Napište rovnici tečné roviny ke grafu funkce f(x, y) = xy, která je kolmá na přímku. x = y + 2 = 1 z

Diferenciální počet příklad Napište rovnici tečné roviny ke grafu funkce fx, y) = xy, která je kolmá na přímku x + = y + = 1 z Řešení: Směrový vektor dané přímky je n p =, 1, 1). Na ploše dané rovnicí x = fx, y) = xy musíme tedy najít body [x 0 ; y 0 ; z 0 = x 0 y 0 ], v nichž je vektor normály n = x, ) y, 1 rovnoběžný s vektorem n p, tj. najít řešení soustavy n = λn p y 0, x 0, 1) = λ, 1, 1) = λ = 1, x 0 = 1, y 0 =, z 0 = x 0 y 0 =. Rovnice tečné roviny ke grafu funkce z = x, y) = xy v bodě M = [1; ; ] je z = z z 1, ) x 1) + 1, ) y ) z = x 1) + y x + y z = 0. x x Nalezněte derivaci funkce fx, y) = lnx + y) v bodě A = 1, ) ve směru tečny k parabole y = 4x v bodě A. Řešení: Protože je funkce fx, y) = lnx + y) diferencovatelná v bodě A = [1; ], lze její derivaci ve směru vektoru v počítat jako = grad f v, kde grad f = v x, ) ) 1 = y x + y, 1. x + y Směr vektoru v najdeme jako směrový vektor tečny ke grafu funkce gx, y) = y 4x = 0. Směrový vektor normály je n = grad g = y, 4). Tedy vektor tečny je t = 4, y). V bodě A = [1; ] je grad f1, ) = 1 3 1, 1) a vektor tečny t = 4, 4). Vektor v je jednotkový vektor ve směru t, tj. v = 1 1, 1) a hledaná derivace ve směru v je rovna 1, 1) 1, 1) = = v 3 3. Nalezněte derivaci funkce fx, y) = 3x 6xy + y v bodě A = 1 3, 1 ) ve směru libovolného vektoru. Rozhodněte, ve kterém směru je derivace největší, nejmenší a nulová. Řešení: Protože je funkce fx, y) = 3x 3 6xy + y diferencovatelná v R, lze určit její derivaci v libovolném směru n = n 1, n ), n 1 + n = 1 ze vztahu n = grad f n = 6x 6y, 6x + y) n 1, n ) = 6x y)n 1 + y 3x)n. Speciálně v bodě A = [ 1 3 ; 1 ] je F n 1, n ) = 1 n 3, ) 1 = n1 + n. Abychom našli směr, ve kterém je tato derivace největší, resp. nejmenší, budeme hledat globální extrém funkce F n 1, n ) = n 1 + n na množině n 1 + n = 1. Sestrojíme Lagrangeovu funkci Ln 1, n ) = F n 1, n ) λ n 1 + n 1 ) = n 1 + n λ n 1 + n 1 ). Typeset by AMS-TEX 1

Podmínky na extrém 1 λn 1 = 0, 1 λn = 0, n 1 + n = 1 dávají n 1 = n = 1. Protože je množina n 1 + n = 1 kompaktní, může na ní nabývat funkce ) 1 F n 1, n ) maxima a minima pouze v těchto bodech. Protože F 1, = ) 1 a F, 1 =, nabývá derivace největší hodnoty ne směru n max = 1 1, 1) a nejmenší hodnoty ve směru n min = 1 1, 1). Derivace je nulová ve směru, pro který platí F n 1, n ) = n 1 + n = 0 a n 1 + n = 1 = n 1, n ) = ± 1 1, 1). Určete, zda řešení rovnice e x cos y + e y cos x = 0 je v okolí bodu 0, 0) funkcí yx) a napište aproximaci tohoto řešení v okolí bodu 0, 0) pomocí polynomu druhého stupně. Řešení: Spojitá funkce y = yx), pro kterou platí y0) = 0 je zadána jako řešení rovnice F x, yx) ) = e x cos yx) + e yx) cos x = 0. Protože F 0, 0) = 0 může taková funkce existovat. Její kvadratická aproximace je yx) y0) + y 0) x + 1 y 0) x. Proto musíme najít první dvě derivace této funkce v bodě x = 0. Derivace definičního vztahu dává e x cos yx) cos y xy sin y ) +e yx) cos x y cos x y sin x ) = 0. 1) Z rovnice 1) dostaneme v bodě x = y = 0 + y 0) = 0 y 0) =. Druhou derivaci získáme z rovnice, která vznikne derivací rovnice 1), tj. e x cos yx) cos y xy sin y ) ) +e x cos yx) 4y sin y xy ) cos y xy sin y + +e yx) cos x y cos x y sin x ) ) + e yx) cos x y cos x 4y sin x 4y cos x = 0. V bodě x = y = 0 je y 0) =, a tedy platí 8 + y = 0 y 0) = 8. Hledaná kvadratická aproximace funkce y = yx) tedy je yx) x 4x. Napište rovnici tečných rovin k ploše určené rovnicí x + y + 3z = 1, které jsou rovnoběžné s rovinou určenou rovnicí x + 4y + 6z = 0. Řešení: Plocha je definována rovnicí F x, y, z) = x +y +3z 1 = 0. Protože je funkce F x, y, z) diferencovatelná, má vektor normály k ploše v jejím libovolném bodě směr gradientu funkce, tj. n = grad F = x, 4y, 6z).

Daná plocha má normálovou rovinu n R = 1, 4, 6) budeme tedy na ploše hledat body [x 0 ; y 0 ; z 0 ], ve kterých jsou vektory n a n R rovnoběžné, tj. body, ve kterých platí x0, 4y 0, 6z 0 ) = λ 1, 4, 6) a x 0 + y 0 + 3z 0 = 1. Z první rovnice plyne x 0 = 1 λ, y 0 = λ a z 0 = λ. Po dosazení do druhé rovnice dostaneme λ = 4, tj. λ = ±. Takto jsme získali dva body dotyku M 1 = [1; ; ] a M = [ 1,, ]. Rovnice tečné roviny v těchto bodech je n R X M k ) = 0, kde k = 1 nebo a X = [x, y, z]. Tedy rovnice tečných rovin jsou x 1 + 4y ) + 6z ) = 0 x + 4y + 6z = 1, x + 1 + 4y + ) + 6z + ) = 0 x + 4y + 6z = 1. Určete derivaci funkcí yx) a zx), které jsou řešením soustavy xe x+3y z z cos y = 0 lnz x) + sin y + x + y z = 0 v okolí bodu 1; 0; ). Napište lineární aproximaci těchto řešení a rovnici tečny k této křivce v bodě 1; 0; ). Řešení: Spojité funkce y = yx) a z = zx), pro které je y1) = 0 a z1) =, jsou zadány jako řešení soustavy rovnic F x, yx), zx) ) = xe x+3yx) zx) zx) cos yx) = 0 a G x, yx), zx) ) = ln zx) x ) + sin yx) + x + yx) zx) = 0. Protože F 1, 0, ) = G1, 0, ) = 0 mohou tyto funkce existovat. Jejich derivace v bodě x = 1 nalezneme tak, že obě definiční rovnice zderivujeme v bodě x = 1. V obecném bodě x dostaneme e x+3y z + xe x+3y z + 3y z ) z cos y + zy sin y = 0, z 1 z x + y cos y + + y z = 0. Speciálně pro x = 1, y = 0 a z = je tato soustava 6 + 6y 3z = 0, 1 + y = 0 y 1) = 1, z 1) = 1. Lineární aproximaci těchto funkcí dostaneme ze vztahu yx) y1) + y 1) x 1) = 1 x 1), zx) z1) + z 1) x 1) = + x 1). Lineární aproximace v podstatě zadává tečnu k dané křivce. Je dána průnik ploch rovnicemi y y1) = y 1) x 1), z z1) = z 1) x 1) y = 1 x 1), z = x 1. Parametrické rovnice tečny snadno plynou z tohoto vyjádření, protože x 1 = y = z = t x = 1 + t, y = t, z = + t, t R. Nalezněte tečný vektor ke křivce, kterou dostaneme jako graf funkce získané řešením soustavy rovnic x + y + z 3 = 0, x + y z = 0 v okolí bodu 1; 1; 1). 3

