Funkce více proměnných
April 29, 2016
IMA 2016
Příklad (Derivace vyšších řádů) Daná je funkce f (x, y) = x 2 y + y 3 x 4 , určte její parc. derivace podle x a podle y prvního i druhého řádu, i smíšené. fx0 = 2xy + 4y 3 x 3 00 = 2y + 12y 3 x 2 fxx 00 = 2x + 12y 2 x 3 fxy
fy0 = x 2 + 3y 2 x 4 00 = 6yx 4 fyy 00 = 2x + 12y 2 x 3 fyx
IMA 2016
Derivace vyšších řádů Jsou-li všechny parciální derivace druhého řádu funkce f spojité, potom matice sestavěná z parciálních derivací druhého řádu 00 fx x f 001 1 x2 x1 .
fx00n x1
fx001 x2 fx002 x2 . fx00n x2
· · · fx001 xn · · · fx002 xn ··· . · · · fx00n xn
se nazývá druhá derivace funkce f a značí symbolem f 00 . Schwarzova věta. Nechť funkce f : A → R, A ⊂ Rn má v nějakém okolí bodu X0 ∈ A parciální derivace fx0i , fx0j , fx00i xj , fx00j xi , které jsou spojité v bodě X0 . Potom platí fx00i xj (X0 ) = fx00j xi (X0 ). IMA 2016
Příklad (Derivace vyšších řádů) Daná je funkce f (x, y, z) = x 3 e 4x sin y + y 2 . sin xy + 4xyz, určte její 000 . Na přednášce bylo vysvětleno proč f 000 = f 000 , parc. derivaci fxyz xyz zxy proto: fz0 = 4xy 00 = 4y fzx 000 = 4 fzxy
IMA 2016
Extrémy funkce více proměnných
IMA 2016
Extrémy funkce více proměnných
Řekneme, že funkce f : A → R, A ⊂ Rn má v bodě X0 ∈ A lokální maximum (resp. minimum), jestliže existuje okolí U (X0 ) tak, že platí ∀X ∈ U ∗ (X0 ) : f (X ) ≤ f (X0 )(resp.f (X ) ≥ f (X0 )). V případě, že platí ostré nerovnosti, říkáme, že lokální maximum resp. minimum je ostré. Lokální maximum a minimum se nazývá společným pojmem lokální extrém.
IMA 2016
Nutná podmínka pro extrém
Fermatova věta. Nechť f : A → R je hladká na nějakém okolí U (X0 ) bodu X0 a nechť má funkce f v bodě X0 lokální extrém. Pak platí: gradf (X0 ) = f 0 (X0 ) = ~0. Platí-li v bodě X0 vztah gradf (X0 ) = ~0, říkáme, že X0 je stacionární bod funkce f . Stacionární bod, ve kterém extrém nenastane, se nazývá sedlový bod.
IMA 2016
Diferenciál k-tého řádu, f (x, y)
Je-li f : A → R třídy Cm , pak pro libovolné X0 ∈ A a k ≤ m funkci, která každému vektoru~h = (h1 , ..., hn ) přiradí k-tou derivaci funkce f podle vektoru ~h, tedy funkci D k (f (X0 , ~h)) = f~kk (X0 ) h
nazýváme diferenciálem k-tého řádu funkce f v bodě X0 . df (X0 ) = fx0 (X0 ).dx + fy0 (X0 ).dy. 00 00 00 d 2 f (X0 ) = fxx (X0 ).dx 2 + fyy (X0 ).dy 2 + 2fxy (X0 )dx.dy.
(3)
(3)
(3)
(3)
d 3 f (X0 ) = fxxx (X0 ).dx 3 + fyyy (X0 ).dy 3 + 3fxxy (X0 )dx 2 .dy + 3fyyx (X0 )dx.dy 2 .
IMA 2016
Diferenciál k-tého řádu, f (x, y, z)
df (X0 ) = fx0 (X0 ).dx + fy0 (X0 ).dy + fz0 (X0 ).dz. 00 00 00 d 2 f (X0 ) = fxx (X0 ).dx 2 + fyy (X0 ).dy 2 + fzz (X0 ).dz 2 + 00 00 00 +2fxy (X0 )dx.dy + 2fxz (X0 )dx.dz + 2fyz (X0 )dy.dz.
