Diferenciální počet – příklad 2 Napište rovnici tečné roviny ke grafu funkce f (x, y) = xy, která je kolmá na přímku x+2 =y+2=1−z 2 Řešení: Směrový vektor dané přímky je np = (2, 1, −1). Na ploše danérovnicí x =f (x, y) = xy ∂f ∂f musíme tedy najít body [x0 ; y0 ; z0 = x0 y0 ], v nichž je vektor normály n = , , −1 rovnoběžný ∂x ∂y s vektorem np , tj. najít řešení soustavy n = λnp ⇐⇒
y0 , x0 , −1) = λ · (2, 1, −1) =⇒ λ = 1 , x0 = 1 , y0 = 2 , z0 = x0 y0 = 2 .
Rovnice tečné roviny ke grafu funkce z = (x, y) = xy v bodě M = [1; 2; 2] je z−2 =
∂z ∂z (1, 2) · (x − 1) + (1, 2) · (y − 2) ⇐⇒ z − 2 = 2(x − 1) + y − 2 ⇐⇒ 2x + y − z − 2 = 0 . ∂x ∂x
Nalezněte derivaci funkce f (x, y) = ln(x + y) v bodě A = (1, 2) ve směru tečny k parabole y 2 = 4x v bodě A. Řešení: Protože je funkce f (x, y) = ln(x + y) diferencovatelná v bodě A = [1; 2], lze její derivaci ve směru vektoru v počítat jako ∂f ∂f ∂f 1 1 = grad f · v , kde grad f = , = , . ∂v ∂x ∂y x+y x+y Směr vektoru v najdeme jako směrový vektor tečny ke grafu funkce g(x, y) = y 2 − 4x = 0. Směrový vektor normály je n = grad g = (2y, −4). Tedy vektor tečny je t = (4, 2y). V bodě A = [1; 2] je grad f (1, 2) = 31 (1, 1) a vektor tečny t = (4, 4). Vektor v je jednotkový vektor ve směru t, tj. v = √12 (1, 1) a hledaná derivace ve směru v je rovna √ ∂f (1, 1) (1, 1) 2 = · √ = . ∂v 3 3 2 Nalezněte derivaci funkce f (x, y) = 3x2 − 6xy + y 2 v bodě A = − 13 , − 12 ve směru libovolného vektoru. Rozhodněte, ve kterém směru je derivace největší, nejmenší a nulová. Řešení: Protože je funkce f (x, y) = 3x3 − 6xy + y 2 diferencovatelná v R, lze určit její derivaci v libovolném směru n = (n1 , n2 ), n21 + n22 = 1 ze vztahu ∂f = grad f · n = (6x − 6y, −6x + 2y) · (n1 , n2 ) = 6(x − y)n1 + 2(y − 3x)n2 . ∂n Speciálně v bodě A = [− 31 ; − 12 ] je F (n1 , n2 ) =
∂f − 31 , − 12 = n1 + n2 . ∂n
Abychom našli směr, ve kterém je tato derivace největší, resp. nejmenší, budeme hledat globální extrém funkce F (n1 , n2 ) = n1 + n2 na množině n21 + n22 = 1. Sestrojíme Lagrangeovu funkci L(n1 , n2 ) = F (n1 , n2 ) − λ n21 + n22 − 1 = n1 + n2 − λ n21 + n22 − 1 . Typeset by AMS-TEX 1
Podmínky na extrém 1 − 2λn1 = 0 ,
1 − 2λn2 = 0 ,
n21 + n22 = 1
dávají n1 = n2 = − √12 . Protože je množina n21 + n22 = 1 kompaktní, může na ní nabývat funkce √ 1 F (n1 , n2 ) maxima a minima pouze v těchto bodech. Protože F √12 , √12 = 2 a F −√ , − √12 = 2 √ − 2, nabývá derivace největší hodnoty ne směru nmax = √12 (1, 1) a nejmenší hodnoty ve směru nmin = − √12 (1, 1). Derivace je nulová ve směru, pro který platí F (n1 , n2 ) = n1 + n2 = 0
a
n21 + n22 = 1 =⇒
n1 , n2 = ± √12 (1, −1) .
Určete, zda řešení rovnice e2x cos y + ey cos 2x − 2 = 0 je v okolí bodu (0, 0) funkcí y(x) a napište aproximaci tohoto řešení v okolí bodu (0, 0) pomocí polynomu druhého stupně. Řešení: Spojitá funkce y = y(x), pro kterou platí y(0) = 0 je zadána jako řešení rovnice F x, y(x) = e2x cos y(x) + ey(x) cos 2x − 2 = 0. Protože F (0, 0) = 0 může taková funkce existovat. Její kvadratická aproximace je y(x) ≈ y(0) + y 0 (0) · x + 21 y 00 (0) · x2 . Proto musíme najít první dvě derivace této funkce v bodě x = 0. Derivace definičního vztahu dává e2x cos y(x) 2 cos y − 2xy 0 sin y +ey(x) cos 2x y 0 cos 2x − 2y sin 2x = 0 .
(1)
Z rovnice (1) dostaneme v bodě x = y = 0 2 + y 0 (0) = 0 ⇐⇒ y 0 (0) = −2 . Druhou derivaci získáme z rovnice, která vznikne derivací rovnice (1), tj. 2 e2x cos y(x) 2 cos y − 2xy 0 sin y +e2x cos y(x) −4y 0 sin y − 2x(y 0 )2 cos y − 2xy 00 sin y + 2 +ey(x) cos 2x y 0 cos 2x − 2y sin 2x + ey(x) cos 2x y 00 cos 2x − 4y 0 sin 2x − 4y cos 2x = 0 . V bodě x = y = 0 je y 0 (0) = −2, a tedy platí 8 + y 00 = 0 ⇐⇒ y 00 (0) = −8 . Hledaná kvadratická aproximace funkce y = y(x) tedy je y(x) ≈ −2x − 4x2 .
Napište rovnici tečných rovin k ploše určené rovnicí x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21, které jsou rovnoběžné s rovinou určenou rovnicí x + 4y + 6z = 0. Řešení: Plocha je definována rovnicí F (x, y, z) = x2 +2y 2 +3z 2 −21 = 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 = 2x, 4y, 6z) . 2
Daná plocha má normálovou rovinu nR = (1, 4, 6) budeme tedy na ploše hledat body [x0 ; y0 ; z0 ], ve kterých jsou vektory n a nR rovnoběžné, tj. body, ve kterých platí 2x0 , 4y0 , 6z0 = λ · (1, 4, 6)
a x20 + 2y02 + 3z02 = 21 .
Z první rovnice plyne x0 = 12 λ, y0 = λ a z0 = λ. Po dosazení do druhé rovnice dostaneme λ2 = 4, tj. λ = ±2. Takto jsme získali dva body dotyku M1 = [1; 2; 2] a M2 = [−1, −2, −2]. Rovnice tečné roviny v těchto bodech je nR · (X − Mk ) = 0, kde k = 1 nebo 2 a X = [x, y, z]. Tedy rovnice tečných rovin jsou x − 1 + 4(y − 2) + 6(z − 2) = 0 ⇐⇒ x + 4y + 6z = 21 , x + 1 + 4(y + 2) + 6(z + 2) = 0 ⇐⇒ x + 4y + 6z = −21 .
Určete derivaci funkcí y(x) a z(x), které jsou řešením soustavy 2xe2x+3y−z − z cos y = 0 ln(z − x) + sin y + 2x + y − z = 0 v okolí bodu (1; 0; 2). Napište lineární aproximaci těchto řešení a rovnici tečny k této křivce v bodě (1; 0; 2). Řešení: Spojité funkce y = y(x) a z = z(x), pro které je y(1) = 0 a z(1) = 2, jsou zadány jako řešení soustavy rovnic F x, y(x), z(x) = 2xe2x+3y(x)−z(x) − z(x) · cos y(x) = 0 a G x, y(x), z(x) = ln z(x) − x + sin y(x) + 2x + y(x) − z(x) = 0. Protože F (1, 0, 2) = G(1, 0, 2) = 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 2e2x+3y−z + 2xe2x+3y−z 2 + 3y 0 − z 0 − z 0 cos y + zy 0 sin y = 0 ,
z0 − 1 + y 0 cos y + 2 + y 0 − z 0 = 0 . z−x
Speciálně pro x = 1, y = 0 a z = 2 je tato soustava 6 + 6y 0 − 3z 0 = 0 ,
1 + 2y 0 = 0 ⇐⇒ y 0 (1) = − 12 , z 0 (1) = 1 .
Lineární aproximaci těchto funkcí dostaneme ze vztahu y(x) ≈ y(1) + y 0 (1) · (x − 1) = − 21 (x − 1) ,
z(x) ≈ z(1) + z 0 (1) · (x − 1) = 2 + (x − 1) .
Lineární aproximace v podstatě zadává tečnu k dané křivce. Je dána průnik ploch rovnicemi y − y(1) = y 0 (1) · (x − 1) , z − z(1) = z 0 (1) · (x − 1) ⇐⇒ y = − 12 (x − 1) , z − 2 = x − 1 . Parametrické rovnice tečny snadno plynou z tohoto vyjádření, protože x − 1 = −2y = z − 2 = 2t ⇐⇒ x = 1 + 2t , y = −t , z = 2 + 2t ,
t ∈ R.
Nalezněte tečný vektor ke křivce, kterou dostaneme jako graf funkce získané řešením soustavy rovnic x2 + y 2 + z 2 − 3 = 0 , x2 + y 2 − 2z = 0 v okolí bodu (1; 1; 1). 3
Řešení: Křivka je zadána jako průnik dvou ploch, které jsou zadány diferencovatelnými funkcemi F1 (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 3 = 0 a F2 (x, y, z) = x2 + y 2 − 2z = 0. Protože pro bod M = [1; 1; 1] platí F1 (1, 1, 1) = F2 (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 n1 = grad F1 = (2x, 2y, 2z) ,
n2 = grad F2 = (2x, 2y, −2) .