Řešení: Křivka je zadána jako průnik dvou ploch, které jsou zadány diferencovatelnými funkcemi F 1 x, y, z) = x + y + z 3 = 0 a F x, y, z) = x + y z = 0. Protože pro bod M = [1; 1; 1] platí F 1 1, 1, 1) = F 1, 1, 1) = 0, leží bod na dané křivce a úloha má smysl. Tečný vektor ke křivce musí být kolmý na vektory normál obou ploch. Ty jsou úměrné vektorům n 1 = grad F 1 = x, y, z), n = grad F = x, y, ). V daném bodě můžeme za normály vzít pro jednoduchost vektory n 1 = 1, 1, 1) a n = 1, 1, 1). Tečný vektor bude kolmý na oba tyto vektory a tedy bude úměrný vektoru t = n 1 n =,, 0). Napište rovnici tečné roviny k ploše x + y + z = 4 rovnoběžné s rovinou x + y + z = 0. Řešení: Plocha je dána rovnicí F x, y, z) = x + y + z 4 = 0. Protože je funkce F x, y, z) diferencovatelná, je vektor normály k této ploše úměrný vektoru n = grad F = x, y, 1). Protože je normálový vektor dané roviny n R =,, 1), budeme na ploše hledat body [x 0 ; y 0 ; z 0 ], ve kterých je normála n rovnoběžná s vektorem n R, tj. budeme hledat řešení soustavy rovnic x 0, y 0, 1) = λ,, 1) a x 0 + y 0 + z 0 = 4 x 0 = y 0 = 1, z 0 =. Rovnici hledané roviny můžeme pak zapsat ve tvaru n R x x 0 ) = 0, tj. x 1) + y 1) + z = 0 x + y + z = 6. Nalezněte lineární aproximaci funkce zx, y), která je řešením rovnice z x ) xyz y 5 = 5 v okolí bodu 1; 1; ). Řešení: Funkce z = zx, y) je dána jako spojité řešení rovnice F x, y, zx, y) ) = xyz 3 x 3 yz y 5 5 = 0, které splňuje podmínku z1, 1) =. Protože F 1, 1, ) = 0, může tato funkce existovat. Její lineární aproximace v bodě M = [1; 1; ] je dána vztahem zx, y) = z1, 1) + z z 1, 1) x 1) + 1, 1) y 1). x y Měli bychom tedy nají obě parciální derivace této funkce v bodě [1; 1]. Když zderivujeme definiční vztah podle x a y, dostaneme rovnice yz 3 3x yz + 3xyz x 3 y ) z x = 0, xz3 x 3 z 5y 4 + 3xyz x 3 y ) z y = 0. Hledané parciální derivace nalezneme z těchto rovnic v bodě x = y = 1 a z =. Takto dostaneme + 11 z 1, 1) = 0, x z z 1 + 11 1, 1) = 0 = 1, 1) = y x 11, z y 1, 1) = 11. Tedy lineární aproximace dané funkce je zx, y) 1 11 x 1) 11 y 1). 4

Funkce yx) a zx) jsou řešením soustavy rovnic v okolí bodu 1; 1; 1). Určete y 1) a z 1). x y + z = 1, y x + z = 0 Řešení: Funkce y = yx) a z = zx) jsou definovány jako spojitá řešení soustavy rovnic F x, yx), zx) ) = x y x) + z x) 1 = 0 a G x, yx), zx) ) = y x) x + zx) = 0, která splňují podmínky y1) = z1) = 1. Protože F 1, 1, 1) = G1, 1, 1) = 0, mohou takové funkce existovat. Jejich derivace nalezneme tak, že derivujeme definiční rovnice. To dává x yy + zz = 0 a yy + z = 0. Speciálně pro x = y = z = 1 dostaneme soustavu rovnic y 1) + z 1) = 0, y 1) + z 1) = 0 y 1) = 1, z 1) = 0. Určete derivace až do druhého řádu funkcí yx) a zx), které jsou řešením soustavy x + y + z = 0, x 3 + y 3 z 3 = 10 v okolí bodu 1; 1; ) a napište aproximaci těchto řešení pomocí Taylorova polynomu stupně. Řešení: Funkce y = yx) a = zx) jsou definovány jako spojitá řešení soustavy rovnic F x, yx), zx) ) = x+yx)+zx) = 0 a G x, yx), zx) ) = x 3 +y 3 x) z 3 x) 10 = 0, která splňují podmínky y1) = 1, z1) =. Protože F 1, 1, ) = G1, 1, ) = 0, mohou takové funkce existovat. Jejich derivace nalezneme tak, že derivujeme definiční rovnice. To dává soustavu speciálně v bodě x = y = 1, z = dostaneme 1 + y + z = 0, x + y y z z = 0. 1) y 1) + z 1) = 1, y 1) 4z 1) = 1 = y 1) = 1, z 1) = 0. Rovnici pro druhé derivace dostaneme derivací obou rovnic soustavy 1). Takto získáme y + z = 0, x + y y ) z z ) + y y z z = 0. Pro x = y = 1, z =, y = 1 a z = 0 z nich plyne y 1) + z 1) = 0, y 1) 4z 1) = 4 = y 1) = 4 5, z 1) = 4 5. Taylorovy polynomy druhého stupně funkcí y = yx) a z = zx) v bodě x = 1 jsou yx) y1) + y 1) x 1) + 1 y 1) x 1) = yx) 1 x 1) 5 x 1) zx) z1) + z 1) x 1) + 1 z 1) x 1) = zx) + 5 x 1). 5

Určete tečný vektor ke křivce, která je grafem funkce získané jako řešení soustavy v okolí bodu 3; 4; 1). x + y + z = 169, x + y z + = 0 Řešení: Křivka je zadána jako průnik dvou ploch, které jsou zadány diferencovatelnými funkcemi F 1 x, y, z) = x +y +z 169 = 0 a F x, y, z) = x+y z + = 0. Protože pro bod M = [3; 4; 1] platí F 1 3, 4, 1) = F 3, 4, 1) = 0, leží bod na dané křivce a úloha má smysl. Tečný vektor ke křivce musí být kolmý na vektory normál obou ploch. Ty jsou úměrné vektorům n 1 = grad F 1 = x, y, z), n = grad F =, 1, 1). V daném bodě můžeme za normály vzít pro jednoduchost vektory n 1 = 3, 4, 1) a n =, 1, 1). Tečný vektor bude kolmý na oba tyto vektory a tedy bude úměrný vektoru t = n 1 n = 16, 7, 5). Ukažte, že soustava x u v = 0, u v y = 0 v okolí bodu ; 1; 1; 1) má řešení u, v, které je funkcemi ux, y), vx, y) proměnných x a y a určete Jacobiho matici zobrazení u, v) v bodě ; 1). Řešení: Funkce u = ux, y) a v = vx, y) jsou definovány jako spojitá řešení soustavy rovnic F 1 x, y, ux, y), vx, y) ) = x u x, y) v x, y) = 0, F x, y, ux, y), vx, y) ) = ux, y) yvx, y) = 0, vx, y) 0, která splňují podmínky u, 1) = v, 1) = 1. Protože podmínky F 1, 1, 1, 1) = 0 a F, 1, 1, 1) = 0 jsou splněny, mohou funkce ux, y) a vx, y) existovat. Jacobiho matice je v podstatě matice J definovaná vztahem ) du = dv Jux J uy J vx J vy ) ) dx dy Tedy J wz = w, w = u, v a z = x, y. Stačí tedy spočítat obě parciální derivace funkcí ux, y) a z vx, y) v bodě x =, y = 1. Ty bychom mohli najít tak, že bychom derivovali obě definiční rovnice podle proměnných x a y. Rychleji najdeme řešení tak, že vezmeme přímo diferenciály definičních rovnic, tj. v podstatě vezmeme rovnice Tak dostaneme soustavu df k = F k x dx + F k y dy. xdx udu vdv = 0, du ydv vdy = 0. 6

Speciálně v bodě x =, y = u = v = 1 dostaneme du + dv = dx, du dv = dy = du = 1 ) ) dx + dy, dv = 1 dx dy. A hledaná Jacobiho matice je J = 1 ) 1. 1 Určete rovnici tečné roviny k ploše definované rovnicí v bodě 1; 1; 1). e x+y lnx + y + z ) = x y z Řešení: Plocha je zadána jako řešení rovnice F x, y, z) = e x+y lnx + y + z ) x + y + z = 0 v okolí bodu x = y = z = 1. Protože F 1, 1, 1) = 0 může mít daná úloha smysl. Protože je funkce F x, y, z) v okolí bodu x = y = z = 1 diferencovatelná, je směrový vektor normály úměrný vektoru n = grad F = e x+y e x+y lnx + y + z ) + x + y + z, e x+y e x+y lnx + y + z ) + x + y + z + 1, e x+y ) x + y + z + 1. Speciálně v bodě x = y = z = 1 je vektor normály úměrný vektoru n = e, e + 1, e + 1 ). Protože rovnice roviny, která je kolmá na směr n a prochází bodem x 0 je n x x 0 ) = 0, je rovnice hledané tečné roviny e, e + 1, e + 1 ) x 1, y 1, z 1 ) = 0 = e ) x + e + 1 ) y + e + 1 ) z = 3e. Nalezněte lokální extrémy funkce fx, y, z) = x 3 + y + z 3xz y + z. Řešení: Protože je funkce fx, y, z) diferencovatelná, může mít lokální extrémy pouze v bodech, kde je její první diferenciál roven nule, tj. kde x = 3x 3z = 0, y = y = 0, z = z 3x + = 0. Z druhé rovnice plyne y = 1 a z první z = x. Jestliže dosadíme do třetí rovnice, dostaneme pro x kvadratickou rovnici x 3x + = 0, která má řešení x 1 = 1 a x =. Našli jsme tedy dva body M 1 = [1; 1; 1] a M = [; 1; 4], ve kterých může funkce nabývat lokální extrém. O tom, zda v bodem extrém skutečně existuje, zjistíme pomocí druhého diferenciálu. Protože x = 6x, x y = 0, x z = 3, y =, y z = 0, z = 1, je druhý diferenciál d f = 6xdx 6dxdz + dy + dz. 7