(3)
(3)
(3)
(3)
d 3 f (X0 ) = fxxx (X0 ).dx 3 + fyyy (X0 ).dy 3 + fzzz (X0 ).dz 3 + 3fxxy (X0 )dx 2 .dy+ (3)
(3)
(3)
(3)
(3)
(3)
+3fxxz (X0 )dx 2 .dz + 3fyyx (X0 )dx.dy y + 3fyyz (X0 )dy 2 .dz+ +3fzzx (X0 )dz 2 .dx + 3fzzy (X0 )dz 2 .dy + 6fxyz (X0 )dx.dy.dz
IMA 2016
Taylorův polynom Má-li funkce f spojité parciální derivace až do řádu k na okolí U (X0 ) bodu X0 , potom Taylorovým polynomem funkce f v bodě X0 nazýváme polynom Tk (X) = f (X0 )+
1 1 1 df (X0 , X−X0 )+ d 2 f (X0 , X−X0 )+· · ·+ d k f (X0 , X−X0 ). 1! 2! k!
Například pro funkci dvou proměnných f (x, y), obecný přírustkový vektor ~h = X − X0 = (x − x0 , y − y0 ) má Taylorův polynom druhého stupně následující tvar: Tk (x, y) = f (x0 , y0 ) +
1 0 f (x0 , y0 ).(x − x0 ) + fy0 (x0 , y0 ).(y − y0 )+ 1! x
1 00 00 f 00 (x0 , y0 ).(x − x0 )2 + 2fxy (x0 , y0 ).(x − x0 )(y − y0 ) + fyy (x0 , y0 ).(y − y0 )2 . 2! xx Taylorova věta. Má-li funkce f spojité parciální derivace až do řádu k + 1 na okolí U (X0 ) bodu X0 , potom pro X = X0 + ~h ∈ U (X0 ) platí f (X) = Tk (X) + Rk+1 (X), tj. +
f (X0 +h) = f (X0 )+
1 1 1 df (X0 , h)+ d 2 f (X0 , h)+· · ·+ d k f (X0 , h)+Rk+1 (X), 1! 2! k!
kde Rk+1 =
1 d (k+1) f (X0 + ε.~h, ~h) (k + 1)!
a ε je jisté číslo z intervalu (0, 1). IMA 2016
Postačující podmínka pro extrém
Nechť X0 je stacionárním bodem funkce f : A → R. Pak platí-li pro každý nenulový přírustkový vektor ~h d 2 f (X0 , ~h) > 0, je v bodě X0 lokální minimum, d 2 f (X0 , ~h) < 0, je v bodě X0 lokální maximum, d 2 f (X0 , ~h) ≥ 0, extrém v bodě X0 může a nemusí nastat, d 2 f (X0 , ~h) ≤ 0, extrém v bodě X0 může a nemusí nastat. Jestliže pro některé ~h je d 2 f (X0 , ~h) > 0 a pro jiné ~h je d 2 f (X0 , ~h) < 0, extrém nenastane.
IMA 2016
Sylvestrovo kriterium
Nechť A je stacionární bod funkce f n promenných. Jsou-li v bodě A subdeterminanty D1 , D2 , · · · , Dn matice f 00 všechny kladné, má funkce f v bodě A lokální minimum. Jsou-li v bodě A subdeterminanty D1 , D3 , · · · záporné a subdeterminanty D2 , D4 , · · · kladné (tedy jsou střídavě záporné a kladné s D1 záporným), má funkce f v bodě A lokální maximum. Je-li některý subdeterminant se sudým indexem v bodě A záporný, potom v bodě A extrém nenastane. Je-li některý subdeterminant s lichým indexem kladný a jiný záporný, extrém nenastane. Je-li některý subdeterminant v bodě A roven nule a předchozí dve podmínky extrém nevyloučily, nelze pomocí tohoto kriteria o existenci extrému rozhodnout.
IMA 2016
Příklad (Extrémy) Daná je funkce f (x, y) = x 2 + y 2 , určte její lok. extrémy. Najdeme stac. body, tedy fx0 = 0 a fy0 = 0. Zřejmě fx0 = 2x, fy0 = 2y. Stac. bod je A = (0, 0, 0). Zjistíme druhé derivace 00 00 00 00 fxx = 2, fyy = 2, fxy = fyx = 0.