V daném bodě můžeme za normály vzít pro jednoduchost vektory n1 = (1, 1, 1) a n2 = (1, 1, −1). Tečný vektor bude kolmý na oba tyto vektory a tedy bude úměrný vektoru t = n1 × n2 = (2, −2, 0) . Napište rovnici tečné roviny k ploše x2 + y 2 + z = 4 rovnoběžné s rovinou 2x + 2y + z = 0. Řešení: Plocha je dána rovnicí F (x, y, z) = x2 + y 2 + z − 4 = 0. Protože je funkce F (x, y, z) diferencovatelná, je vektor normály k této ploše úměrný vektoru n = grad F = (2x, 2y, 1) . Protože je normálový vektor dané roviny nR = (2, 2, 1), budeme na ploše hledat body [x0 ; y0 ; z0 ], ve kterých je normála n rovnoběžná s vektorem nR , tj. budeme hledat řešení soustavy rovnic x20 + y02 + z0 = 4 ⇐⇒ x0 = y0 = 1 , z0 = 2 . Rovnici hledané roviny můžeme pak zapsat ve tvaru nR · x − x0 = 0, tj. (2x0 , 2y0 , 1) = λ · (2, 2, 1) a
2(x − 1) + 2(y − 1) + z − 2 = 0 ⇐⇒ 2x + 2y + z = 6 . Nalezněte lineární aproximaci funkce z(x, y), která je řešením rovnice z 2 − x2 xyz − y 5 = 5 v okolí bodu (1; 1; 2). Řešení: Funkce z = z(x, y) je dána jako spojité řešení rovnice F x, y, z(x, y) = xyz 3 −x3 yz−y 5 −5 = 0, které splňuje podmínku z(1, 1) = 2. Protože F (1, 1, 2) = 0, může tato funkce existovat. Její lineární aproximace v bodě M = [1; 1; 2] je dána vztahem z(x, y) = z(1, 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 − 3x2 yz + 3xyz 2 − x3 y
∂z = 0, ∂x
xz 3 − x3 z − 5y 4 + 3xyz 2 − x3 y
∂z = 0. ∂y
Hledané parciální derivace nalezneme z těchto rovnic v bodě x = y = 1 a z = 2. Takto dostaneme 2 + 11
∂z (1, 1) = 0 , ∂x
1 + 11
∂z ∂z 2 (1, 1) = 0 =⇒ (1, 1) = − , ∂y ∂x 11
Tedy lineární aproximace dané funkce je z(x, y) ≈ 2 −
1 11
(x − 1) − 4
2 11
(y − 1) .
∂z 2 (1, 1) = − . ∂y 11
Funkce y(x) a z(x) jsou řešením soustavy rovnic x2 − y 2 + z 2 = 1 , y 2 − 2x + z = 0 v okolí bodu (1; 1; 1). Určete y 0 (1) a z 0 (1). Řešení: Funkce y = y(x) a z = z(x) jsou definovány jako spojitá řešení soustavy rovnic F x, y(x), z(x) = x2 − y 2 (x) + z 2 (x) − 1 = 0 a G x, y(x), z(x) = y 2 (x) − 2x + z(x) = 0, která splňují podmínky y(1) = z(1) = 1. Protože F (1, 1, 1) = G(1, 1, 1) = 0, mohou takové funkce existovat. Jejich derivace nalezneme tak, že derivujeme definiční rovnice. To dává 2x − 2yy 0 + 2zz 0 = 0
a
2yy 0 − 2 + z 0 = 0 .
Speciálně pro x = y = z = 1 dostaneme soustavu rovnic 2 − 2y 0 (1) + 2z 0 (1) = 0 ,
2y 0 (1) − 2 + z 0 (1) = 0 ⇐⇒ y 0 (1) = 1 ,
z 0 (1) = 0 .
Určete derivace až do druhého řádu funkcí y(x) a z(x), které jsou řešením soustavy x + y + z = 0, x3 + y 3 − z 3 = 10 v okolí bodu (1; 1; −2) a napište aproximaci těchto řešení pomocí Taylorova polynomu stupně 2. Řešení: Funkce y = y(x) a = z(x) jsou definovány jako spojitá řešení soustavy rovnic F x, y(x), z(x) = 3 3 3 x+y(x)+z(x) = 0 a G x, y(x), z(x) = x +y (x)−z (x)−10 = 0, která splňují podmínky y(1) = 1, z(1) = −2. Protože F (1, 1, −2) = G(1, 1, −2) = 0, mohou takové funkce existovat. Jejich derivace nalezneme tak, že derivujeme definiční rovnice. To dává soustavu 1 + y0 + z0 = 0 ,
x2 + y 2 y 0 − z 2 z 0 = 0 .
(1)
speciálně v bodě x = y = 1, z = −2 dostaneme y 0 (1) + z 0 (1) = −1 ,
y 0 (1) − 4z 0 (1) = −1 =⇒ y 0 (1) = −1 ,
z 0 (1) = 0 .
Rovnici pro druhé derivace dostaneme derivací obou rovnic soustavy (1). Takto získáme y 00 + z 00 = 0 ,
2x + 2y y 0
2
− 2z z 0
2
+ y 2 y 00 − z 2 z 00 = 0 .
Pro x = y = 1, z = −2, y 0 = −1 a z 0 = 0 z nich plyne y 00 (1) + z 00 (1) = 0 ,
y 00 (1) − 4z 00 (1) = −4 =⇒ y 00 (1) = − 45 ,
z 00 (1) =
4 5
.
Taylorovy polynomy druhého stupně funkcí y = y(x) a z = z(x) v bodě x = 1 jsou y(x) ≈y(1) + y 0 (1) · (x − 1) + z(x) ≈z(1) + z 0 (1) · (x − 1) +
1 2 1 2
y 00 (1) · (x − 1)2 =⇒ y(x) ≈ 1 − (x − 1) − z 00 (1) · (x − 1)2 =⇒ z(x) ≈ −2 +
5
2 5
2 5 (x 2
(x − 1) .
− 1)2
Určete tečný vektor ke křivce, která je grafem funkce získané jako řešení soustavy x2 + y 2 + z 2 = 169 , 2x + y − z + 2 = 0 v okolí bodu (3; 4; 12). Řešení: Křivka je zadána jako průnik dvou ploch, které jsou zadány diferencovatelnými funkcemi F1 (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 169 = 0 a F2 (x, y, z) = 2x + y − z + 2 = 0. Protože pro bod M = [3; 4; 12] platí F1 (3, 4, 12) = F2 (3, 4, 12) = 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 n1 = grad F1 = (2x, 2y, 2z) ,
n2 = grad F2 = (2, 1, −1) .
V daném bodě můžeme za normály vzít pro jednoduchost vektory n1 = (3, 4, 12) a n2 = (2, 1, −1). Tečný vektor bude kolmý na oba tyto vektory a tedy bude úměrný vektoru t = n1 × n2 = (−16, 27, −5) .
Ukažte, že soustava x2 − u2 − v 2 = 0 , u −y =0 v √ v okolí bodu ( 2; 1; 1; 1) má řešení u, v, které √ je funkcemi u(x, y), v(x, y) proměnných x a y a určete Jacobiho matici zobrazení (u, v) v bodě ( 2; 1). Řešení: Funkce u = u(x, y) a v = v(x, y) jsou definovány jako spojitá řešení soustavy rovnic F1 x, y, u(x, y), v(x, y) = x2 − u2 (x, y) − v 2 (x, y) = 0 , F2 x, y, u(x, y), v(x, y) = u(x, y) − yv(x, y) = 0 , √ √ √ v(x, y)√6= 0, která splňují podmínky u( 2, 1) = v( 2, 1) = 1. Protože podmínky F1 ( 2, 1, 1, 1) = 0 a F2 ( 2, 1, 1, 1) = 0 jsou splněny, mohou funkce u(x, y) a v(x, y) existovat. Jacobiho matice je v podstatě matice J definovaná vztahem
du dv
=
Jux Jvx
Juy Jvy
dx dy
∂w , w = u, v a z = x, y. Stačí tedy spočítat obě parciální derivace funkcí u(x, y) a ∂z √ v(x, y) v bodě x = 2, 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
Tedy Jwz =
dFk =
∂Fk ∂Fk dx + dy . ∂x ∂y
Tak dostaneme soustavu 2xdx − 2udu − 2vdv = 0 , 6
du − ydv − vdy = 0 .
√ Speciálně v bodě x = 2, y = u = v = 1 dostaneme √ √ du + dv = 2 dx , du − dv = dy =⇒ du = 21 2 dx + dy , A hledaná Jacobiho matice je 1 J= 2
√ √2 2
1 −1
dv =
1 2
√
2 dx − dy .
.