Kvadratické formě d f odpovídá symetrická matice 6x 0 3 0 0 3 0 1 Protože D 1 = 6x, D = 1x a D 3 = 1x 18, zjistíme, že v bodě M 1 = [1; 1; 1] je D 1 > 0, D > 0 a D 3 < 0. Kvadratická forma d f je tedy indefinitní, a proto v bodě M 1 není lokální extrém. Protože v bodě M = [, 1, 4] je D 1 > 0, D > 0 a D 3 > 0, je v tomto bodě kvadratická forma d f pozitivně definitní, a tedy v bodě M má funkce fx, z, y) lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkcí: fx, y, z) = x + y 4x + z y + z pro x > 0, y > 0, z > 0. Řešení: Protože je funkce fx, y, z) na množině x > 0, y > 0, z > 0 může nabývat lokální extrém pouze v bodech, kde je její první diferenciál roven nule, tj. kde x = 1 y 4x = 0, y = y x z y = 0, z = z y z = 0. Protože je x, y, z > 0 plyne z první rovnice y = x, pak po dosazení do druhé rovnice y = z a za těchto podmínek ze třetí rovnice dostaneme z = 1. Tedy bod, ve kterém může být extrém je M = [ 1 ; 1; 1]. Abychom zjistili, zda je v tomto bodě skutečné extrém, najdeme druhý diferenciál funkce fx, y, z) v bodě M. Protože v tomto bodě je x = 4, x y =, x z = 0, y = 3, y z =, z = 6, je symetrická matice, která odpovídá kvadratické formě d f 1, 1, 1) 4 0 3 0 6 Protože D 1 = 4 > 0, D = 8 > 0 a D 3 = 3 > 0, je kvadratická forma d f 1 ; 1; 1) pozitivně definitní a tedy funkce fx, y, z) má v bodě M = [ 1 ; 1; 1] lokální minimum. Určete extrémy funkce zx, y), která je řešením rovnice x + y + z + 8xz z + 8 = 0. Řešení: Funkce z = zx, y) je definována implicitně jako spojité řešení rovnice F x, y, zx, y) ) = x + y + z x, y) + 8xzx, y) zx, y) + 8 = 0. V bodech, ve kterých by mohla mít funkce z = zx, y) lokální extrém, musí být obě její parciální derivace z x = z = 0. Pro tyto derivace y získáme rovnice derivování definičního vztahu. Tím dostaneme 4x + 8z + z + 8x 1 ) z x = 0, 4y + z + 8x 1 ) z y = 0. 1) 8

Zajímají nás body, ve kterých jsou obě parciální derivace rovny nule, tedy bodu, kde platí 4x + 8z = 0, y = 0, x + y + z + 8xz z + 8 = 0 = M 1 = [ ; 0; 1 ] nebo M = [ 16 7 ; 0; 8 7]. Abychom rozhodli, zda funkce nabývá v těchto bodech extrém, najdeme ještě druhý diferenciál funkce z = zx, y) v bodech M 1 a M. Druhé derivace funkce zx, y) dostaneme derivováním rovnic 1). Když použijeme toho, že v těchto bodech je z x = z = 0, dostaneme y M 1 : M : 4 15 z x = 0, 4 + 15 z x = 0, 15 z x y = 0, 15 z x y = 0, 4 15 z y = 0 4 + 15 z y = 0. Tedy druhý diferenciál funkce z = zx, y) v bodě M 1 je d z, 0) = 4 15 dx + 4 15 dy. A protože je pozitivně definitní, má funkce z = zx, y) v tomto bodě lokální minimum. Naopak v bodě M je d z 16 7, 0) = 4 15 dx 4 15 dy. A protože je negativně definitní, nabývá funkce z = zx, y) v tomto bodě lokálního maxima. Nalezněte lokální extrémy funkce fx, y) = x + y s podmínkou gx, y) = x x + y + 4y = 0. Řešení: Protože se jedná o vázané extrémy vyřešíme nejprve rovnici gx, y) = 0 a dosadíme do funkce fx, y) nebo použijeme metodu Lagrangeových multiplikátorů. K řešení použiji druhou metodu. Sestrojím Lagrageovu funkci Lx, y) = fx, y) + λgx, y) = x + y + λ x x + y + 4y ). Lokální extrémy mohou být v bodech, kde = x + λx 1) = 0, x y = 4x + 4λy + 1) = 0, gx, y) = x x + y + 4y = 0. Z prvních dvou rovnic plyne x = λ λ + 1, y = λ = x. Po dosazení do třetí rovnice získáme dvě λ + 1 řešení: M 1 = [0; 0] pro λ = 0 a M = [; ] pro λ =. Druhý diferenciál funkce Lx, y) je d Lx, y) = λ + 1) dx + 4dy ). Ten je pro λ = 0 pozitivně definitní, a proto nabývá funkce fx, y) na množině gx, y) = 0 v bodě M 1 = [0; 0] lokálního minima. Pro λ = je d Lx, y) negativně definitní, a tedy funkce fx, y) nabývá na množině gx, y) = 0 v bodě M = [; ] lokálního maxima. Nalezněte lokální extrémy funkce fx, y) = xy s vazební podmínkou gx, y) = x + y 1 = 0. Řešení: Když hledáme vázané lokální extrémy, je nejjednodušší vyřešit rovnice, které definují vazby. V našem případě je y = 1 x. Pokud toto y dosadíme do funkce fx, y) dostaneme funkci jedné proměnné F x) = f y, 1 x) = x1 x) a budeme hledat extrémy funkce F x) již bez vazeb. Podmínka na extrém funkce F x) je F x) = 1 x = 0 = x = 1. 9

A protože F 1 ) = < 0, nabývá v tomto bodě funkce F x) lokálního maxima. Protože pro x = 1 je y = 1 x = 1, má funkce fx, y) = xy s vazební podmínkou x + y = 1 v bodě x = y = 1 lokální maximum. Nalezněte lokální extrémy funkce fx, y, z) = x y + z za podmínky x + y + z = 1. Řešení: Abychom našli lokální extrémy funkce fx, y, z) na množině gx, y, z) = 0, sestrojíme Lagrangeovu funkci Lx, y, z) = fx, y, z) λgx, y, z) = x y + z λ x + y + z 1 ). Protože jsou funkce fx, y, z) a gx, y, z) diferencovatelné, mohou lokální extrémy být pouze v bodech, kde je x = 1 λx = 0, y = λy = 0, z = λz = 0, gx, y, z) = x + y + z 1 = 0. Z prvních tří rovnic plyne x = 1 λ, y = 1 λ, z = 1 λ. Jestliže tyto vztahy dosadíme do čtvrté rovnice, dostaneme λ = 9 4 = λ 1 = 3, x 1 = 1 3, y 1 = 3, z 1 = 3 nebo λ = 3, x 1 = 1 3, y 1 = 3, z 1 = 3. Abychom zjistili, zda je v těchto bodech skutečně lokální extrém, najdeme v nich druhý diferenciál funkce Lx, y, z). Ten je d L = λ dx + dy + dz ). Pro λ = 3 je d L negativně definitní, a tedy v bodě M 1 = [ 1 3 ; 3 ; 3] je lokální maximum. Naopak pro λ = 3 je d L pozitivně definitní, a proto je v bodě M = [ 1 3 ; 3 ; 3] je lokální minimum. Určete největší a nejmenší hodnotu funkce fx, y) = 3xy na množině M = { x, y) ; x + y }. Řešení: Množina M je kompaktní, tj. uzavřená a omezená, množina uzavřený kruh se středem v počátku a poloměrem ). Protože je funkce fx, y) = 3xy spojitá, existují body M max, M min M, v nichž má funkce fx, y) největší a nejmenší hodnotu na M. Je-li bod M = [x; y] z vnitřku kruhu M, tj. pro něž platí x + y <, musí být x = 3y = 0, y = 3x = 0 M 0 = [0; 0]. Pro body z hranice kruhu M platí x + y =. V tomto případě se jedná o extrém funkce fx, y) = 3xy vázaný podmínkou x + y =. Pro hledání extrému použijeme třeba metodu Lagrangeových multiplikátorů. Sestrojíme Lagrangeovu funkci Lx, y) = fx, y) λgx, y) = 3xy λ x + y ). Aby funkce fx, y) měla v bodě M = [x, y] hranice extrém, musí platit x = 3y λx = 0, y = 3x λy = 0, gx, y) = x + y =. 1) 10

