2
danú podmienkou xy = 1.
Riešenie:
Postupujeme rovnako ako v predchádzajúcom príklade. Zostrojíme príslušnú
Lagrangeovu funkciu L(x, y)
L(x, y) = ln (x + y) + λ · (xy − 1)
10
(väzbovú podmienku sme upravili na tvar xy − 1 :)). Stanovíme stacionárne
body funkcie L(x, y), ktoré spĺňajú predpísanú väzbovú podmienku, t.j.,
L′
x(x, y) =
1
x + y
+ λy = 0 =⇒ −
1
x + y
= λy,
L′
y(x, y) =
1
x + y
+ λx = 0 =⇒ −
1
x + y
= λx.
Z týchto dvoch rovníc napríklad máme λx = λy, z čoho x = y (keďže λ ̸= 0,
samy si premyslite prečo :)). Dosadením do väzbovej podmienky xy = 1
dostaneme x2
= 1, a tak x = ±1 a y = ±1. Hodnota x = −1 nevyhovuje,
nakoľko bod [−1, −1] nepatrí do definičného oboru funkcie L(x, y) a
ani funkcie f(x, y). Lagrangeova funkcia L(x, y) má teda jediný stacionárny
bod A = [1, 1] ležiaci v množine M. Tomuto bodu odpovedá Lagrangeov
multiplikátor λ = −1
2
(samy overte ;)). Aby sme sa zistili, či v tomto bode
má funkcia f(x, y) viazaný lokálny extrém (vzhľadom na množinu M), je potrebné
zostrojiť druhý diferenciál d2
L(A) s ohľadom na väzbovú podmienku
xy = 1. Postupne dostávame
L′′
xx(A) = −
1
(x + y)2
A
= −
1
4
, L′′
yy(A) = −
1
(x + y)2
A
= −
1
4
,
L′′
xy(A) = L′′
yx(1, 1) = −
1
(x + y)2
+ λ
A
= −
3
4
⇓
d2
L(A) = −
1
4
(dx)2
−
3
2
dxdy −
1
4
(dy)2
(samy overte :)). Diferencujeme ešte väzbovú podmienku v bode A. Platí
d(xy − 1) = 0 =⇒ ydx + xdy = 0
x=y=1
=⇒ dy = −dx
(i toto samy overte :)). Diferenciál d2
L(A) má preto vzhľadom na množinu
M v zadaní príkladu tvar
d2
L(A) = −
1
4
(dx)2
−
3
2
(dx) · (−dx)
dy
−
1
4
· (−dx)2
(dy)2
= (dx)2
.
11
Kvadratická forma d2
L(A) je teda pozitívne definitná, a preto má funkcia
f(x, y) v bode A viazané ostré lokálne minimum s hodnotou f(A) = ln 2.
Poznamenajme, že úloha sa dala riešiť i tak, že z väzbovej podmienky
xy = 1 vyjadríme napríklad premenú y = 1
x
a dosadíme ju do funkcie f(x, y).
Získame tak funkciu jednej premennej g(x) = f
(
x, 1
x
)
= ln
(
x + 1
x
)
a štandarným
spôsobom hľadáme jej lokálne extrémy. Nechávame na čitateľa, aby
overil, že dostaneme rovnaký výsledok :).
Príklad 9
Zistime 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.
Riešenie:
V tomto prípade máme dve väzbové podmienky, a teda v príslušnej Lagrangeovej
funkcii L(x, y) sa objavia dva multiplikátory λ a ω
L(x, y, z) = x2
+ y2
+ z2
+ λ · (x + y − 3z + 7) + ω · (x − y + z + 3).
Určíme stacionárne body funkcie L(x, y, z) vyhovujúce predpísaným väzbám
L′
x(x, y, z) = 2x + λ + ω = 0 =⇒ x = −
λ + ω
2
,
L′
y(x, y, z) = 2y + λ − ω = 0 =⇒ y =
ω − λ
2
,
L′
z(x, y, z) = 2z − 3λ + ω = 0 =⇒ z =
3λ − ω
2
.