Určete rovnici tečné roviny k ploše definované rovnicí ex+y ln(x + y + z − 2) = 2x − y − z v bodě (1; 1; 1). Řešení: Plocha je zadána jako řešení rovnice F (x, y, z) = ex+y ln(x + y + z − 2) − 2x + 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 = ex+y ln(x + y + z − 2) +
ex+y − 2, x+y+z−2 ex+y ex+y x+y e ln(x + y + z − 2) + + 1, +1 . x+y+z−2 x+y+z−2
Speciálně v bodě x = y = z = 1 je vektor normály úměrný vektoru n = e2 − 2, e2 + 1, e2 + 1 . Protože rovnice roviny, která je kolmá na směr n a prochází bodem x0 je n · x − x0 = 0, je rovnice hledané tečné roviny e2 − 2, e2 + 1, e2 + 1 · x − 1, y − 1, z − 1 = 0 =⇒ e2 − 2 x + e2 + 1 y + e2 + 1 z = 3e2 . Nalezněte lokální extrémy funkce f (x, y, z) = x3 + y 2 +
z2 − 3xz − 2y + 2z . 2
Řešení: Protože je funkce f (x, y, z) diferencovatelná, může mít lokální extrémy pouze v bodech, kde je její první diferenciál roven nule, tj. kde ∂f = 3x2 − 3z = 0 , ∂x
∂f = 2y − 2 = 0 , ∂y
∂f = z − 3x + 2 = 0 . ∂z
Z druhé rovnice plyne y = 1 a z první z = x2 . Jestliže dosadíme do třetí rovnice, dostaneme pro x kvadratickou rovnici x2 − 3x + 2 = 0, která má řešení x1 = 1 a x2 = 2. Našli jsme tedy dva body M1 = [1; 1; 1] a M2 = [2; 1; 4], ve kterých může funkce nabývat lokální extrém. O tom, zda v bodem extrém skutečně existuje, zjistíme pomocí druhého diferenciálu. Protože ∂2f ∂2f ∂2f ∂2f ∂2f ∂2f = 6x , = 0 , = −3 , = 2 , = 0 , = 1, ∂x2 ∂x∂y ∂x∂z ∂y 2 ∂y∂z ∂z 2 je druhý diferenciál
d2 f = 6xdx2 − 6dxdz + 2dy 2 + dz 2 . 7
Kvadratické formě d2 f odpovídá symetrická matice
6x 0 −3 0 2 0 −3 0 1 Protože D1 = 6x, D2 = 12x a D3 = 12x − 18, zjistíme, že v bodě M1 = [1; 1; 1] je D1 > 0, D2 > 0 a D3 < 0. Kvadratická forma d2 f je tedy indefinitní, a proto v bodě M1 není lokální extrém. Protože v bodě M2 = [2, 1, 4] je D1 > 0, D2 > 0 a D3 > 0, je v tomto bodě kvadratická forma d2 f pozitivně definitní, a tedy v bodě M2 má funkce f (x, z, y) lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkcí: f (x, y, z) = x +
z2 2 y2 + + 4x y z
pro x > 0 , y > 0 , z > 0 .
Řešení: Protože je funkce f (x, 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 ∂f y2 = 1 − 2 = 0, ∂x 4x
∂f y z2 = − 2 = 0, ∂y 2x y
∂f 2z 2 = − 2 = 0. ∂z y z
Protože je x, y, z > 0 plyne z první rovnice y = 2x, 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 = 21 ; 1; 1 . Abychom zjistili, zda je v tomto bodě skutečné extrém, najdeme druhý diferenciál funkce f (x, y, z) v bodě M . Protože v tomto bodě je ∂2f = 4, ∂x2
∂2f = −2 , ∂x∂y
∂2f = 0, ∂x∂z
∂2f = 3, ∂y 2
∂2f = −2 , ∂y∂z
∂2f = 6, ∂z 2
je symetrická matice, která odpovídá kvadratické formě d2 f ( 21 , 1, 1)
4 −2 0
−2 3 −2
0 −2 6
Protože D1 = 4 > 0, D2 = 8 > 0 a D3 = 32 > 0, je kvadratická forma d2 f ( 12 ; 1; 1) pozitivně definitní a tedy funkce f (x, y, z) má v bodě M = [ 21 ; 1; 1] lokální minimum. Určete extrémy funkce z(x, y), která je řešením rovnice 2x2 + 2y 2 + z 2 + 8xz − z + 8 = 0 . Řešení: Funkce z = z(x, y) je definována implicitně jako spojité řešení rovnice F x, y, z(x, y) = 2x2 + 2y 2 + z 2 (x, y) + 8xz(x, y) − z(x, y) + 8 = 0. V bodech, ve kterých by mohla mít funkce ∂z ∂z = = 0. Pro tyto derivace z = z(x, y) lokální extrém, musí být obě její parciální derivace ∂x ∂y získáme rovnice derivování definičního vztahu. Tím dostaneme ∂z = 0, ∂x
4x + 8z + 2z + 8x − 1
8
∂z = 0. ∂y
4y + 2z + 8x − 1
(1)
Zajímají nás body, ve kterých jsou obě parciální derivace rovny nule, tedy bodu, kde platí 8 4x + 8z = 0 , y = 0 , 2x2 + 2y 2 + z 2 + 8xz − z + 8 = 0 =⇒ M1 = −2; 0; 1 nebo M2 = 16 7 ; 0; − 7 . Abychom rozhodli, zda funkce nabývá v těchto bodech extrém, najdeme ještě druhý diferenciál funkce z = z(x, y) v bodech M1 a M2 . Druhé derivace funkce z(x, y) dostaneme derivováním rovnic ∂z ∂z (1). Když použijeme toho, že v těchto bodech je = = 0, dostaneme ∂x ∂y ∂2z = 0, ∂x2 ∂2z M2 : 4 + 15 2 = 0 , ∂x
M1 :
4 − 15
∂2z ∂2z = 0 , 4 − 15 2 = 0 ∂x∂y ∂y 2 ∂ z ∂2z 15 = 0, 4 + 15 2 = 0 . ∂x∂y ∂y − 15
4 4 dx2 + 15 dy 2 . A protože je Tedy druhý diferenciál funkce z = z(x, y) v bodě M1 je d2 z(−2, 0) = 15 pozitivně definitní, má funkce z = z(x, y) v tomto bodě lokální minimum. Naopak v bodě M2 je 4 4 2 2 d2 z( 16 7 , 0) = − 15 dx − 15 dy . A protože je negativně definitní, nabývá funkce z = z(x, y) v tomto bodě lokálního maxima.
Nalezněte lokální extrémy funkce f (x, y) = x2 + 2y 2 s podmínkou g(x, y) = x2 − 2x + 2y 2 + 4y = 0. Řešení: Protože se jedná o vázané extrémy vyřešíme nejprve rovnici g(x, y) = 0 a dosadíme do funkce f (x, y) nebo použijeme metodu Lagrangeových multiplikátorů. K řešení použiji druhou metodu. Sestrojím Lagrageovu funkci L(x, y) = f (x, y) + λg(x, y) = x2 + 2y 2 + λ x2 − 2x + 2y 2 + 4y . Lokální extrémy mohou být v bodech, kde ∂L = 2x + 2λ(x − 1) = 0 , ∂x
∂L = 4x + 4λ(y + 1) = 0 , ∂y
g(x, y) = x2 − 2x + 2y 2 + 4y = 0 .
λ −λ ,y= = −x. Po dosazení do třetí rovnice získáme dvě λ+1 λ+1 řešení: M1 = [0; 0] pro λ = 0 a M2 = [2; −2] pro λ = −2. Druhý diferenciál funkce L(x, y) je Z prvních dvou rovnic plyne x =
d2 L(x, y) = (λ + 1) · 2dx2 + 4dy 2 . Ten je pro λ = 0 pozitivně definitní, a proto nabývá funkce f (x, y) na množině g(x, y) = 0 v bodě M1 = [0; 0] lokálního minima. Pro λ = −2 je d2 L(x, y) negativně definitní, a tedy funkce f (x, y) nabývá na množině g(x, y) = 0 v bodě M2 = [2; −2] lokálního maxima. Nalezněte lokální extrémy funkce f (x, y) = xy s vazební podmínkou g(x, 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 f (x, y) dostaneme funkci jedné proměnné F (x) = f y, 1 − x) = x(1 − x) a budeme hledat extrémy funkce F (x) již bez vazeb. Podmínka na extrém funkce F (x) je F 0 (x) = 1 − 2x = 0 =⇒ x = 9
1 . 2
A protože F 00 21 = −2 < 0, nabývá v tomto bodě funkce F (x) lokálního maxima. Protože pro x = 12 je y = 1 − x = 12 , má funkce f (x, y) = xy s vazební podmínkou x + y = 1 v bodě x = y = 12 lokální maximum. Nalezněte lokální extrémy funkce f (x, y, z) = x − 2y + 2z za podmínky x2 + y 2 + z 2 = 1. Řešení: Abychom našli lokální extrémy funkce f (x, y, z) na množině g(x, y, z) = 0, sestrojíme Lagrangeovu funkci L(x, y, z) = f (x, y, z) − λg(x, y, z) = x − 2y + 2z − λ x2 + y 2 + z 2 − 1 . Protože jsou funkce f (x, y, z) a g(x, y, z) diferencovatelné, mohou lokální extrémy být pouze v bodech, kde je ∂L = 1 − 2λx = 0 , ∂x
∂L = −2 − 2λy = 0 , ∂y
∂L = 2 − 2λz = 0 , ∂z
g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 .
Z prvních tří rovnic plyne
1 1 1 , y=− , z= . 2λ λ λ Jestliže tyto vztahy dosadíme do čtvrté rovnice, dostaneme x=
λ2 =
9 3 1 2 2 3 1 2 2 =⇒ λ1 = , x1 = , y1 = − , z1 = nebo λ2 = − , x1 = − , y1 = , z1 = − . 4 2 3 3 3 2 3 3 3
Abychom zjistili, zda je v těchto bodech skutečně lokální extrém, najdeme v nich druhý diferenciál funkce L(x, y, z). Ten je d2 L = −2λ dx2 + dy 2 + dz 2 . maximum. Naopak Pro λ = 23 je d2 L negativně definitní, a tedy v bodě M1 = 13 ; −32 ; 23 je lokální pro λ = − 32 je d2 L pozitivně definitní, a proto je v bodě M2 = − 13 ; 23 ; − 32 je lokální minimum. Určete největší a nejmenší hodnotu funkce f (x, y) = 3xy na množině M = (x, y) ; x2 + y 2 ≤ 2 .
Řešení: Množina M je√kompaktní, tj. uzavřená a omezená, množina (uzavřený kruh se středem v počátku a poloměrem 2). Protože je funkce f (x, y) = 3xy spojitá, existují body Mmax , Mmin ∈ M, v nichž má funkce f (x, y) největší a nejmenší hodnotu na M. Je-li bod M = [x; y] z vnitřku kruhu M, tj. pro něž platí x2 + y 2 < 2, musí být ∂f = 3y = 0 , ∂x
∂f = 3x = 0 ⇐⇒ M0 = [0; 0] . ∂y
Pro body z hranice kruhu M platí x2 + y 2 = 2. V tomto případě se jedná o extrém funkce f (x, y) = 3xy vázaný podmínkou x2 + y 2 = 2. Pro hledání extrému použijeme třeba metodu Lagrangeových multiplikátorů. Sestrojíme Lagrangeovu funkci L(x, y) = f (x, y) − λg(x, y) = 3xy − λ x2 + y 2 − 2 . Aby funkce f (x, y) měla v bodě M = [x, y] hranice extrém, musí platit ∂L = 3y − 2λx = 0 , ∂x
∂L = 3x − 2λy = 0 , ∂y 10
g(x, y) = x2 + y 2 = 2 .