První dvě rovnice jsou soustava dvou lineárních homogenních rovnic ) ) ) λ 3 x 0 = 3 λ y 0 Má-li matice A inverzní, má soustava Ax = 0 pouze jediné řešení x = y = 0. Ale to nesplňuje podmínku x + y =. Proto musí být matice A singulární, tj. musí platit ) λ 3 det A = det = 4λ 9 = 0 =, λ = ± 3 3 λ. Pro λ = 3 plyne z 1), x = y a pro λ = 3 dostaneme x = y. Z podmínky x + y = pak nejdeme čtyři body hranice, v nichž muže být extrém, tj. body M 1 = [ ; ], M = [ ; ], M 3 = [ ; ], M 4 = [ ; ]. Funkce fx, y) = 3xy dosahuje největší a nejmenší hodnoty na množině M v jednom z bodů M k, k = 0, 1,..., 4. A protože f0, 0) = 0, f, ) = f, ) = 6, f, ) = f, ) = 6, Je největší hodnota funkce fx, y) = 3xy na množině M rovna 6 a nejmenší je rovna 6. Stanovte největší a nejmenší hodnotu funkce fx, y) = x + xy 4x + 8y na množině M = {x, y) ; 0 x 1 ; 0 y }. Řešení: Funkce fx, y) = x + xy 4x + 8y je spojitá kompaktní, tj. omezené a uzavřené množině M obdélník). Proto na ní nabývá své největší a nejmenší hodnoty. Ve vnitřku množiny M, tj. na množině 0 < x < 1 a 0 < y < může být extrém pouze v bodech, kde je = x + y 4 = 0, x y = x + 8 = 0. Protože z druhé rovnice plyne x = 4, uvnitř množiny M extrém není. Musí být tedy na hranici. Ta je složena ze čtyř úseček. Na nich může být extrém pouze v bodech, kde je F 1 x) = fx, 0) = x 4x, x 0, 1 = F 1x) = x = 0,= M 1 = [0; 0], M = [1; 0] F y) = f1, y) = 10y 3, y 0, = F y) = 10 0, = M = [1; 0], M 3 = [1; ] F 3 x) = fx, ) = x + 16, x 0, 1 = F 3x) = x = 0, = M 3 = [1; ], M 4 = [0; ] F 4 y) = f0, y) = 8y, y 0, = F y) = 8 0, = M 4 = [0; ], M 1 = [0; 0] Funkce fx, y) dosahuje největší a nejmenší hodnoty na množině M právě v jednom z bodu M k, k = 1,, 3, 4. Protože f0, 0) = 0, f1, 0) = 3, f1, ) = 17, f0, ) = 16, je největší hodnota funkce fx, y) na množině M rovna f1, ) = 17 a nejmenší hodnota je f1, 0) = 3. Stanovte největší a nejmenší hodnotu funkce fx, y) = x y na množině M = { x, y) ; x + y 1 }. 11

Řešení: Funkce fx, y) = x y je spojitá kompaktní, tj. omezené a uzavřené množině M uzavřený kruh se středem v počátku a poloměrem 1). Proto na ní nabývá své největší a nejmenší hodnoty. Ve vnitřku množiny M, tj. na množině x + y < 1, může být extrém pouze v bodech, kde je x = x = 0, y = y = 0 = M 0 = [0; 0]. Dále může mít funkce fx, y) na hranici množiny M, tj. na kružnici gx, y) = x + y 1 = 0. Protože se v tomto případě jedná o vázaný extrém, použijeme metodu Lagrangeových multiplikátorů. Sestrojíme funkci Lx, y) = fx, y) λgx, y) = x y λ x + y 1 ). Extrém může být pouze v bodech, kde platí x = x1 λ) = 0, y = y1 + λ) = 0, gx, y) = x + y 1 = 0. Tato soustava má čtyři řešení: M 1 = [1; 0], M = [ 1; 0] pro λ = 1 a M 3 = [0; 1] a M 4 = [0; 1] pro λ = 1. Protože funkce fx, y) musí na množině M nabývat maxima a minima v některém z těchto bodů a protože f0, 0) = 0, f1, 0) = f 1, 0) = 1, F 0, 1) = f0, 1) = 1, je největší hodnota funkce fx, y) na množině M rovna 1 a nejmenší hodnota je 1. Nalezněte lokální extrémy funkce yx), která je řešením rovnice x + y 8x 4y + 19 = 0. Řešení: Máme najít extrémy spojitých funkcí y = yx), které jsou definovány jako řešení rovnice F x, yx) ) = x + y x) 8x 4yx) + 19 = 0. Extrémy mohou být v bodech, ve kterých je y x) = 0. Derivaci funkce yx) najdeme tak, že derivujeme definiční rovnici. To dává V bodech, kde je y = 0 musí tedy platit x 8 + y 4)y = 0. 1) x 8 = 0 a x + y 8x 4y + 19 = 0 = M 1 = [4; 1] nebo M = [4; 3]. Zda je v těchto bodech extrém lze určit z hodnoty druhé derivace funkce yx) v příslušných bodech. Jestliže derivujeme rovnici 1), dostaneme Protože v bodech M 1 a M je y = 0, dostaneme + y ) + y 4)y = 0. M 1 = [4; 1] : y = 0 = y > 0 = minimum, M = [4; 3] : + y = 0 = y < 0 = maximum. Nalezněte lokální extrémy funkce yx), která je řešením rovnice x xy + y x + 4y + 1 = 0. 1

Řešení: Máme najít extrémy spojitých funkcí y = yx), které jsou definovány jako řešení rovnice F x, yx) ) = x xyx) + y x) x + 4yx) + 1 = 0. Extrémy mohou být v bodech, ve kterých je y x) = 0. Derivaci funkce yx) najdeme tak, že derivujeme definiční rovnici. To dává V bodech, kde je y = 0 musí tedy platit x y + x + y + 4)y = 0. 1) x y = 0, x xy + y x + 4y + 1 = 0 = M 1 = [1; 0] nebo M = [ 1; 4]. Zda je v těchto bodech extrém lze určit z hodnoty druhé derivace funkce yx) v příslušných bodech. Jestliže derivujeme rovnici 1), dostaneme Protože v bodech M 1 a M je y = 0, dostaneme y + 1 + y ) y + x + y + 4)y = 0. M 1 = [1; 0] : + 3y = 0 = y < 0 = maximum, M = [ 1; 4] : 3y = 0 = y > 0 = minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce yx), která je řešením rovnice x 3 + y 3 3xy = 0. Řešení: Máme najít extrémy spojitých funkcí y = yx), které jsou definovány jako řešení rovnice F x, yx) ) = x 3 + y 3 x) 3xyx) = 0. Extrémy mohou být v bodech, ve kterých je y x) = 0. Derivaci funkce yx) najdeme tak, že derivujeme definiční rovnici. To dává 3x + 3y y 3y 3xy = 0 x y + y x ) y = 0. 1) V bodech, kde je y = 0 musí tedy platit x y = 0 a x 3 + y 3 3xy = 0 = x = y = 0 nebo x = 3, y = 3 4. V bodě x = y = 0 je F 0, 0) = 0 a tedy nelze použít větu o implicitních funkcích, a proto jej y nebudeme uvažovat. Podrobnější zkoumání by ukázalo, že v tomto bodě není extrém.) Zda má funkce y = yx) extrém v bodě M = [ 3 ; 3 4 ] lze určit z hodnoty druhé derivace funkce yx) v tomto bodě. Jestliže derivujeme rovnici 1), dostaneme x y + yy 1)y + y x)y = 0. Protože je ve zkoumaném bodě y = 0, zjistíme, že platí 3 + 3 y = 0 = y < 0 = maximum. Nalezněte lokální extrémy funkce fx, y) = x 3 + 8y 3 6xy + 5. 13

Řešení: Protože je funkce fx, y) = x 3 + 8y 3 6xy + 5 diferencovatelná, mohou být lokální extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde x = 3x 6y = 0, y = 4y 6x = 0. Z druhé rovnice plyne x = 4y a po dosazení do první rovnice dostaneme 8y 4 y = 0 = y 1 = 0, y = 1 = M 1 = [0; 0], M = [1; 1 ]. Abychom rozhodli, zda má funkce fx, y) v těchto bodech lokální extrém, najdeme v nich druhý diferenciál. Protože x = 6x, x y = 6, y = 48y, dostaneme v bodě M 1 = [0; 0] d f0, 0) = 1dxdy. Protože je tato kvadratická forma indefinitní, nemá funkce v bodě M 1 = [0; 0] lokální extrém. V bodě M = [1; 1 ] je druhý diferenciál dx d f1, 1 ) = 6dx 1dxdy + 4dy ) ) = 6 dy + 3dy a protože se jedná o pozitivně definitní kvadratickou formu, má funkce fx, y) v bodě M = [1; 1 ] lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce fx, y) = x xy + y + 9x 6y + 0. Řešení: Protože je funkce fx, y) = x xy + y + 9x 6y + 0 diferencovatelná, mohou být lokální extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde x = x y + 9 = 0, y = x + y 6 = 0 = x = 4, y = 1. Abychom rozhodli, zda má funkce fx, y) v bodě M = [ 4, 1] lokální extrém, najdeme v něm druhý diferenciál. Protože x =, x y = 1, y =, je symetrická matice, která definuje kvadratickou formu d f 4, 1) A = ) 1 1 Protože D 1 = > 0 a D = 3 > 0, je kvadratická forma d f 4, 1) pozitivně definitní, a proto má funkce fx, y) v bodě M = [ 4, 1] lokální minimum. Najděte lokální extrémy funkce fx, y) = x 4 + y 4 x + 4xy y. 14