Získané vyjadrenia neznámych x, y, z pomocou λ a ω dosadíme do väzbových
podmienok a po úpravách dostaneme
−11λ + 3ω + 14 = 0, λ − ω + 2 = 0
(samy overte ;)). Táto sústava má jediné riešenie λ1 = 5
2
a ω = 9
2
, z čoho
následne x = −7
2
, y = 1 a z = 3
2
(i toto samy overte ;)). Funkcia L(x, y, z)
12
teda má jeden stacionárny bod A =
[
−7
2
, 1, 3
2
]
spĺňajúci väzbové podmienky
v zadaní príkladu. Zostrojíme na druhý diferenciál funkcie L(x, y, z) v bode
A. Postupne máme
L′′
xx(A) = L′′
yy(A) = L′′
zz(A) = 2,
L′′
xy(A) = L′′
yx(A) = L′′
xz(A) = L′′
zx(A) = L′′
yz(A) = L′′
zy(A) = 0
(samy overte :)). Platí teda
d2
L(A) = 2(dx)2
+ 2(dy)2
+ 2(dz)2
.
Ďalej diferencujeme väzbové podmienky v bode A a nájdeme vzťahy medzi
prírastkami dx, dy a dz, konkrétne
d(x + y − 3z + 7) = 0 =⇒ dx + dy − 3dz = 0,
d(x − y + z + 3) = 0 =⇒ dx − dy + dz = 0.
Z tohto napríklad máme dy = 2dx a dz = dx. Dosadením do získaného
vyjadrenia druhého diferenciálu d2
L(A) dostaneme kvadratickú formu iba
jednej premennej dx, ktorá je pozitívne definitná
d2
L(A) = 2(dx)2
+ 2 · 4(dx)2
(dy)2
+2 · (dx)2
(dz)2
= 12(dx)2
> 0 :).
Funkcia f v bode A viazané ostré lokálne minimum s hodnotou f(A) = 31
2
.
Všimnime si, že tento výsledok vyplýva i na základe definitnosti diferenciálu
d2
L(A) bez toho, aby sme uvažovali väzbové podmienky, keďže i kvadratická
forma troch premenných dx, dy a dz
d2
L(A) = 2(dx)2
+ 2(dy)2
+ 2(dz)2
je pozitívne definitná (samy si dobre premyslite :)). Toto pozorovanie komentujeme
i na konci nasledujúceho príkladu.
Príklad 10
Určme viazané lokálne extrémy funkcie
f(x, y, z) = xy2
z3
13
za prítomnosti väzieb x + 2y + 3z = 6, x > 0, y > 0, z > 0.
Riešenie:
Príslušnú Lagrangeova funkcia L(x, y, z) má tvar
L(y, x, z) = xy2
z3
+ λ · (x + 2y + 3z − 6).
Stacionárne body funkcie L(x, y, z) rešpektujúce predpísané väzby určíme z
nasledujúcej sústavy rovníc a nerovníc
L′
x(x, y, z) = y2
z3
+ λ = 0,
L′
y(x, y, z) = 2xyz3
+ 2λ = 0,
L′
z(x, y, z) = 3xy2
z2
+ 3λ = 0,
x + 2y + 3z = 6, x > 0, y > 0, z > 0.
Nechávame na čitateľa, aby sa presvedčil, že tento systém relácií má jediné
riešenie x = y = z = 1 a λ = −1 :). Kandidátom na viazaný extrém funkcie
f(x, y, z) je teda bod A = [1, 1, 1]. Aby sme zistili jeho charakter, vyšetríme
druhý diferenciál d2
L(A) funkcie L(x, y, z) v bode A s ohľadom na predpísané
väzbové podmienky. 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 parciálne derivácie druhého rádu funkcie
L(x, y, z) v bode A. Platí
L′′
xx(A) = 0, L′′
yy(A) = 2, L′′
zz(A) = 6,
L′′
xy(A) = 2, L′′
xz(A) = 3, L′′
yz(A) = 6
(samy overte ;)). Po dosadení do výrazu pre d2
L(A) dostaneme
d2
L(A) = 2(dy)2
+ 6(dz)2
+ 4dxdy + 6dxdz + 12dydz.
Jedná sa teda o kvadratickú formu troch premenných dx, dy a dz. Musíme
si však uvedomiť, že prírastky dx, dy, dz nie sú vzájomne nezávislé. Môžeme
s nimi hýbať iba v súlade s väzbovými podmienkami v zadaní príkladu.