(1)
První dvě rovnice jsou soustava dvou lineárních homogenních rovnic −2λ 3 x 0 = 3 −2λ y 0 Má-li matice A inverzní, má soustava Ax = 0 pouze jediné řešení x = y = 0. Ale to nesplňuje podmínku x2 + y 2 = 2. Proto musí být matice A singulární, tj. musí platit 3 −2λ 3 det A = det = 4λ2 − 9 = 0 =⇒ , λ = ± . 3 −2λ 2 Pro λ = 32 plyne z (1), x = y a pro λ = − 32 dostaneme x = −y. Z podmínky x2 + y 2 = 2 pak nejdeme čtyři body hranice, v nichž muže být extrém, tj. body √ √ √ √ √ √ √ √ M1 = 2; 2 , M2 = − 2; − 2 , M3 = 2; − 2 , M4 = − 2; 2 . Funkce f (x, y) = 3xy dosahuje největší a nejmenší hodnoty na množině M v jednom z bodů Mk , k = 0, 1, . . . , 4. A protože √ √ √ √ √ √ √ √ f (0, 0) = 0 , f 2, 2 = f − 2, − 2 = 6 , f 2, − 2 = f − 2, 2 = −6 , Je největší hodnota funkce f (x, y) = 3xy na množině M rovna 6 a nejmenší je rovna −6. Stanovte největší a nejmenší hodnotu funkce f (x, y) = x2 + 2xy − 4x + 8y na množině M = {(x, y) ; 0 ≤ x ≤ 1 ; 0 ≤ y ≤ 2} . Řešení: Funkce f (x, y) = x2 + 2xy − 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 < 2 může být extrém pouze v bodech, kde je ∂f = 2x + 2y − 4 = 0 , ∂x
∂f = 2x + 8 = 0 . ∂y
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 F1 (x) = f (x, 0) = x2 − 4x , x ∈ h0, 1i =⇒ F10 (x) = 2x − 2 = 0 ,=⇒ M1 = [0; 0] , F2 (y) = f (1, y) = 10y − 3 , y ∈ h0, 2i =⇒ 2
F3 (x) = f (x, 2) = x + 16 , x ∈ h0, 1i =⇒ F4 (y) = f (0, y) = 8y ,
y ∈ h0, 2i =⇒
F20 (y) F30 (x) F20 (y)
M2 = [1; 0]
= 10 6= 0 ,
=⇒ M2 = [1; 0] ,
M3 = [1; 2]
= 2x = 0 ,
=⇒ M3 = [1; 2] ,
M4 = [0; 2]
= 8 6= 0 ,
=⇒ M4 = [0; 2] ,
M1 = [0; 0]
Funkce f (x, y) dosahuje největší a nejmenší hodnoty na množině M právě v jednom z bodu Mk , k = 1, 2, 3, 4. Protože f (0, 0) = 0 ,
f (1, 0) = −3 ,
f (1, 2) = 17 ,
f (0, 2) = 16 ,
je největší hodnota funkce f (x, y) na množině M rovna f (1, 2) = 17 a nejmenší hodnota je f (1, 0) = −3. Stanovte největší a nejmenší hodnotu funkce f (x, y) = x2 − y 2 na množině M = (x, y) ; x2 + y 2 ≤ 1 .
11
Řešení: Funkce f (x, y) = x2 −y 2 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 x2 + y 2 < 1, může být extrém pouze v bodech, kde je ∂f = 2x = 0 , ∂x
∂f = −2y = 0 =⇒ M0 = [0; 0] . ∂y
Dále může mít funkce f (x, y) na hranici množiny M, tj. na kružnici g(x, y) = x2 + y 2 − 1 = 0. Protože se v tomto případě jedná o vázaný extrém, použijeme metodu Lagrangeových multiplikátorů. Sestrojíme funkci L(x, y) = f (x, y) − λg(x, y) = x2 − y 2 − λ x2 + y 2 − 1 . Extrém může být pouze v bodech, kde platí ∂L = −2y(1 + λ) = 0 , ∂y
∂L = 2x(1 − λ) = 0 , ∂x
g(x, y) = x2 + y 2 − 1 = 0 .
Tato soustava má čtyři řešení: M1 = [1; 0], M2 = [−1; 0] pro λ = 1 a M3 = [0; 1] a M4 = [0; −1] pro λ = −1. Protože funkce f (x, y) musí na množině M nabývat maxima a minima v některém z těchto bodů a protože f (0, 0) = 0 , f (1, 0) = f (−1, 0) = 1 , F (0, 1) = f (0, −1) = −1 , je největší hodnota funkce f (x, y) na množině M rovna 1 a nejmenší hodnota je −1. Nalezněte lokální extrémy funkce y(x), která je řešením rovnice x2 + y 2 − 8x − 4y + 19 = 0 . Řešení: Máme najít extrémy spojitých funkcí y = y(x), které jsou definovány jako řešení rovnice F x, y(x) = x2 + y 2 (x) − 8x − 4y(x) + 19 = 0. Extrémy mohou být v bodech , ve kterých je y 0 (x) = 0. Derivaci funkce y(x) najdeme tak, že derivujeme definiční rovnici. To dává 2x − 8 + (2y − 4)y 0 = 0 .
(1)
V bodech, kde je y 0 = 0 musí tedy platit 2x − 8 = 0
a
x2 + y 2 − 8x − 4y + 19 = 0 =⇒ M1 = [4; 1] nebo M2 = [4; 3] .
Zda je v těchto bodech extrém lze určit z hodnoty druhé derivace funkce y(x) v příslušných bodech. Jestliže derivujeme rovnici (1), dostaneme 2 + 2 y0
2
+ (2y − 4)y 00 = 0 .
Protože v bodech M1 a M2 je y 0 = 0, dostaneme M1 = [4; 1] :
2 − 2y 00 = 0 =⇒ y 00 > 0 =⇒ minimum ,
M2 = [4; 3] :
2 + 2y 00 = 0 =⇒ y 00 < 0 =⇒ maximum .
Nalezněte lokální extrémy funkce y(x), která je řešením rovnice x2 − xy + y 2 − 2x + 4y + 1 = 0 .
12
Řešení: Máme najít extrémy spojitých funkcí y = y(x), které jsou definovány jako řešení rovnice F x, y(x) = x2 − xy(x) + y 2 (x) − 2x + 4y(x) + 1 = 0. Extrémy mohou být v bodech , ve kterých je y 0 (x) = 0. Derivaci funkce y(x) najdeme tak, že derivujeme definiční rovnici. To dává 2x − y − 2 + (−x + 2y + 4)y 0 = 0 .
(1)
V bodech, kde je y 0 = 0 musí tedy platit x2 − xy + y 2 − 2x + 4y + 1 = 0 =⇒ M1 = [1; 0] nebo M2 = [−1; −4] .
2x − y − 2 = 0 ,
Zda je v těchto bodech extrém lze určit z hodnoty druhé derivace funkce y(x) v příslušných bodech. Jestliže derivujeme rovnici (1), dostaneme 2 − y 0 + −1 + 2y 0 y 0 + (−x + 2y + 4)y 00 = 0 . Protože v bodech M1 a M2 je y 0 = 0, dostaneme M1 = [1; 0] :
2 + 3y 00 = 0 =⇒ y 00 < 0 =⇒ maximum ,
M2 = [−1; −4] :
2 − 3y 00 = 0 =⇒ y 00 > 0 =⇒ minimum .
Nalezněte lokální extrémy funkce y(x), která je řešením rovnice x3 + y 3 − 3xy = 0 . Řešení: Máme najít extrémy spojitých funkcí y = y(x), které jsou definovány jako řešení rovnice F x, y(x) = x3 + y 3 (x) − 3xy(x) = 0. Extrémy mohou být v bodech , ve kterých je y 0 (x) = 0. Derivaci funkce y(x) najdeme tak, že derivujeme definiční rovnici. To dává 3x2 + 3y 2 y 0 − 3y − 3xy 0 = 0 ⇐⇒ x2 − y + y 2 − x y 0 = 0 .
(1)
V bodech, kde je y 0 = 0 musí tedy platit x2 − y = 0 a x3 + y 3 − 3xy = 0 =⇒ x = y = 0 nebo x =
√ 3
2, y =
√ 3
4.
∂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 √ √ 3 3 funkce y = y(x) extrém v bodě M = 2; 4 lze určit z hodnoty druhé derivace funkce y(x) v tomto bodě. Jestliže derivujeme rovnici (1), dostaneme
V bodě x = y = 0 je
2x − y 0 + (2yy 0 − 1)y 0 + (y 2 − x)y 00 = 0 . Protože je ve zkoumaném bodě y 0 = 0, zjistíme, že platí √ √ 3 3 2 2 + 2 y 00 = 0 =⇒ y 00 < 0 =⇒ maximum . Nalezněte lokální extrémy funkce f (x, y) = x3 + 8y 3 − 6xy + 5 .
13
Řešení: Protože je funkce f (x, y) = x3 + 8y 3 − 6xy + 5 diferencovatelná, mohou být lokální extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde ∂f = 24y 2 − 6x = 0 . ∂y
∂f = 3x2 − 6y = 0 , ∂x
Z druhé rovnice plyne x = 4y 2 a po dosazení do první rovnice dostaneme 8y 4 − y = 0 =⇒ y1 = 0 , y2 =
1 2
=⇒ M1 = [0; 0] ,
M2 = [1; 21 ] .
Abychom rozhodli, zda má funkce f (x, y) v těchto bodech lokální extrém, najdeme v nich druhý diferenciál. Protože ∂2f ∂2f ∂2f = −6 , = 6x , = 48y , 2 ∂x ∂x∂y ∂y 2 dostaneme v bodě M1 = [0; 0]
d2 f (0, 0) = −12dxdy .