00
00
00
fxx · fyy − fxy
2
00
= 4 > 0 a fxx > 0,
proto se jedná o lok. minimum a z předpisu funkce je zřejmé, že je to i glob. minimum. IMA 2016
Příklad (Extrémy) Daná je funkce f (x, y) = xy, určte její lok. extrémy. Najdeme stac. body, tedy fx0 = 0 a fy0 = 0. Zřejmě fx0 = y, fy0 = x. Stac. bod je A = (0, 0, 0). Zjistíme druhé derivace 00 00 00 00 = 0, fyy = 0, fxy = fyx = 1. fxx
00
00
00
fxx · fyy − fxy
2
= −1 < 0,
proto se nejedná o lok. extrém, ale sedlový bod. IMA 2016
Příklad (Extrémy) Daná je funkce f (x, y) = 2x 3 + xy 2 + 5x 2 + y 2 , určte její lok. extrémy. Najdeme stac. body, tedy fx0 = 0 a fy0 = 0. Zřejmě fx0 = 6x 2 + y 2 + 10x, fy0 = 2xy + 2y. Hledáme x, y, aby 6x 2 + y 2 + 10x = 0, 2xy + 2y = 0. Ze druhé rovnice je y = 0 nebo x = −1. dosazením y = 0 do první rovnice, dostaneme x = 0 nebo x = − 53 . dosazením x = −1 do první rovnice, dostaneme y = 2 nebo y = −2. IMA 2016
Příklad (Extrémy, pokr.) Stac. body jsou B1 = (0, 0), B2 = (− 53 , 0), B3 = (−1, 2), B4 = (−1, −2). Zjistíme druhé derivace 00 00 00 00 fxx = 12x + 10, fyy = 2x + 2, fxy = fyx = 2y.
Po dosazení souradnic jednotlivých bodů a výpočtech determinantů a subdeterminantů, zjistíme, že DB1 = 20, D1B1 = 10, ⇒ B1 je lok. minimum 40 , D1B2 = −10, ⇒ B2 je lok. maximum 3 = −16, ⇒ B3 není extrém, DB4 = −16, ⇒ B4 není extrém DB2 =
DB3
Poznamenajme, že 00
00
00
2
D(B) = fxx (B) · fyy (B) − fxy (B) IMA 2016
00
, D1 = fxx (B),
Příklad (Extrémy) Daná je funkce f (x, y) = 2x 2 + y 2 + 2z − xy − xz, určte její lok. extrémy. Najdeme stac. body, tedy fx0 = 0, fy0 = 0 a fz0 = 0. Zřejmě fx0 = 4x − y − z, fy0 = 2y − x, fz0 = 2 − x Hledáme x, y, z, aby 4x − y − z = 0, 2y − x = 0, 2 − x = 0. Z posl. rovnice je x = 2, dosazením do druhé rovnice, dostaneme y = 1, dosazením do první rovnice, dostaneme z = 7. IMA 2016
Příklad (Extrémy, pokr.) Stac. bodem je A = (2, 1, 7). Zjistíme druhé derivace pro stac. bod: 00 00 00 00 00 fxx = 4, fyy = 2, fzz00 = 0, fxy = −1, fxz = −1, fyz = 0.
Výpočtem se přesvěčte (pro D3 si zopakujte Sarrusovo pravidlo!), že D1 = 4, D2 = 7, D3 = −2 Vzhledem k tomu, že D1 > 0, D3 < 0, nejedná se o extrém.
IMA 2016
Příklad (Extrémy) Daná je funkce f (x, y) = x 2 + y 2 , a bod A = (0, 0, −1). Najděte na ploše dané f (x, y) = x 2 + y 2 bod, který má od bodu A nejkratší vzdálennost. Bod X , který leží na dané ploše má souradnice (x, y, z), a pro z platí z = x 2 + y 2 , proto X = (x, y, x 2 + y 2 ). Pro vzdálennost bodu A od bodu X platí d=
q
(x − 0)2 + (y − 0)2 + (x 2 + y 2 − (−1))2 .
Podle zadání by jsme měli hledat minimum funkce d, na přednášce bylo vysvětleno proč stačí zkoumat funkci d 2 . Pro zjednodušení označíme d 2 = q. Najdeme stac. body, proto zjistíme parc. derivace: qx0 = 2x(2x 2 + 2y 2 + 3), qy0 = 2y(2x 2 + 2y 2 + 3). Hledáme x, y tak, aby qx0 = 0 a qy0 = 0. IMA 2016
Příklad (Extrémy, pokr.) To nastane jenom když x = y = 0. Uvědomte si, že (2x 2 + 2y 2 + 3) nebude nikdy 0. Stac. bodem je X = (0, 0). Zjistíme druhé derivace pro stac. bod (ověřte si to!): 00 00 00 qxx = 6, qyy = 6, qxy = 0.
Výpočtem zjistíme, že D1 = 6 > 0, D2 = 36 > 0, proto se jedná o minimum, co asi nikoho nepřekvapilo.
IMA 2016
Příklad (Extrémy) Daná je funkce f (x, y) = x 2 + y 2 , a bod A = (0, 0, 1). Najděte na ploše dané f (x, y) = x 2 + y 2 bod, který má od bodu A nejkratší vzdálennost. Bod X , který leží na dané ploše má souradnice (x, y, z), a pro z platí z = x 2 + y 2 , proto X = (x, y, x 2 + y 2 ). Pro vzdálennost bodu A od bodu X platí d=
q
(x − 0)2 + (y − 0)2 + (x 2 + y 2 − 1)2 .