Řešení: Protože je funkce fx, y) = x 4 + y 4 x + 4xy y diferencovatelná, mohou být lokální extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde x = 4x3 4x + 4y = 0, y = 4y3 + 4x y = 0. Když obě rovnice sečteme, dostaneme 4x 3 + 4y 3 = 0, ze které plyne y = x. Po dosazení pak plyne x 3 x = 0, tj. x 1 = 0, x = a x 3 =. Získali jsme tak tři body M 1 = 0; 0], M = [ ; ] a M 3 = [ ; ],ve kterých může mít funkce fx, y) lokální extrém. V těchto bodech nalezneme druhý diferenciál funkce fx, y). Protože x = 1x 4, x y = 4, y = 1y 4 = d f = 1x 4)dx 8dxdx+1y 4)dy. V bodech M = [ ; ] a M 3 = [, ] je d f = 0dx + 8dxdy + 0dy = A = ) 0 4 = D 4 0 1 > 0, D > 0. Tedy kvadratická forma d f je v bodech M a M 3 pozitivně definitní a v bodech M = [ ; ] a M 3 = [ ; ] jsou lokální minima. V bodě M 1 = [0; 0] je d f0, 0) = 4dx + 8dxdy 4dy = 4 dx dy ). Tedy druhý diferenciál je v bodě M = [0; 0] pouze negativně semidefinitní. Z toho ale plyne pouze to, že má-li funkce fx, y) v bodě M 1 = [0; 0] lokální extrém, je to maximum, ale nevíme, zda tam extrém skutečně je. Protože je druhý diferenciál roven nule pro dx dy = 0 je podezřelá přímka x y = 0, tj. y = x. Na této přímce je F x) = fx, x) = x 4. Protože v bodě x = 0 má funkce F x) lokální minimum, nemůže mít funkce fx, y) v bodě M 1 = [0; 0] lokální maximum, a tedy ani lokální extrém. To je vidět například už z toho, že fx, y) = x 4 + y 4 x y). Nalezněte lokální extrémy funkce fx, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 3xy + xz + yz). Řešení: Protože je funkce fx, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 3xy + xz + yz) diferencovatelná, mohou být lokální extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde x = 3x 3y + z) = 0, y = 3y 3x + z) = 0, z = 3z 3x + y) = 0. Jestliže odečtu druhou rovnici od první, dostanu y x)x + y + 1) = 0 = y = x nebo y = 1 x. Když předpokládám, že y = x 1 a dosadím do poslední rovnice, dostanu z + 1 = 0, která nemá řešení. Tedy musí platit y = x. Odečtu-li třetí rovnici od první, dostanu stejným způsobem, že musí platit z = x. Tedy musí být x = y = z. Z první rovnice pak dostanu dvě řešení: x 1 = y 1 = z 1 = 0 a x = y = z =. Lokální extrémy mohou tedy být pouze v bodech M 1 = [0; 0; 0] a M = [; ; ]. 15

Abychom zjistili, zda funkce fx, y, z) má v těchto bodech skutečné lokální extrém, určíme v nich její druhý diferenciál. Protože x = 6x, x y = 3, x z = 3, y = 6y, y z = 3, z = 6z, je druhý diferenciál funkce fx, y, z) v bodě M 1 = [0; 0; 0] roven d f0, 0, 0) = 6dxdy 6dxdz 6dydz, což je indefinitní kvadratická forma. Proto nemá funkce fx, y, z) v bodě M 1 = [0; 0; 0] lokální extrém. V bodě M = [; ; ] je symetrická matice A, která odpovídá kvadratické formě d f,, ) rovna 1 3 3 A = 3 1 3 3 3 1 A protože D 1 > 0, D > 0 a D 3 > 0, je kvadratická forma d f,, ) pozitivně definitní. Proto má funkce fx, y, x) v bodě M = [; ; ] lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce fx, y, z) = x + y + z xy xz + z. Řešení: Protože je funkce fx, y, z) = x + y + z xy xz + z diferencovatelná, mohou být lokální extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde x = 4x y z = 0, y = y x = 0, z = z x + = 0. tato soustava má řešení x = 1 3, y = 1 6 a z = 7 6. Tedy funkce fx, y, z) může mít lokální extrém pouze v bodě M = [ 1 3 ; 1 6 ; 6] 7. Abychom se přesvědčili, že v tomto bodě je skutečně lokální extrém, budeme zkoumat druhý diferenciál funkce fx, y, z) v bodě M. Protože x = 4, x y = 1, x y = 1, y =, y z = 0, z =, je symetrická matice A, která odpovídá kvadratické formě d f rovna 4 1 1 A = 1 0 1 0 A protože D 1 = 4 > 0, D = 7 > 0 a D 3 = 1 > 0, je kvadratická forma d f pozitivně definitní. Proto má funkce fx, y, z) v bodě M = [ 1 3 ; 1 6 ; 7 6] lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce zx, y), která je řešením rovnice x + y + z x + y 4z 10 = 0. Řešení: Jedna z možností, jak chápat danou úlohu je, že máme najít lokální extrémy všech spojitých funkcí z = zx, y), která jsou řešením rovnice F x, y, zx, y) ) = x + y + z x + y 4z 10 = 0. Protože funkce F x, y, z) je diferencovatelná, lze derivováním definičního vztahu najít rovnice pro 16

obě její první parciální derivace z z, derivace a hledat body, kdy jsou obě tyto derivace rovnu x y nule. Jiná možnost, jak chápat danou úlohu, je, že máme najít extrém funkce tří proměnných fx, y, z) = z, která splňuje podmínku gx, y, z) = x + y + z x + y 4z 10 = 0. Protože se jedná o úloha na vázaný extrém, sestrojíme Lagrangeovu funkci Lx, y, z) = fx, y, z) λgx, y, z) = z λ x + y + z x + y 4z 10 ). Lokální extrémy pak mohou být pouze v bodech, kde x = λx ) = 0, y = λy + ) = 0, gx, y, z) = x + y + z x + y 4z 10 = 0. z = 1 λz 4) = 0, Ze třetí rovnice plyne, že λ 0, a tedy x = 1 a y = 1. Čtvrtá rovnice pak je z 4z 1 = 0 a má dvě řešení z 1 = 6 a z =. Máme tedy dva body, kde může nastat extrém: M 1 = [1; 1; 6], pak λ 1 = 1 8 a M = [1; 1; ], pro který je λ = 1 8. Protože druhý diferenciál funkce Lx, y, z), d L = λ dx + dy + dz ), je pro λ 1 < 0 negativně definitní kvadratická forma, je v bodě M 1 = [1; 1; 6] lokální maximum. Pro λ > 0 je druhý diferenciál funkce Lx, y, z) pozitivně definitní kvadratická forma, a tedy v bodě M = [1; 1; ] nastává lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce zx, y), která je řešením rovnice x + y + z xz yz + x + y + z + = 0. Řešení: Máme najít lokální extrém funkce fx, y, z) = z za podmínky gx, y, z) = x + y + z xz yz + x + y + z + = 0. Protože se jedná o vázané extrémy, sestrojíme Lagrangeovu funkci Lx, y, z) = fx, y, z) λgx, y, z) = z λ x + y + z xz yz + x + y + z + ). Lokální extrémy mohou být pouze v bodech, kde je x = λx z + ) = 0, y = λy z + ) = 0, gx, y, z) = x + y + z xz yz + x + y + z + = 0. z = 1 λz x y + ) = 0, Ze třetí rovnice plyne, že λ 0, a proto z prvních dvou dostaneme z = x + a y = x. Po dosazení do poslední rovnice, dostaneme pro x kvadratickou rovnici x + 6x + 5 = 0, která má řešení x 1 = 1 a x = 5. Extrémy mohou tedy být pouze v bodech M 1 = [ 1; 1; 0], kde je λ 1 = 1 4 a v bodě M = [ 5; 5; 8], pro který je λ = 1 4. Abychom rozhodli, zda má funkce fx, y, z) v bodě M 1 nebo M extrém, najdeme nejprve druhý diferenciál funkce Lx, y, z) v těchto bodech. Protože L x = λ, L x y = 0, L x z = λ, L y = λ, L y z = λ, L z = λ, je d L = λ dx dxdz + dy dydz + dz ). 17