Protože je tato kvadratická forma indefinitní, nemá funkce v bodě M1 = [0; 0] lokální extrém. V bodě M2 = [1; 12 ] je druhý diferenciál d2 f (1, 12 ) = 6dx2 − 12dxdy + 24dy 2 = 6
dx − dy
2
+ 3dy 2
a protože se jedná o pozitivně definitní kvadratickou formu, má funkce f (x, y) v bodě M2 = [1; 21 ] lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce f (x, y) = x2 − xy + y 2 + 9x − 6y + 20 .
Řešení: Protože je funkce f (x, y) = x2 − xy + y 2 + 9x − 6y + 20 diferencovatelná, mohou být lokální extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde ∂f = 2x − y + 9 = 0 , ∂x
∂f = −x + 2y − 6 = 0 =⇒ x = −4 , y = 1 . ∂y
Abychom rozhodli, zda má funkce f (x, y) v bodě M = [−4, 1] lokální extrém, najdeme v něm druhý diferenciál. Protože ∂2f ∂2f ∂2f = 2, = −1 , = 2, 2 ∂x ∂x∂y ∂y 2 je symetrická matice, která definuje kvadratickou formu d2 f (−4, 1) A=
2 −1
−1 2
Protože D1 = 2 > 0 a D2 = 3 > 0, je kvadratická forma d2 f (−4, 1) pozitivně definitní, a proto má funkce f (x, y) v bodě M = [−4, 1] lokální minimum. Najděte lokální extrémy funkce f (x, y) = x4 + y 4 − 2x2 + 4xy − 2y 2 .
14
Řešení: Protože je funkce f (x, y) = x4 + y 4 − 2x2 + 4xy − 2y 2 diferencovatelná, mohou být lokální extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde ∂f = 4x3 − 4x + 4y = 0 , ∂x
∂f = 4y 3 + 4x − 2y = 0 . ∂y
Když obě rovnice sečteme, dostaneme 4x3√ + 4y 3 = 0, ze které plyne y = −x. Po dosazení pak √ √ plyne √ 3 x −2x = 0, tj. x = 0, x = 2 a x = − 2. Získali jsme tak tři body M = 0; 0], M = [ 2; − 2] 2 3 1 2 √ √1 a M3 = [− 2; 2],ve kterých může mít funkce f (x, y) lokální extrém. V těchto bodech nalezneme druhý diferenciál funkce f (x, y). Protože ∂2f = 12x2 −4 , ∂x2
∂2f = 4, ∂x∂y
∂2f = 12y 2 −4 =⇒ d2 f = 12x2 −4)dx2 −8dxdx+(12y 2 −4)dy 2 . ∂y 2
√ √ √ √ V bodech M2 = [ 2; − 2] a M3 = [− 2, 2] je 2
2
d f = 20dx + 8dxdy + 20dy
2
=⇒ A =
20 4
4 20
=⇒ D1 > 0 , D2 > 0 .
√ √ 2 Tedy kvadratická √ √ forma d f je v bodech M2 a M3 pozitivně definitní a v bodech M2 = [ 2; − 2] a M3 = [− 2; 2] jsou lokální minima. V bodě M1 = [0; 0] je d2 f (0, 0) = −4dx2 + 8dxdy − 4dy 2 = −4 dx − dy
2
.
Tedy druhý diferenciál je v bodě M = [0; 0] pouze negativně semidefinitní. Z toho ale plyne pouze to, že má-li funkce f (x, y) v bodě M1 = [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) = f (x, x) = 2x4 . Protože v bodě x = 0 má funkce F (x) lokální minimum, nemůže mít funkce f (x, y) v bodě M1 = [0; 0] lokální maximum, a tedy ani lokální extrém. To je vidět například už z toho, že f (x, y) = x4 + y 4 − 2(x − y)2 . Nalezněte lokální extrémy funkce f (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 − 3(xy + xz + yz) . Řešení: Protože je funkce f (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 − 3(xy + xz + yz) diferencovatelná, mohou být lokální extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde ∂f = 3x2 − 3(y + z) = 0 , ∂x
∂f = 3y 2 − 3(x + z) = 0 , ∂y
∂f = 3z 2 − 3(x + y) = 0 . ∂z
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 2 + 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: x1 = y1 = z1 = 0 a x2 = y2 = z2 = 2. Lokální extrémy mohou tedy být pouze v bodech M1 = [0; 0; 0] a M2 = [2; 2; 2]. 15
Abychom zjistili, zda funkce f (x, y, z) má v těchto bodech skutečné lokální extrém, určíme v nich její druhý diferenciál. Protože ∂2f = 6x , ∂x2
∂2f = −3 , ∂x∂y
∂2f = −3 , ∂x∂z
∂2f = 6y , ∂y 2
∂2f = −3 , ∂y∂z
∂2f = 6z , ∂z 2
je druhý diferenciál funkce f (x, y, z) v bodě M1 = [0; 0; 0] roven d2 f (0, 0, 0) = −6dxdy − 6dxdz − 6dydz , což je indefinitní kvadratická forma. Proto nemá funkce f (x, y, z) v bodě M1 = [0; 0; 0] lokální extrém. V bodě M2 = [2; 2; 2] je symetrická matice A, která odpovídá kvadratické formě d2 f (2, 2, 2) rovna 12 −3 −3 A = −3 12 −3 −3 −3 12 A protože D1 > 0, D2 > 0 a D3 > 0, je kvadratická forma d2 f (2, 2, 2) pozitivně definitní. Proto má funkce f (x, y, x) v bodě M2 = [2; 2; 2] lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce f (x, y, z) = 2x2 + y 2 + z 2 − xy − xz + 2z . Řešení: Protože je funkce f (x, y, z) = 2x2 + y 2 + z 2 − xy − xz + 2z diferencovatelná, mohou být lokální extrémy pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde ∂f = 4x − y − z = 0 , ∂x
∂f = 2y − x = 0 , ∂y
∂f = 2z − x + 2 = 0 . ∂z
1 1 7 tato soustava má řešení 1x = 1− 3 ,7y = − 6 a z = − 6 . Tedy funkce f (x, y, z) může mít lokální extrém pouze v bodě M = − 3 ; − 6 ; − 6 . Abychom se přesvědčili, že v tomto bodě je skutečně lokální extrém, budeme zkoumat druhý diferenciál funkce f (x, y, z) v bodě M . Protože
∂2f = 4, ∂x2
∂2f = −1 , ∂x∂y
∂2f = −1 , ∂x∂y
∂2f = 2, ∂y 2
∂2f = 0, ∂y∂z
∂2f = 2, ∂z 2
je symetrická matice A, která odpovídá kvadratické formě d2 f rovna 4 −1 −1 A = −1 2 0 −1 0 2 A protože D1 = 4 > 0, D2 = 7 > 0 a D3 = 12 > 0,je kvadratická forma d2 f pozitivně definitní. Proto má funkce f (x, y, z) v bodě M = − 13 ; − 16 ; − 76 lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce z(x, y), která je řešením rovnice x2 + y 2 + z 2 − 2x + 2y − 4z − 10 = 0 . Řešení: Jedna z možností, jak chápat danou úlohu je, že máme najít lokální extrémy všech spojitých funkcí z = z(x, y), která jsou řešením rovnice F x, y, z(x, y) = x2 + y 2 + z 2 − 2x + 2y − 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 f (x, y, z) = z, která splňuje podmínku g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 2x + 2y − 4z − 10 = 0. Protože se jedná o úloha na vázaný extrém, sestrojíme Lagrangeovu funkci L(x, y, z) = f (x, y, z) − λg(x, y, z) = z − λ x2 + y 2 + z 2 − 2x + 2y − 4z − 10 . Lokální extrémy pak mohou být pouze v bodech, kde ∂L ∂L ∂L = −λ(2x − 2) = 0 , = −λ(2y + 2) = 0 , = 1 − λ(2z − 4) = 0 , ∂x ∂y ∂z g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 2x + 2y − 4z − 10 = 0 .
Ze třetí rovnice plyne, že λ 6= 0, a tedy x = 1 a y = −1. Čtvrtá rovnice pak je z 2 − 4z − 12 = 0 a má dvě řešení z1 = 6 a z2 = −2. Máme tedy dva body, kde může nastat extrém: M1 = [1; −1; 6], pak λ1 = 81 a M2 = [1; −1; −2], pro který je λ2 = − 18 . Protože druhý diferenciál funkce L(x, y, z), d2 L = 2λ dx2 + dy 2 + dz 2 , je pro λ1 < 0 negativně definitní kvadratická forma, je v bodě M1 = [1; −1; 6] lokální maximum. Pro λ2 > 0 je druhý diferenciál funkce L(x, y, z) pozitivně definitní kvadratická forma, a tedy v bodě M2 = [1; −1; −2] nastává lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce z(x, y), která je řešením rovnice x2 + y 2 + z 2 − xz − yz + 2x + 2y + 2z + 2 = 0 .