14
Vzťah medzi dx, dy a dz získame tak, že diferencujeme predpísanú väzbovú
podmienku v bode A, t.j.,
d(x + 2y + 3z − 6) = 0 =⇒ dx + 2 dy + 3 dz = 0,
z čoho napríklad dx = −2 dy − 3 dz. To má za následok redukciu d2
L(A)
na kvadratickú formu dvoch premenných dy a dz. Konkrétne, po dosadení a
úprave získame vyjadrenie
d2
L(A) = −6(dy)2
− 12(dz)2
− 12dydz
(samy overte :)). Až teraz skúmame definitnosť formy d2
L(A) :). Jej matica
(
−6 −6
−6 −12
)
je negatívne definitná (samy overte pomocou hlavných minorov ;)). V bode
A má teda funkcia f(x, y, z) vzhľadom na predpísané väzby (viazané) ostré
lokálne maximum s hodnotou f(A) = 1.
Tento príklad ilustuje nutnosť rešpektovania väzbovej podmienky pri skúmaní
definitnosti diferenciálu d2
L(A). Ak by sme totiž o definitnosti d2
L(A)
rozhodovali na základe jeho všeobecného vyjadrenia
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 a matica tejto formy (pri
(dx)2
je koeficient 0 :)) 

0 2 3
2 2 6
3 6 6


je indefinitná (samy sa presvedčte ;)). Lagrangeova funkcia L(x, y, z) teda
nemá v bode A lokálny extrém. To však ale ešte neznamená, že v bode A nemá
ani funkcia f(x, y, z) viazaný lokálny extrém :). Je potrebné si uvedomiť, že ak
funkcia L(x, y, z) má v bode A, ktorý vyhovuje väzbovým podmienkam, lokálny
extrém, potom je to zároveň i viazaný lokálny extrém funkcie f(x, y, z)
(samy si dobre premyslite pomocou vhodného obrázku :)). To nám niekedy
uľahčuje život, nakoľko v tomto prípade nemusíme brať do úvahy väzbové
15
podmienky pri zisťovaní charakteru stacionárnych bodov funkcie L(x, y, z)
(pozri záver Príkladu 9). Avšak vo všeobecnosti ignorovanie väzbových podmienok
môže mať za následok stratu viazaných lokálnych extrémov, ako sme
sa o tom teraz presvedčili :).
Príklad 11
Na parabole y2
= 4x nájdime 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
ϱ(A, B) =
√
(x − u)2 + (y − v)2
(uvažujeme štandardnú euklidovskú vzdialenosť :)). Vidíme, že ϱ(A, B) je
funkciou štyroch 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). Nechávame na čitateľa, aby si premyslel,
že body A0, B0, v ktorých sa minimalizuje funkcia ϱ(A, B), sú práve tie,
v ktorých sa minimalizuje i funkcia ϱ2
(A, B) a naopak :). Preto bez ujmy na
všeobecnosti budeme uvažovať funkciu f(x, y, u, v) s predpisom
f(x, y, u, v) = (x − u)2
+ (y − v)2
.
Našou úlohou je nájsť viazané globálne minimum funkcie f za predpokladu
podmienok y2
− 4x = 0 a u − v + 4 = 0 :). Postupujeme podobne ako v
predchádzajúcich príkladoch. Príslušná Lagrangeova funkcia L(x, y, u, v) je
L(x, y, u, v) = (x − u)2
+ (y − v)2
+ λ · (y2
− 4x) + ω · (u − v + 4).
Stanovíme jej stacionárne body vyhovujúce daným väzbovým podmienkam
L′
x(x, y, u, v) = 2(x − u) − 4λ = 0, L′
y(x, y, u, v) = 2(y − v) + 2λ · y = 0,
16
L′
u(x, y, u, v) = −2(x − u) + ω = 0, L′
v(x, y, u, v) = −2(y − v) − ω = 0,
y2
− 4x = 0, u − v + 4 = 0.