Symetrická matice A, která odpovídá této kvadratické formě je A = λ 0 1 0 1. 1 1 Pak je D 1 = λ, D = 4λ, D 3 = 4λ 3. Protože pro λ 1 > 0 je D 1 < 0, D > 0 a D 3 < 0, je kvadratická forma negativně definitní a v bodě M 1 = [ 1; 1; 0] je lokální maximum. Naopak pro λ < 0 je D 1 > 0, D > 0 a D 3 > 0. Kvadratická forma d L je v tomto případě pozitivně definitní a v bodě M = [ 5; 5; 8] je lokální minimum. Je dáno n bodů A 1 x 1 ; y 1 ; z 1 ),..., A n x n ; y n ; z n ) R 3. V rovině z = 0 najděte bod A, pro který je součet čtverců vzdáleností od bodů A 1, A,..., A n minimální. Řešení: Čtverec vzdálenosti bodu A = [x; y; z] od bodu A k = [x k ; y k ; z k ] je D k = x x k ) + y ) ). y k + z zk Speciálně pro z = 0 dostaneme Dk = ) ) x x k + y yk + z k. Máme tedy najít minimum funkce n n x ) ) ) F x, y) = D k = xk + y yk + z k. Nutné podmínky pro extrém jsou k=1 k=1 F x = n k=1 x x k ) = nx n x k = 0, k=1 F y = n k=1 y y k ) = ny n y k = 0. k=1 Z nich plyne, že extrém může nastat pouze v bodě x = 1 n n x k = x, k=1 y = 1 n n y k = y. k=1 Abychom se přesvědčili, že v tomto bodě nabývá funkce F x, y) minima, budeme vyšetřovat druhý diferenciál d F. Platí F n x = = n, k=1 F x y = 0, F n y = = n = d F = n dx + dy ). k=1 Protože druhý diferenciál je pozitivně definitní kvadratická forma, má funkce F x, y) je hledaný bod A = [ x; y; 0 ]. Nalezněte lokální extrémy funkce fx, y) = x + y za podmínky x + y = 1. Řešení: Z podmínky plyne y = 1 x. Proto je nejjednodušší hledat extrém funkce jedné proměnné F x) = fx, 1 x) = x + 1 x). Podmínka pro extrém je F x) = 4x = 0 = x = 1. A protože F 1 ) = 4 > 0, má funkce F x), a tedy i fx, y) za podmínky x+y = 1 v bodě x = y = 1 lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce fx, y) = xy za podmínky x + y =. 18

Řešení: Protože máme najít lokální extrém funkce fx, y) = xy na množině gx, y) = x +y = 0, sestrojíme nejprve Lagrangeovu funkci Lx, y) = fx, y) λgx, y) = xy λ x + y ). Protože jsou funkce fx, y) a gx, y) diferencovatelné, mohou být extrémy pouze v bodech, kde je dl = 0, tj. v bodech, kde platí x = y λx = 0, y = x λy = 0, gx, y) = x + y = 0. Z první rovnice plyne y = λx. Jestliže dosadíme do druhé rovnice, dostaneme 1 4λ ) x = 0. Je-li x = 0, je také y = 0. V tomto případě není ovšem splněna třetí rovnice. Proto musí být 1 4λ = 0, tj. λ 1 = 1 nebo λ = 1. Pro λ = 1 je y = x a po dosazení do podmínky dostaneme x = 1, tj. x = y = 1 nebo x = y = 1. Pro λ = 1 je y = x a z třetí rovnice plyne x = 1, y = 1 nebo x = 1, y = 1. Abychom rozhodli, zda má funkce fx, y) na množině gx, y) = 0 v těchto bodech skutečně lokální extrém, budeme zkoumat druhý diferenciál funkce Lx, y) v těchto bodech. Protože L x = λ, L x y = 1, L y = λ, je druhý diferenciál Pro λ = λ 1 = 1 dostaneme d L = λdx + dxdy λdy. d L = dx + dxdy dy = dx dy), a tedy kvadratická funkce d L je v tomto případě pouze negativně semidefinitní. Ale protože v tomto případě je x = y = ±1, plyne z podmínky gx, y) = x + y = 0 dg = xdx + ydy = 0, = dy = dx = d L = 4dx < 0. Tedy v bodech M 1 = [1; 1] a M = [ 1; 1] je lokální maximum. Naopak pro λ = 1 je d L = dx + dxdy + dy = dx + dy). Protože v tomto případě je y = x = ±1, platí dg = xdx + ydy = 0, = dy = dx = d L = 4dx > 0. Proto je v bodech M 3 = [1; 1] a M = [ 1; 1] je lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce fx, y, z) = xyz za podmínky x + y + z = 3. Řešení: Protože z podmínky x + y + z = 3 snadno zjistíme, že z = 3 x y, je nejjednodušší hledat lokální extrémy funkce dvou proměnných F x, y) = fx, y, 3 x y) = xy3 x y) = 3xy x y xy. Protože je funkce F x, y) diferencovatelná mohou být extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde platí F x = 3y xy y = 0, F y = 3x x xy = 0. 19

Z první rovnice plyne y = 0 nebo y = 3 x. V případě y = 0 je druhá rovnice 3x x = 0, tj. x = 0 nebo x = 3, a tedy dostaneme body M 1 = [0; 0; 3] nebo M = [3; 0; 0]. V případě y = 3 x získáme z druhé rovnice 3x 3x = 0, tj. x = 0 nebo x = 1. těmto řešením odpovídají body M 3 = [0; 3; 0] a M 4 = [1; 1; 1]. Abychom rozhodli, zda je v těchto bodech lokální extrém, budeme zkoumat druhý diferenciál funkce F x, y). Protože F x = y, F = 3 x y, x y F y = x, je symetrická matice A, která odpovídá kvadratické formě d F rovna ) y 3 x y A = 3 x y x Protože v bodě M 1 = [0; 0; 3] je D = 6 < 0, je kvadratická forma df 0, 0) indefinitní a v bodě M 1 = [0; 0; 3] není lokální extrém. Protože v bodě M = [3; 0; 0] je D = 6 < 0, je kvadratická forma df 3, 0) indefinitní a v bodě M 1 = [3; 0; 0] není lokální extrém. Protože v bodě M 3 = [0; 3; 0] je D = 6 < 0, je kvadratická forma df 0, 3) indefinitní a v bodě M 1 = [0; 3; 0] není lokální extrém. V bodě M 4 = [1; 1; 1] je D 1 = < 0 a D = 3 > 0. Proto je d F 1, 1) negativně definitní a v bodě M 4 = [1; 1; 1] je lokální maximum. Nalezněte lokální extrém funkce fx, y, z) = xy +xz +yz za podmínky xyz = 1, x > 0, y > 0, z > 0. Řešení: Z podmínky xyz = 1 plyne z = 1. Proto bude jednodušší hledat na množině x > 0, y > 0 xy lokální extrémy funkce dvou proměnných ) 1 F x, y) = f x, y, = xy + 1 xy y + 1 x. Protože je funkce F x, y) na dané množině diferencovatelná, mohou být extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde F x = y 1 x = 0, F y = x 1 y = 0 = x = y = 1. Abychom zjistili, zda má funkce F x, y) v tomto bodě skutečně lokální extrém, budeme zkoumat její druhý diferenciál. Protože F x = x 3, F x y = 1, F y = y 3, je symetrická matice A, která definuje kvadratickou formu druhého diferenciálu funkce F x, y) v bodě x = y = 1, rovna ) 1 A = 1 A protože D 1 = > 0 a D = 3 > 0, je druhý diferenciál funkce F x, y) v bodě x = y = 1 pozitivně definitní kvadratická forma. Tedy funkce F x, y) má v tomto bodě lokální minimum. Proto má funkce fx, y, z) za podmínky xyz = 1 na množině x > 0, y > 0 a z > 0 v bodě M = [1; 1; 1] lokální minimum. V rovině 3x z = 0 nalezněte bod, který má minimální součet čtverců vzdáleností od bodů A 1; 1; 1) a B ; 3; 4). 0