Řešení: Máme najít lokální extrém funkce f (x, y, z) = z za podmínky g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − xz − yz + 2x + 2y + 2z + 2 = 0. Protože se jedná o vázané extrémy, sestrojíme Lagrangeovu funkci L(x, y, z) = f (x, y, z) − λg(x, y, z) = z − λ x2 + y 2 + z 2 − xz − yz + 2x + 2y + 2z + 2 . Lokální extrémy mohou být pouze v bodech, kde je ∂L ∂L ∂L = −λ(2x − z + 2) = 0 , = −λ(2y − z + 2) = 0 , = 1 − λ(2z − x − y + 2) = 0 , ∂x ∂y ∂z g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − xz − yz + 2x + 2y + 2z + 2 = 0 . Ze třetí rovnice plyne, že λ 6= 0, a proto z prvních dvou dostaneme z = 2x + 2 a y = x. Po dosazení do poslední rovnice, dostaneme pro x kvadratickou rovnici x2 + 6x + 5 = 0, která má řešení x1 = −1 a x2 = −5. Extrémy mohou tedy být pouze v bodech M1 = [−1; −1; 0], kde je λ1 = 41 a v bodě M2 = [−5; −5; −8], pro který je λ2 = − 14 . Abychom rozhodli, zda má funkce f (x, y, z) v bodě M1 nebo M2 extrém, najdeme nejprve druhý diferenciál funkce L(x, y, z) v těchto bodech. Protože ∂2L = −2λ , ∂x2 je
∂2L = 0, ∂x∂y
∂2L = λ, ∂x∂z
∂2L = −2λ , ∂y 2
∂2L = λ, ∂y∂z
d2 L = −λ 2dx2 − 2dxdz + 2dy 2 − 2dydz + 2dz 2 . 17
∂2L = −2λ , ∂z 2
Symetrická matice A, která odpovídá této kvadratické formě je
2 A = −λ 0 −1
0 −1 2 −1 . −1 2
Pak je D1 = −2λ, D2 = 4λ2 , D3 = −4λ3 . Protože pro λ1 > 0 je D1 < 0, D2 > 0 a D3 < 0, je kvadratická forma negativně definitní a v bodě M1 = [−1; −1; 0] je lokální maximum. Naopak pro λ2 < 0 je D1 > 0, D2 > 0 a D3 > 0. Kvadratická forma d2 L je v tomto případě pozitivně definitní a v bodě M2 = [−5; −5; −8] je lokální minimum. Je dáno n bodů A1 ≡ (x1 ; y1 ; z1 ), . . . , An ≡ (xn ; yn ; zn ) ∈ R3 . V rovině z = 0 najděte bod A, pro který je součet čtverců vzdáleností od bodů A1 , A2 , . . . , An minimální. 2 Řešení: Čtverec vzdálenosti bodu A = [x; y; z] od bodu Ak = [xk ; yk ; zk ] je Dk = x − xk + y − 2 2 2 2 yk + z − zk . Speciálně pro z = 0 dostaneme Dk = x − xk + y − yk + zk2 . Máme tedy najít minimum funkce n n X X 2 2 F (x, y) = Dk = x − xk + y − yk + zk2 . k=1
k=1
Nutné podmínky pro extrém jsou n
n
k=1
k=1
X X ∂F = 2(x − xk ) = 2nx − 2 xk = 0 , ∂x
n
n
k=1
k=1
X X ∂F = 2(y − yk ) = 2ny − 2 yk = 0 . ∂y
Z nich plyne, že extrém může nastat pouze v bodě x=
n 1 X xk = x , n
n
y=
k=1
1X yk = y . n k=1
Abychom se přesvědčili, že v tomto bodě nabývá funkce F (x, y) minima, budeme vyšetřovat druhý diferenciál d2 F . Platí n
X ∂2F = 2 = 2n , 2 ∂x k=1
∂2F = 0, ∂x∂y
n
X ∂2F = 2 = 2n =⇒ d2 F = 2n dx2 + dy 2 . 2 ∂y 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 f (x, y) = x2 + y 2 za podmínky x + y = 1. Řešení: Z podmínky plyne y = 1 − x. Proto je nejjednodušší hledat extrém funkce jedné proměnné F (x) = f (x, 1 − x) = x2 + (1 − x)2 . Podmínka pro extrém je F 0 (x) = 4x − 2 = 0 =⇒ x =
1 . 2
A protože F 00 ( 12 ) = 4 > 0, má funkce F (x), a tedy i f (x, y) za podmínky x + y = 1 v bodě x = y = lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce f (x, y) = xy za podmínky x2 + y 2 = 2. 18
1 2
Řešení: Protože máme najít lokální extrém funkce f (x, y) = xy na množině g(x, y) = x2 +y 2 −2 = 0, sestrojíme nejprve Lagrangeovu funkci L(x, y) = f (x, y) − λg(x, y) = xy − λ x2 + y 2 − 2 . Protože jsou funkce f (x, y) a g(x, y) diferencovatelné, mohou být extrémy pouze v bodech, kde je dL = 0, tj. v bodech, kde platí ∂L = y − 2λx = 0 , ∂x
∂L = x − 2λy = 0 , ∂y
g(x, y) = x2 + y 2 − 2 = 0 .
Z první rovnice plyne y = 2λx. Jestliže dosadíme do druhé rovnice, dostaneme 1 − 4λ2 x = 0. Je-li x = 0, je také y = 0. V tomto případě není ovšem splněna třetí rovnice. Proto musí být 1 − 4λ2 = 0, tj. λ1 = 12 nebo λ2 = − 12 . Pro λ = 12 je y = x a po dosazení do podmínky dostaneme x2 = 1, tj. x = y = 1 nebo x = y = −1. Pro λ = − 21 je y = −x a z třetí rovnice plyne x = 1, y = −1 nebo x = −1, y = 1. Abychom rozhodli, zda má funkce f (x, y) na množině g(x, y) = 0 v těchto bodech skutečně lokální extrém, budeme zkoumat druhý diferenciál funkce L(x, y) v těchto bodech. Protože ∂2L = −2λ , ∂x2 je druhý diferenciál Pro λ = λ1 =
1 2
∂2L = 1, ∂x∂y
∂2L = −2λ , ∂y 2
d2 L = −2λdx2 + 2dxdy − 2λdy 2 .
dostaneme d2 L = −dx2 + 2dxdy − dy 2 = −(dx − dy)2 ,
a tedy kvadratická funkce d2 L je v tomto případě pouze negativně semidefinitní. Ale protože v tomto případě je x = y = ±1, plyne z podmínky g(x, y) = x2 + y 2 − 2 = 0 dg = 2xdx + 2ydy = 0 , =⇒ dy = −dx =⇒ d2 L = −4dx2 < 0 . Tedy v bodech M1 = [1; 1] a M2 = [−1; −1] je lokální maximum. Naopak pro λ2 = − 21 je d2 L = dx2 + 2dxdy + dy 2 = (dx + dy)2 . Protože v tomto případě je y = −x = ±1, platí dg = 2xdx + 2ydy = 0 , =⇒ dy = dx =⇒ d2 L = 4dx2 > 0 . Proto je v bodech M3 = [1; −1] a M2 = [−1; 1] je lokální minimum. Nalezněte lokální extrémy funkce f (x, 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) = f (x, y, 3 − x − y) = xy(3 − x − y) = 3xy − x2 y − xy 2 . Protože je funkce F (x, y) diferencovatelná mohou být extrémy pouze v bodech, kde je dF = 0, tj. v bodech, kde platí ∂F = 3x − x2 − 2xy = 0 . ∂y
∂F = 3y − 2xy − y 2 = 0 , ∂x 19
Z první rovnice plyne y=0
nebo
y = 3 − 2x .
V případě y = 0 je druhá rovnice 3x − x2 = 0, tj. x = 0 nebo x = 3, a tedy dostaneme body M1 = [0; 0; 3] nebo M2 = [3; 0; 0]. V případě y = 3 − 2x získáme z druhé rovnice 3x2 − 3x = 0, tj. x = 0 nebo x = 1. těmto řešením odpovídají body M3 = [0; 3; 0] a M4 = [1; 1; 1]. Abychom rozhodli, zda je v těchto bodech lokální extrém, budeme zkoumat druhý diferenciál funkce F (x, y). Protože ∂2F ∂2F ∂2F = −2y , = 3 − 2x − 2y , = −2x , 2 ∂x ∂x∂y ∂y 2 je symetrická matice A, která odpovídá kvadratické formě d2 F rovna −2y 3 − 2x − 2y A= 3 − 2x − 2y −2x Protože v bodě M1 = [0; 0; 3] je D2 = −6 < 0, je kvadratická forma dF (0, 0) indefinitní a v bodě M1 = [0; 0; 3] není lokální extrém. Protože v bodě M2 = [3; 0; 0] je D2 = −6 < 0, je kvadratická forma dF (3, 0) indefinitní a v bodě M1 = [3; 0; 0] není lokální extrém. Protože v bodě M3 = [0; 3; 0] je D2 = −6 < 0, je kvadratická forma dF (0, 3) indefinitní a v bodě M1 = [0; 3; 0] není lokální extrém. V bodě M4 = [1; 1; 1] je D1 = −2 < 0 a D2 = 3 > 0. Proto je d2 F (1, 1) negativně definitní a v bodě M4 = [1; 1; 1] je lokální maximum. Nalezněte lokální extrém funkce f (x, y, z) = xy + xz + yz za podmínky xyz = 1, x > 0, y > 0, z > 0. 1 . Proto bude jednodušší hledat na množině x > 0, y > 0 xy lokální extrémy funkce dvou proměnných 1 1 1 F (x, y) = f x, y, = xy + + . xy y x Řešení: Z podmínky xyz = 1 plyne z =
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 1 = y − 2 = 0, ∂x x
∂F 1 = x − 2 = 0 =⇒ x = y = 1 . ∂y y
Abychom zjistili, zda má funkce F (x, y) v tomto bodě skutečně lokální extrém, budeme zkoumat její druhý diferenciál. Protože ∂2F 2 = 3, ∂x2 x
∂2F = 1, ∂x∂y
∂2F 2 = 3, ∂y 2 y
je symetrická matice A, která definuje kvadratickou formu druhého diferenciálu funkce F (x, y) v bodě x = y = 1, rovna 2 1 A= 1 2 A protože D1 = 2 > 0 a D2 = 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 f (x, 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 − 2z = 0 nalezněte bod, který má minimální součet čtverců vzdáleností od bodů A ≡ (1; 1; 1) a B ≡ (2; 3; 4). 20
Řešení: Protože čtverec vzdálenosti od bodu X = [x, y, z] do bodu A = [a; b; c] je D2 = (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 , máme vlastně najít minimum funkce f (x, y, z) = (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 + (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z − 4)2 za předpokladu, že platí g(x, y, z) = 3x − 2z = 0. Jde tedy o vázaný extrém. Protože z podmínky g(x, y, z) = 0 plyne z = 32 x, budeme hledat extrém funkce dvou proměnných F (x, y) = f x, y, 32 x = (x − 1)2 + (y − 1)2 + ( 32 x − 1)2 + (x − 2)2 + (y − 3)2 + ( 32 x − 4)2 . Protože je funkce F (x, y) diferencovatelná, mohou být extrémy pouze v bodech, kde je dF (x, y) = 0, tj. v bodech, kde ∂F = 2(x − 1) + 3( 32 x − 1) + 2(x − 2) + 3( 32 x − 4) = 13x − 21 = 0 ∂x 21 , y = 2. =⇒ x = 13 ∂F = 2(y − 1) + 2(y − 3) = 4y − 8 = 0 ∂y Abychom rozhodli, zda je v tomto bodě skutečně extrém, budeme zkoumat druhý diferenciál funkce F (x, y). Ten je d2 F = 13dx2 + 4dy 2 . Protože je d2 F pozitivně definitní kvadratická forma, má funkce F (x, y) v bodě x = 21 63 minimum. Tedy hledaný bod je M = ; 2; . 13 26
21 13 ,
y = 2
Určete body elipsy x2 + 4y 2 = 4, které mají minimální a maximální vzdálenost od přímky 2x + 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 f (x, y) = x2 + 4y 2 − 4 = 0 je úměrný vektoru ne = grad f (x, y) = (2x, 4y) a vektor normály k přímce g(x, y) = 2x + 3y − 6 = 0 je úměrný vektoru np = grad g(x, y) = (2, 3). Na elipse x2 + 4y 2 = 4 budeme tedy hledat body M = [x, y] takové, že vektory ne a np jsou rovnoběžné, tj. body, kde platí ne = λnp =⇒ (2x, 8y) = λ(2, 3) =⇒ 2x = 2λ ,
8y = 3λ =⇒ x = λ ,
y=
3 8
λ.