Táto sústava piatich rovníc s neznámymi x, y, u, v, λ, ω má jediné riešenie
x = 1, y = 2, u = −
1
2
, v =
7
2
, λ =
3
4
, ω =
3
2
(samy overte ;)). Funkcia L(x, y, u, v) má preto jediný stacionárny bod C =[
1, 2, −1
2
, 7
2
]
spĺňajúci dané väzbové podmienky. Vyšetríme teraz definitnosť
druhého diferenciálu funkcie d2
L(C). Postupne máme
L′′
xx(C) = L′′
uu(C) = L′′
vv(C) = 2, L′′
yy(C) = 2 + 2λ |C =
7
2
,
L′′
xy(C) = L′′
xv(C) = L′′
yu(C) = L′′
uv(C) = 0, L′′
xu(C) = −2, L′′
yv(C) = −2
(samy overte :)). Potom
d2
L(C) = 2(dx)2
+
7
2
(dy)2
+ 2(du)2
+ 2(dv)2
− 4dxdu − 4dydv.
Potrebujeme ešte diferencovať väzbové podmienky v bode C a nájsť vzťah
medzi prírastkami dx, dy, du a dv. Platí
d(y2
− 4x) = 0 =⇒ 2ydy − 4dx = 0
x=1, y=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, konkrétne
d2
L(C) = 2(dx)2
+
7
2
· (dx)2
(dy)2
+2(du)2
+ 2 · (du)2
(dv)2
−4 · dxdu − 4 · dxdu
dydv
⇓
d2
L(C) =
11
2
· (dx)2
+ 4(du)2
− 8dxdu
17
(samy overte ;)). Posledná kvadratická forma dvoch premenných dx a du je
pozitívne definitná, nakoľko jej odpovedajúca matica
( 11
2
−4
−4 4
)
je pozitívne definitná (samy overte podľa hlavných minorov :)). Preto funkcia
f(x, y, u, v) má v bode C viazané ostré lokálne minimum s hodnotou f(C) =
9
2
. Zároveň sa jedná i o viazané globálne minimum funkcie f(x, y, u, v) (samy
si premyslite prečo ;)).
Vrátiac sa k nášmu pôvodnému problému, dospeli sme k nasledujúcemu
záveru. Bod A0 = [1, 2] na danej parabole a bod B0 =
[
−1
2
, 7
2
]
na danej
priamke majú najmenšiu vzájomnú vzdialenosť s hodnotou
ϱ(A0, B0) =
√
f(C) =
3
√
2
.
Bod A0 má teda najmenšiu možnú vzdialenosť od priamky v zadaní príkladu
(samy si dobre premyslite :)).
Poznámka k diferencovaniu väzbových podmienok
V tejto poznámke stručne vysvetlíme, čo to znamená diferencovať väzbovú
podmienku v nejakom bode. Uvažujme napríklad väzbu v tvare
x2
+ ey
z + y2
cos x = 2,
a ktorú chceme diferencovať v bode A = [0, −1, e] vyhovujúcom danej väzbe
(samy 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
položiť ho rovný nule :). Postupne platí
f′
x(A) = 2x − y2
sin x A
= 0, f′
y(A) = ey
z + 2y cos x |A = −1, f′
z(A) = ey
|A = e−1
(samy overte :)). Pre prvý diferenciál df(A) potom máme
df(A) = 0 · dx − dy + e−1
dz = −dy + e−1
dz.
18
Posledný výraz položíme rovný nule, t.j.,
−dy + e−1
dz = 0 =⇒ dz = e dy.
Nuž a takto sme uvedenú väzbu diferencovali v bode A :). Čo to však v
skutočnosti znamená? Daná väzba istým spôsobom viaže premenné x, y, z.
V našom prípade to bude zrejme nejaká plocha v R3
, konkrétne s rovnicou
z = e−y
(2 − x2
− y2
cos x). Keď sedíme na nejakom zafixovanom bode A
tejto plochy a chceme sa presunúť do iného bodu na tejto ploche, nemôžeme
s prírastkami dx, dy, dz šibrinkovať ľubovoľne, chceme predsa stále zostať
na danej ploche. Preto dx, dy, dz v danom bode A nie sú nezávislé, a teda
spolu nejako súvisia. Tým, že danú väzbu (plochu) diferencujeme v bode A,
nájdeme túto súvislosť, konkrétne máme dz = e dy :). Ak dx a dy zvolíme
ľubovoľne, prírastok dz je už určený jednoznačne. V inom bode danej plochy
je závislosť prírastkov dx, dy a dz pochopiteľne iná (preto je i zvýraznené
slovo „zafixovaný ;)).
19