Řešení: Protože čtverec vzdálenosti od bodu X = [x, y, z] do bodu A = [a; b; c] je D = x a) + y b) + z c), máme vlastně najít minimum funkce fx, y, z) = x 1) + y 1) + z 1) + x ) + y 3) + z 4) za předpokladu, že platí gx, y, z) = 3x z = 0. Jde tedy o vázaný extrém. Protože z podmínky gx, y, z) = 0 plyne z = 3 x, budeme hledat extrém funkce dvou proměnných F x, y) = f x, y, 3 x) = x 1) + y 1) + 3 x 1) + x ) + y 3) + 3 x 4). Protože je funkce F x, y) diferencovatelná, mohou být extrémy pouze v bodech, kde je df x, y) = 0, tj. v bodech, kde F x = x 1) + 3 3 x 1) + x ) + 3 3 x 4) = 13x 1 = 0 = x = 1 F 13 = y 1) + y 3) = 4y 8 = 0, y =. y Abychom rozhodli, zda je v tomto bodě skutečně extrém, budeme zkoumat druhý diferenciál funkce F x, y). Ten je d F = 13dx + 4dy. Protože je d F pozitivně definitní kvadratická [ ] forma, má funkce F x, y) v bodě x = 1 13, y = 1 63 minimum. Tedy hledaný bod je M = ; ;. 13 6 Určete body elipsy x + 4y = 4, které mají minimální a maximální vzdálenost od přímky x + 3y 6 = 0. Řešení: Existuje mnoho možností, jak řešit tento příklad. Budu předpokládat, že je známo, že body, pro které je vzdálenost mezi křivkami největší nebo nejmenší leží na přímce, která je kolmá na obě křivky. Vektor normály k elipse fx, y) = x + 4y 4 = 0 je úměrný vektoru n e = grad fx, y) = x, 4y) a vektor normály k přímce gx, y) = x + 3y 6 = 0 je úměrný vektoru n p = grad gx, y) =, 3). Na elipse x +4y = 4 budeme tedy hledat body M = [x, y] takové, že vektory n e a n p jsou rovnoběžné, tj. body, kde platí n e = λn p = x, 8y) = λ, 3) = x = λ, 8y = 3λ = x = λ, y = 3 8 λ. Z rovnice x + 4y = 4 pak plyne λ + 36 64 λ = 4 = λ = ± 8 5 = x = ± 8 5, y = ± 3 5. Body elipsy, které mají nejmenší a největší vzdálenost od dané přímky tedy jsou M 1 = [ 8 5 ; 3 5] nebo M = [ 8 5 ; 3 5]. Najdeme ještě odpovídající body na přímce 3x + 3y = 6. Ty jsou dány jako průnik této přímky a normály k elipse v bodech M 1 nebo M. Protože je směrový vektor normály k elipse v bodech M 1 a M úměrný vektoru n p =, 3), jsou parametrické rovnice normály v těchto bodech x = ± 8 5 + t, y = ± 3 5 + 3t, t R. Bodu na elipse odpovídá hodnota parametru t = 0. Jestliže bodu na přímce x + 3y = 6 odpovídá hodnota parametru t 1, je vzdálenost těchto bodu rovna d = x1 x 0 ) + y1 y 0 ) = x0 + t 1 x 0 ) + y0 + 3t 1 y 0 ) = 13 t 1. 1

Pro bod x 0 = 8 5, y = 3 5 je parametr t 1 řešením rovnice 8 5 + t) + 3 3 5 + 3t) = 6 = 13t = 1 = t = 1 13. Tedy v tomto případě je vzdálenost d 1 = 1 13. Pro bod x 0 = 8 5, y = 3 5 je parametr t 1 řešením rovnice 8 5 + t) + 3 3 5 + 3t) = 6 = 13t = 11 = t = 11 13. Tedy v tomto případě je vzdálenost d = 11 13. Z toho dostáváme, [ že bod elipsy x +4y = 4, který má minimální vzdálenost od přímky x+3y = 6 8 je bod M min = 5 ; 3 ] [ a bod, pro který je tato vzdálenost maximální, je M max = 8 ] 5 5 ; 3. 5 Poznámka: Když máme najít nejmenší, resp. největší, vzdálenost křivek, které jsou dány rovnicemi f 1 x, y) = 0 a f x, y) = 0, lze postupovat tak, že budeme hledat minimum, resp. maximum, funkce dx 1, x, y 1, y ) = x 1 x + y1 y, kde body X 1 = [x 1 ; y 1 ] a X = [x ; y ] leží na křivkách f 1 x 1, y 1 ) = 0 a f x, y ) = 0, tj. vázané extrémy. Sestrojíme Lagrangeovu funkci Lx 1, x, y 1, y ) = dx 1, y, y 1, y ) λ 1 f 1 x 1, y 1 ) λ f x, y ). V bodech, kde jsou funkce f 1 x 1, y 1 ) a f x, y ) diferencovatelné to není například v krajních bodech) musí být = x 1 x 1 λ 1 = 0, x 1 d x 1 = x x 1 λ = 0, x d x = y 1 y 1 λ 1 = 0 y 1 d y 1 = y = y 1 λ 1 = 0 y d y x 1 x = dλ 1 1 x 1 = dλ x y 1 y = dλ 1 y 1 = dλ y Poslední rovnice je ale vztah λ 1 grad f 1 = λ grad f, a tedy body X 1 a X leží na normále k oběma křivkám. Bodem P a; b; c) veďte rovinu tak, aby objem čtyřstěnu vymezeného touto rovinou a souřadnicovými rovinami byl minimální. Návod: Použíjte rovnici roviny ve tvaru x p + y q + z = 1, kde p, q, resp. r jsou úseky na osách Ox, Oy, resp. Oz, r které tato rovina vytíná. Řešení: Když napíšeme rovnici hledané roviny ve tvaru x p + y q + z = 1, jsou její průsečíky se r souřadnicovými osami [p; 0; 0], [0; q; 0] a [0; 0; r]. Tedy objem uvažovaného čtyřstěnu je V = 1 6 pqr a podmínka, že rovina prochází bodem [a; b; c] je a p + b q + c = 1. Naším úkolem je najít minimum r funkce V p, q, r) = pqr 6 za podmínky gp, q, r) = a p + b q + c 1 = 0, kde p, q, r > 0. r K řešení můžeme použít metodu Lagrangeových multiplikátorů. Sestrojíme funkce Lp, q, r) = V p, q, r) λgp, q, r) = pqr a 6 λ p + b q + c ) r 1. Body, kde může být extrém jsou pak určeny podmínkami p = qr 6 + λa p = 0, q = pr 6 + λb q = 0, a p + b q + c r = 1. r = pq 6 + λc r = 0,

Vynásobíme-li postupně první rovnici p, druhou q a třetí r, dostaneme pqr 6 = λa p = λb q = λc r = q = b a p, r = c a p. Po dosazení do čtvrté rovnice dostaneme p = 3a, q = 3b, r = 3c = λ = a bc 6p = 7abc, V = 7abc Abychom se přesvědčili, že se jedná skutečně o lokální minimum, budeme ještě zkoumat druhý diferenciál funkce Lp, q, r). Protože. L p = λa p 3, L p q = r 6, L p r = q 6, L q = λb q 3, L q r = p 6, L r = λc r 3, je symetrická matice A, která odpovídá druhému diferenciálu v bodě p = 3a, q = 3b, r = 3c a λ = 7 abc rovna a 1 1 bc c 1 b 1 A = c ab 1 1 c a 1 b 1 a abc 1 A protože D 1 = a 1 bc > 0, D = 3 4 c > 0 a D 3 = 1 abc > 0 je druhý diferenciál d L3a, 3b, 3c) pozitivně definitní forma a v bodě p = 3a, q = 3b a r = 3c skutečné lokální minimum. Tedy rovnice hledané roviny je x a + y b + z c = 3. Do elipsy x + 3y = 1 vepište rovnoramenný trojúhelník takový, že má základnu rovnoběžnou s osou x a má maximální obsah. Řešení: Nechť je vrchol A = [0; ], přímka, na které leží základna prochází bodem [0; y], y, a má průsečíky s elipsou v bodech [x; y] a [ x; y], kde x 0. Protože strana a má délku x tady používám předpoklad x 0; jinak by bylo a = x ) a výška v a = + y, je obsah trojúhelníka roven P x, y) = xy + ). Protože bod [x; y] leží na dané elipse, musí platit x + 3y = 1 a x 0 polovina dané elipsy). Jedná se tedy o vázaný extrém, který můžeme hledat metodou Lagrangeových multiplikátorů. Sestrojíme Lagrangeovu funkci Lokální extrémy mohou být pouze v bodech, kde Lx, y) = xy + ) λ x + 3y 1 ). x = y + λx = 0, y = x 6λy = 0, x + 3y = 1. Z první rovnice plyne x = 6λy. Po dosazení do první a poslední rovnice dostaneme soustavu y + 1λ y = 0, y + 1λ y = 4. Když vynásobíme první rovnici y a přičteme k druhé, dostaneme rovnici y + y = 4, která má řešení y 1 = 1 a y =. Protože je elipsa kompaktní, tj. omezená a uzavřená, množina, musí na ní existovat maximum a minimum funkce P x, y) = xy + ). Nalezli jsme, že tento extrém může být pouze v bodech M 1 = [0; ], M = [0; ] krajní body poloviny elipsy) nebo v bodě M 3 = [3; 1]. Protože P 0, ) = P 0, ) = 0 a P 3, 1) = 9, má hledaný trojúhelník vrcholy A = [0; ], B = [3; 1] a C = [ 3; 1]. 3