Z rovnice x2 + 4y 2 = 4 pak plyne λ2 +
36 64
λ2 = 4 =⇒ λ = ± 58 =⇒ x = ± 85 ,
y = ± 35 .
Body elipsy, mají nejmenší a největší vzdálenost od dané přímky tedy jsou M1 = 85 ; 35 nebo 8 které M2 = − 5 ; − 35 . Najdeme ještě odpovídající body na přímce 3x + 3y = 6. Ty jsou dány jako průnik této přímky a normály k elipse v bodech M1 nebo M2 . Protože je směrový vektor normály k elipse v bodech M1 a M2 úměrný vektoru np = (2, 3), jsou parametrické rovnice normály v těchto bodech x = ± 85 + 2t ,
y = ± 35 + 3t ,
t ∈ R.
Bodu na elipse odpovídá hodnota parametru t = 0. Jestliže bodu na přímce 2x + 3y = 6 odpovídá hodnota parametru t1 , je vzdálenost těchto bodu rovna q 2 2 2 q 2 √ d= x1 − x0 + y1 − y0 = x0 + 2t1 − x0 + y0 + 3t1 − y0 = 13 t1 . 21
Pro bod x0 = 85 , y =
3 5
je parametr t1 řešením rovnice 2 85 + 2t + 3 35 + 3t = 6 =⇒ 13t = 1 =⇒ t =
1 13
1 Tedy v tomto případě je vzdálenost d1 = √ . 13 Pro bod x0 = − 85 , y = − 35 je parametr t1 řešením rovnice 2 − 85 + 2t + 3 − 35 + 3t = 6 =⇒ 13t = 11 =⇒ t =
.
11 13
.
11 Tedy v tomto případě je vzdálenost d2 = √ . 13 2 2 Z toho dostáváme, 2x+3y =6 že bod elipsy x +4y = 4, který má minimální vzdálenost od přímky 8 3 8 3 ; a bod, pro který je tato vzdálenost maximální, je Mmax = − ; − . je bod Mmin = 5 5 5 5 Poznámka: Když máme najít nejmenší, resp. největší, vzdálenost křivek, které jsou dány rovnicemi f1 (x, y) = 0 a f2 (x, y) = 0, lze postupovat tak, že budeme hledat minimum, resp. maximum, funkce q 2 2 d(x1 , x2 , y1 , y2 ) = x1 − x2 + y1 − y2 , kde body X1 = [x1 ; y1 ] a X2 = [x2 ; y2 ] leží na křivkách f1 (x1 , y1 ) = 0 a f2 (x2 , y2 ) = 0, tj. vázané extrémy. Sestrojíme Lagrangeovu funkci L(x1 , x2 , y1 , y2 ) = d(x1 , y2 , y1 , y2 ) − λ1 f1 (x1 , y1 ) − λ2 f2 (x2 , y2 ) . V bodech, kde jsou funkce f1 (x1 , y1 ) a f2 (x2 , y2 ) diferencovatelné (to není například v krajních bodech) musí být ∂L x1 − x2 ∂f1 = = 0, − λ1 ∂x1 d ∂x1
∂L y1 − y2 ∂f1 = = 0 − λ1 ∂y1 d ∂y1
∂L x2 − x1 ∂f2 = − λ2 = 0, ∂x2 d ∂x2
∂L y2 − y1 ∂f2 = − λ1 = 0 ∂y2 d ∂y2
x1 − x2 = dλ1
∂f1 ∂f2 = −dλ2 ∂x1 ∂x2
y1 − y2 = dλ2
∂f1 ∂f2 = −dλ2 ∂y1 ∂y2
=⇒
Poslední rovnice je ale vztah λ1 grad f1 = −λ2 grad f2 , a tedy body X1 a X2 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 které tato rovina vytíná.
x y z + + = 1, kde p, q, resp. r jsou úseky na osách Ox, Oy, resp. Oz, p q r
x y z + + = 1, jsou její průsečíky se p q r souřadnicovými osami [p; 0; 0], [0; q; 0] a [0; 0; r]. Tedy objem uvažovaného čtyřstěnu je V = 16 pqr a b c a podmínka, že rovina prochází bodem [a; b; c] je + + = 1. Naším úkolem je najít minimum p q r funkce Řešení: Když napíšeme rovnici hledané roviny ve tvaru
V (p, q, r) =
pqr 6
za podmínky
g(p, q, r) =
a b c + + − 1 = 0, p q r
kde p, q, r > 0 .
K řešení můžeme použít metodu Lagrangeových multiplikátorů. Sestrojíme funkce a b c pqr −λ + + −1 . L(p, q, r) = V (p, q, r) − λg(p, q, r) = 6 p q r Body, kde může být extrém jsou pak určeny podmínkami ∂L qr λa = + 2 = 0, ∂p 6 p a b c + + = 1. p q r
∂L pr λb = + 2 = 0, ∂q 6 q
22
∂L pq λc = + 2 = 0, ∂r 6 r
Vynásobíme-li postupně první rovnici p, druhou q a třetí r, dostaneme pqr λa λb λc b =− =− =− =⇒ q = p , 6 p q r a
r=
c p. a
Po dosazení do čtvrté rovnice dostaneme p = 3a ,
q = 3b ,
r = 3c =⇒ λ = −
a2 bc 27abc =− , 6p 2
V =
27abc . 2
Abychom se přesvědčili, že se jedná skutečně o lokální minimum, budeme ještě zkoumat druhý diferenciál funkce L(p, q, r). Protože ∂2L 2λa =− 3 , ∂p2 p
r ∂2L = , ∂p∂q 6
∂2L q = , ∂p∂r 6
∂2L 2λb =− 3 , ∂q 2 q
p ∂2L = , ∂q∂r 6
∂2L 2λc =− 3 , ∂r2 r
je symetrická matice A, která odpovídá druhému diferenciálu v bodě p = 3a, q = 3b, r = 3c a λ = − 27 2 abc rovna −1 1 1 a bc 2 c 2 b 1 A = 12 c ab−1 c 2 a 1 1 abc−1 2 b 2 a A protože D1 = a−1 bc > 0, D2 = 34 c2 > 0 a D3 = 12 abc > 0 je druhý diferenciál d2 L(3a, 3b, 3c) pozitivně definitní forma a v bodě p = 3a, q = 3b a r = 3c skutečné lokální minimum. Tedy rovnice hledané roviny je x y z + + = 3. a b c Do elipsy x2 + 3y 2 = 12 vepište rovnoramenný trojúhelník takový, že má základnu rovnoběžnou s osou x a má maximální obsah. Řešení: Nechť je vrchol A = [0; −2], přímka, na které leží základna prochází bodem [0; y], −2 ≤ y ≤ 2, a má průsečíky s elipsou v bodech [x; y] a [−x; y], kde x ≥ 0. Protože strana a má délku 2x (tady používám předpoklad x ≥ 0; jinak by bylo a = 2|x|) a výška va = 2 + y, je obsah trojúhelníka roven P (x, y) = x(y + 2). Protože bod [x; y] leží na dané elipse, musí platit x2 + 3y 2 = 12 a x ≥ 0 (polovina dané elipsy). Jedná se tedy o vázaný extrém, který můžeme hledat metodou Lagrangeových multiplikátorů. Sestrojíme Lagrangeovu funkci L(x, y) = x(y + 2) − λ x2 + 3y 2 − 12 . Lokální extrémy mohou být pouze v bodech, kde ∂L = y + 2 − 2λx = 0 , ∂x
∂L = x − 6λy = 0 , ∂y
x2 + 3y 2 = 12 .
Z první rovnice plyne x = 6λy. Po dosazení do první a poslední rovnice dostaneme soustavu y + 2 − 12λ2 y = 0 ,
y 2 + 12λ2 y 2 = 4 .
Když vynásobíme první rovnici y a přičteme k druhé, dostaneme rovnici 2y 2 + 2y = 4, která má řešení y1 = 1 a y2 = −2. Protože je elipsa kompaktní, tj. omezená a uzavřená, množina, musí na ní existovat maximum a minimum funkce P (x, y) = x(y + 2). Nalezli jsme, že tento extrém může být pouze v bodech M1 = [0; 2], M2 = [0; −2] (krajní body poloviny elipsy) nebo v bodě M3 = [3; 1]. Protože P (0, 2) = P (0, −2) = 0 a P (3, 1) = 9, má hledaný trojúhelník vrcholy A = [0; −2], B = [3; 1] a C = [−3; 1]. 23
Určete rozměry obdélníku daného obvodu 2p, 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) = πx2 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) = πx2 (p − x) ,
kde x ∈ h0, pi .