Podle zadání by jsme měli hledat minimum funkce d, na přednášce bylo vysvětleno proč stačí zkoumat funkci d 2 . Pro zjednodušení označíme d 2 = q. Najdeme stac. body, proto zjistíme parc. derivace: qx0 = 2x(2x 2 + 2y 2 − 1), qy0 = 2y(2x 2 + 2y 2 − 1). Hledáme x, y tak, aby qx0 = 0 a qy0 = 0. IMA 2016
Příklad (Extrémy, pokr.) To nastane v těchto případech: x = 0, 2x 2 + 2y 2 − 1 = 0 x = 0, y = 0 y = 0, 2x 2 + 2y 2 − 1 = 0 2x 2 + 2y 2 − 1 = 0 Stac. bodem je X = (0, 0) a kružnice x 2 + y 2 = 21 (kružnice leží ve výšce 12 , z− ová souřadnice jejich bodů je 21 ). Uvědomte si, že první a třetí případ jsou body kružnice (tedy podmnožina čtvrtého případu). Zjistíme druhé derivace pro stac. bod X1 = (0, 0) (ověřte si to!): 00 00 00 qxx = −2, qyy = −2, qxy = 0. Výpočtem zjistíme, že D1 = −2 < 0, D2 = 4 > 0, IMA 2016
Příklad (Extrémy, pokr.) proto se jedná o lok. maximum. Pro lepší pochopení situace, je vhodné spočítat úlohu o min. vzdál. pro funkci jedné proměnné f (x) = x 2 a bod A = (0, 1), tak jak to bolo na přednášce. Zřejmě všechny body z "naší" kružnice mají stejnou vzdálennost od bodu A, proto stačí ak o jedném bodu kružnice zjistíme, že je v něm minimum a potom budeme vědet, že v bodech kružnice máme lok. minimum, ale neostré! √ Přesvěčte se např. o tom, že v bodě X = (0, 22 ) (zřejmě leží na "naši" kružnici) je lok. minimum funkce q. Návod na to najdete v předchozích úlohách.
IMA 2016
Příklad (Vázané extrémy) Součet dvou čísel je 10. Jaký může být největší a nejmenší jejich součin? Úlohu přeformulujeme: Určete extrémy funkce f (x, y) = x.y, ak x + y = 10. Z x + y = 10 je y = 10 − x. Dosadíme do f (x, y) a f (x, y) = x · (10 − x) = 10x − x 2 . Dostali jsme funkci jedné prom., najdeme stac. body. f 0 (x) = 10 − 2x, f 00 (x) = −2.
IMA 2016
Příklad (Vázané extrémy, pokr.) Funkce má jediný stac. bod x = 5. Ze druhé derivace vidíme, že se jedná o maximum. Největší součin dostaneme, když x = y = 5. Na množine všech reál. čísel funkce nemá minimum. Když se omezíme na nezáporné čísla, maximum bude stejné, ale funkce bude mít i minimum (jeho hodnota je 0) v krajních bodech (10 + 0 = 0 + 10 = 10, 10.0 = 0.10 = 0).
IMA 2016
Příklad (Vázané extrémy) Součet tří čísel je 10. Jaký může být největší a nejmenší jejich součin? Budeme postupovat stejně jako předch. úloze. Úlohu přeformulujeme: Určete extrémy funkce f (x, y, z) = x.y.z, ak x + y + z = 10. Z x + y + z = 10 je z = 10 − x − y. Dosadíme do f (x, y, z) a f (x, y, z) = xy · (10 − x − y) = 10xy − x 2 y − xy 2 . Dostali jsme funkci dvou prom., najdeme stac. body. fx0 (x, y) = 10y − 2xy − y 2 = y(10 − 2x − y), fy0 (x, y) = 10x − 2xy − x 2 = x(10 − 2y − x). IMA 2016
Příklad (Vázané extrémy, pokr.) Stac. body jsou A = (0, 0), B = (0, 10), C = (10, 0), D = (
10 10 , ). 3 3
Funkce má maximum v stac. bodě D, v bodech A, B, C není extrém. Nejv. součin dostaneme, když x = y = z = 10 3 . Když se omezíme na nezáporné čísla, maximum bude stejné, ale funkce bude mít i minimum (jeho hodnota je 0) v krajních bodech (to znamená, že alespoň jedno z čísel bude 0.)
IMA 2016