Určete rozměry obdélníku daného obvodu p, který rotací kolem jedné strany vytvoří těleso s maximálním objemem. Řešení: Označme délky stran obdélníka x a y. Jestliže obdélník rotuje kolem strany s délkou y, vytvoří válec s objemem V x, y) = πx y. Protože je dán obvod obdélníka, musí x a y splňovat vztah x + y = p. V příkladu se tedy jedná o vázaný extrém. Protože z vazbové podmínky snadno najdeme y = p x, lze úlohu převést na hledání extrému funkce jedné proměnné F x) = V x, p x) = πx p x), kde x 0, p. Diferencovatelná funkce F x) musí mít na kompaktním intervalu 0, p maximum i minimum. To nastane buď v krajních bodech intervalu, tj. v bodech x = 0 nebo x = p, nebo v bodech, kde je F x) = π 3x px ) = 0 = x = 0 nebo x = 3 p. Protože F 0) = F p) = 0 a F 3 p) = 4 7 πp3, jsou strany hledaného obdélníka x = 3 p a strana, kolem které obdélník rotuje je y = 1 3 p. Určete rozměry pravoúhlého odkrytého bazénu, který má při daném objemu V minimální povrch. Řešení: Označme x a y délky stran dolní stěny a z výšku bazénu. Pak je jeho povrch roven P x, y, z) = xy + x + y)z. Protože je dán objem bazénu V, splňují strany x, y a z vztah xyz = V. Jedná se tedy o úlohu najít vázaný extrém funkce. Protože z vazby velmi snadno vyjádříme proměnnou z = V, lze úlohu řešit jako extrém funkce dvou proměnných xy F x, y) = P x, y, V ) V = xy + xy x + V y pouze s podmínkou x, y > 0, tj. na otevřené množině. V takovém případě jsou podmínky na lokální extrém F x = y V x = 0, F y = x V y = 0. Když z první rovnice vyjádříme y = V x a dosadíme do druhé, dostaneme po snadných úpravách x V x 3) = 0 = x = 3 V. Pak je y = 3 V = x a z = 3 1 V = 1 x. Abychom se přesvědčili, že funkce F x, y) má pro x = y = 3 V skutečně lokální minimum, budeme v tomto bodě zkoumat druhý diferenciál funkce F x, y). Protože F x = 4V x 3, F x y = 1, F y = 4V y 3, je symetrická matice A, která definuje kvadratickou formu d F 3 V, 3 V ) rovna A = ) 1. 1 Protože D 1 = > 0 a D = 3 > 0, je kvadratická forma d F 3 V, 3 V ) pozitivně definitní. Tedy funkce F x, y), a tedy i funkce P x, y, z) na množině xyz = V, má v bodě x = y = z = 3 V minimum. 4

V rovině z = 0 určete bod D tak, aby koule, která prochází body A 0; 0; 1), B 0; 0; 4), C 8; 0; 8) a D měla minimální objem. Řešení: Označme x a y souřadnice hledaného bodu D = [x; y; 0]. Nechť má koule střed v bodě S = [x s ; y s ; z s ] a poloměr R. Pak máme najít minimum funkce V = 4 3 πr3. Ale protože koule má procházet danými body A, B, C a bodem D, musí platit ještě další podmínky, které vyjadřují, že vzdálenost těchto bodů od středu je rovna R přesněji by mělo platit, že je menší nebo rovna R, ale pokud body leží uvnitř koule, je zřejmé, že objem nebude minimální). Tedy musí platit x s + y s + z s 1 ) = R, x s + y s + z s 4 ) = R, xs 8 ) + y s + z s 8 ) = R, x xs ) + y ys ) + z s = R. Jedná se tedy o úlohu na vázaný extrém. Úlohu bychom mohli řešit přímo pomocí metody Lagrangeových multiplikátorů, ale Lagrangeova funkce by v takovém případě byla funkcí x, y, x s, y s, z s, R a navíc bychom měli čtyři Lagrangeovy multiplikátory. Proto raději nejprve některé proměnné vyloučíme pomocí rovnic vazeb. Když odečteme rovnice v prvním sloupci, dostaneme z s = 8. Po dosazení pak odečteme rovnice v prvním řádku. Z toho plyne x s = 3. Po dosazení do rovnic vazeb nám zůstanou dvě nezávislé rovnice y s + 5 = R, x 3 ) + y ys ) + 64 = R. Naším úkolem nyní je nají minimum funkce V = 4 3 πr3 za podmínek y s + 5 = R a x 3 ) + y y s ) + 64 = R. Zde jsou proměnné x, y, y s a R. Z druhé rovnice plyne R 8. Protože je funkce V rostoucí funkcí proměnné R, musí minimum nastávat pro R = 8. Pak plyne z první podmínky y s = ± 39 a z druhé rovnice x = 3 a y = y s = ± 39. Hledané body tedy jsou D 1 = [ 3; 39; 0 ] nebo D = [ 3; 39; 0 ]. Do rotačního kužele o délce površky a vrcholovém úhlu 1 π vepište kvádr maximálního objemu. Řešení: Z Pythagorovy věty plyne, že podstava kužele má průměr a výška kužele je 1. Označme x, y délky stran podstavy kvádru a z jeho výšku. Naším úkolem je najít x, y a z tak, aby byl maximální objem V = xyz. Proměnné x, y a z musí ale splňovat jisté vazbové podmínky. Pro průměr kruhu d, ve kterém leží horní stěna kvádru, najdeme z podobnosti trojúhelníků d = 1 z). Protože horní stěna kvádru má být vepsána do kruhu s průměrem d, musí platit d = x + y. Z toho dostaneme, že musí platit vztah z = 1 1 x + y. Tedy máme najít maximum funkce V x, y) = 1 xy x + y ) na množině M = { x, y) R ; x, y 0, x + y 4 }. Protože je funkce V x, y) spojitá na kompaktní množině M, nabývá na ni maxima a minima. Protože na hranici množiny M je V x, y) = 0, bude ležet maximum uvnitř množiny M. Funkce V x, y) je na M diferencovatelná, a tedy maximum může nabývat pouze v bodech, kde dv = 0, tj. v bodech, kde V x = y x + y ) x y x + y = y x + y x y ) = 0, x + y V y = x x + y ) xy x + y = x x + y x y ) = 0. x + y Odečteme-li obě rovnice, zjistíme, že musí platit x y = 0, tj. x = y. Po dosazení do jedné z rovnic dostaneme x 3x = 0 = x = 3. 5

Protože v tomto bodě je V = 8 7 > 0, je v tomto bodě maximum. Rozměry hledaného kvádru jsou x = y = 3, z = 1 3. Do koule o poloměru R vepište válec s maximálním povrchem. Řešení: Označme r poloměr válce a v jeho výšku. Povrch takového válce je dán vztahem P r, v) = πr + πrv. Protože je válec vepsán do koule s poloměrem R, plyne z Pythagorovy věty vztah r + 1 4 v = R. V podstatě tedy máme najít extrém funkce P r, v) = πr + πrv za předpokladu, že platí r + 1 4 v = R, tedy vázaný extrém. Protože v 0 plyne z rovnice vazby v = R r. Když dosadíme tento vztah do výrazu pro povrch válce, lze uvedenou úlohu formulovat tak, že pro r 0, R máme najít maximum funkce F r) = P r, R r ) = π r + r R r ). Protože se jedná o maximum diferencovatelné funkce na kompaktním, tj. omezeném a uzavřeném intervalu, řešení existuje. Protože v krajních bodech platí F 0) = F R) = 0 musí maximum ležet uvnitř intervalu, tj. v bodě, kde F r) = π r + R r ) r = R6 r 4π R r r R r + R r ) = 0. Z rovnice r R = r R r plyne, že r R. Jestliže tuto rovnici umocníme, dostaneme 5r 4 5r R + R 4 = 0 = r = 5 + 5 R, 10 Při řešení kvadratické rovnice museli vzhledem k podmínce r R správně zvolit znaménko před diskriminantem). Tedy poloměr hledaného válce je r = 5 + 5 R a v = R 10 r 5 5 = R. 10 Nalezněte minimální vzdálenost bodu A 1; 4) od paraboly dané rovnicí y = x. Řešení: Vzdálenost bodu X = [x; y] od bodu A = [1; 4] je dx, y) = x 1) + y 4). Protože má bod X ležet na dané parabole, musí platit y = x. Máme tedy najít minimum funkce dx, y) při podmínce y = x, tj. jedná se o vázaný extrém. Nejjednodušší je vyřešit rovnici vazby a dosadit do funkce, jejíž extrém hledáme. Z rovnice vazby plyne x = 1 y. Tedy budeme hledat minimum funkce F y) = d 1 y, y ) = 1 y 1 ) + y 4 ) = 1 y4 3y + 68. Abychom našli extrémy funkce F y), najdeme její stacionární body, tj. body, kde F y) = 0 = y 3 8 y4 3y + 68 = 0 = y =. Protože je funkce F y) diferencovatelná v celém R, má jediný stacionární bod y = a lim F y) = y ± +, je v bodě y = její globální minimum F ) = 5. Tedy vzdálenost bodu A = [1; 4] od paraboly y = x je 5. Určete největší a nejmenší hodnotu funkce fx, y) = x + y 1x + 16y na množině M = { x, y) ; x + y 5 }. 6