Diferencovatelná funkce F (x) musí mít na kompaktním intervalu h0, pi maximum i minimum. To nastane buď v krajních bodech intervalu, tj. v bodech x = 0 nebo x = p, nebo v bodech, kde je F 0 (x) = π 3x2 − 2px = 0 =⇒ x = 0 Protože F (0) = F (p) = 0 a F 23 p = kolem které obdélník rotuje je y = 13 p.
4 27
nebo
x=
2 3
p.
πp3 , jsou strany hledaného obdélníka x =
2 3
p a strana,
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 + 2(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 proměnV nou z = , lze úlohu řešit jako extrém funkce dvou proměnných xy 2V 2V V = xy + + F (x, y) = P x, y, xy x y pouze s podmínkou x, y > 0, tj. na otevřené množině. V takovém případě jsou podmínky na lokální extrém ∂F 2V ∂F 2V = y − 2 = 0, = x − 2 = 0. ∂x x ∂y y 2V a dosadíme do druhé, dostaneme po snadných úpravách x2 √ 3 x 2V − x3 = 0 =⇒ x = 2V .
Když z první rovnice vyjádříme y =
√ √ Pak je y = 3 2V = x a z = 12 3 2V = 12 x. √ Abychom se přesvědčili, že funkce F (x, y) má pro x = y = 3 2V skutečně lokální minimum, budeme v tomto bodě zkoumat druhý diferenciál funkce F (x, y). Protože 4V ∂2F = 3 , ∂x2 x
∂2F = 1, ∂x∂y
∂2F 4V = 3 , ∂y 2 y
je symetrická matice A, která definuje kvadratickou formu d2 F A=
2 1
1 2
√ 3
2V ,
√ 3
2V
rovna
.
√ √ Protože D1 = 2 > 0 a D2 = 3 > 0, je kvadratická forma d2 F 3 2V , 3 2V pozitivně definitní. Tedy √ funkce F (x, y), a tedy i funkce P (x, y, z) na množině xyz = V , má v bodě x = y = 2z = 3 2V minimum. 24
V rovině z = 0 určete bod D tak, aby koule, která prochází body A ≡ (0; 0; 12), 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 = [xs ; ys ; zs ] a poloměr R. Pak máme najít minimum funkce V = 34 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 2 x2s + ys2 + zs − 12 = R2 , 2 x2s + ys2 + zs − 4 = R2 ,
2
2 + ys2 + zs − 8 = R2 , 2 2 x − xs + y − ys + zs2 = R2 . xs − 8
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, xs , ys , zs , R a navíc bychom měli čtyři Lagrangeovy multiplikátory. Proto raději nejprve některé proměnné vyloučíme pomocí rovnic vazeb. Když odečteme rovnice v prvním sloupci, dostaneme zs = 8. Po dosazení pak odečteme rovnice v prvním řádku. Z toho plyne xs = 3. Po dosazení do rovnic vazeb nám zůstanou dvě nezávislé rovnice ys2 + 25 = R2 ,
2
x−3
+ y − ys
2
+ 64 = R2 .
2 Naším úkolem nyní je nají minimum funkce V = 43 πR3 za podmínek ys2 + 25 = R2 a x − 3 + y − 2 ys + 64 = R2 . Zde jsou proměnné x, y, ys a R. Z druhé rovnice plyne R ≥ 8. Protože je funkce V rostoucí pro R = 8. Pak plyne z první podmínky √ funkcí proměnné R, musí minimum nastávat √ √ ys = ± 39 a z druhé rovnice x = 3 a y = ys = ± 39. Hledané body tedy jsou D1 = 3; 39; 0 √ nebo D2 = 3; − 39; 0 . Do rotačního kužele o délce površky
√
2 a vrcholovém úhlu
1 2
π vepište kvádr maximálního objemu.
Řešení: Z Pythagorovy věty plyne, že podstava kužele má průměr 2 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 = p 2(1 − z). Protože horní stěna kvádru má být vepsána do kruhu s průměrem d, musí platit d = x2 + y 2 . Z toho p 1 2 2 dostaneme, že musí platit vztah z = 1 − 2 x + y . Tedy máme najít maximum funkce V (x, y) =
1 2
xy 2 −
p
x2 + y 2
na množině M = (x, y) ∈ R2 ; x, y ≥ 0 , x2 + y 2 ≤ 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 p p y x2 y y ∂V = 2 − x2 + y 2 − p = p 2 x2 + y 2 − 2x2 − y 2 = 0 , 2 2 2 2 ∂x 2 2 x +y 2 x +y 2 p p ∂V x xy x = 2 − x2 + y 2 − p = p 2 x2 + y 2 − x2 − 2y 2 = 0 . ∂y 2 2 x2 + y 2 2 x2 + y 2 Odečteme-li obě rovnice, zjistíme, že musí platit x2 − y 2 = 0, tj. x = y. Po dosazení do jedné z rovnic dostaneme √ √ 2 2 2 2 2 x − 3x = 0 =⇒ x = . 3 25
Protože v tomto bodě je V = √ x = y = 23 2, z = 13 .
8 27
> 0, je v tomto bodě maximum. Rozměry hledaného kvádru jsou
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) = 2πr2 + 2πrv. Protože je válec vepsán do koule s poloměrem R, plyne z Pythagorovy věty vztah r2 + 14 v 2 = R2 . V podstatě tedy máme najít extrém funkce P (r, v) = 2πr2 + 2πrv za předpokladu, √ že platí r2 + 14 v 2 = R2 , tedy vázaný extrém. Protože v ≥ 0 plyne z rovnice vazby v = 2 R2 − r2 . Když dosadíme tento vztah do výrazu pro povrch válce, lze uvedenou úlohu formulovat tak, že pro r ∈ h0, Ri máme najít maximum funkce p p F (r) = P r, 2 R2 − r2 = 2π r2 + 2r R2 − r2 . 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 p p 2r 4π =√ r R2 − r2 + R2 − 2r2 = 0 . F 0 (r) = 2π 2r + 2 R2 − r2 − √ R62 − r2 R2 − r 2 √ Z rovnice 2r2 − R2 = r R2 − r2 plyne, že 2r2 ≥ R2 . Jestliže tuto rovnici umocníme, dostaneme s √ 5+ 5 4 2 2 4 R, 5r − 5r R + R = 0 =⇒ r = 10 (Při řešení kvadratické rovnice museli vzhledem k podmínce 2r2 ≥ R2 správně zvolit znaménko před diskriminantem). Tedy poloměr hledaného válce je s r=
√ 5+ 5 R 10
p a v = 2 R2 − r 2 = 2
s
√ 5− 5 R. 10
Nalezněte minimální vzdálenost bodu A ≡ (1; 4) od paraboly dané rovnicí y 2 = 2x. p Řešení: Vzdálenost bodu X = [x; y] od bodu A = [1; 4] je d(x, y) = (x − 1)2 + (y − 4)2 . Protože má bod X ležet na dané parabole, musí platit y 2 = 2x. Máme tedy najít minimum funkce d(x, y) při podmínce y 2 = 2x, tj. jedná se o vázaný extrém. Nejjednodušší je vyřešit rovnici vazby a dosadit do funkce, jejíž extrém hledáme. Z rovnice vazby plyne x = 21 y 2 . Tedy budeme hledat minimum funkce p q 1 1 2 2−1 2+ y−4 2 = 1 F (y) = d 2 y , y = y y 4 − 32y + 68 . 2 2 Abychom našli extrémy funkce F (y), najdeme její stacionární body, tj. body, kde y3 − 8
F 0 (y) = 0 =⇒ p
y 4 − 32y + 68
= 0 =⇒ y = 2 .
Protože je funkce F (y) diferencovatelná v celém R, má jediný stacionární bod y = 2 a lim F (y) = y→±∞ √ +∞, je v bodě y =√2 její globální minimum F (2) = 5. Tedy vzdálenost bodu A = [1; 4] od paraboly y 2 = 2x je 5. Určete největší a nejmenší hodnotu funkce f (x, y) = x2 + y 2 − 12x + 16y na množině M = 2 2 (x, y) ; x + y ≤ 25 . 26
Řešení: Protože je funkce f (x, y) spojitá na kompaktní, tj. omezené a uzavřené množině M, nabývá na ní své nejmenší a největší hodnoty. Těchto hodnot může nabývat uvnitř množiny M, tj. na množině x2 + y 2 < 25 nebo na její hranici, tj. na kružnici x2 + y 2 = 25. Protože je funkce f (x, y) diferencovatelná, může na otevřené množině x2 + y 2 < 25 nabývat extrémních hodnot pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde ∂f = 2x − 12 = 0 , ∂x
∂f = 2y + 16 = 0 . ∂y
Takové body ale v množině x2 + y 2 < 25 neexistují. Extrémy tedy musí být na množině g(x, y) = x2 + y 2 − 25 = 0. V tomto případě se jedná o vázané extrémy. Proto sestrojíme Lagrangeovu funkci L(x, y) = f (x, y) − λg(x, y) = x2 + y 2 − 12x + 16y − λ x2 + y 2 − 25 . Extrémy mohou existovat pouze v bodech, kde je ∂L = 2x − 12 − 2λx = 0 , ∂x Z prvních dvou rovnic plyne x =
∂L = 2y + 16 − 2λy = 0 , ∂y
x2 + y 2 = 25 .
8 6 ,y=− . Po dosazení do rovnice vazby dostaneme 1−λ 1−λ
(λ − 1)2 = 4 =⇒ λ1 = 3 , x1 = −3 , y1 = 4 ;
λ2 = −1 , x2 = 3 , y2 = −4 .
Dostali jsme tedy dva body, ve kterých má funkce minimum a maximum na množině M. Protože f (−3, 4) = 125 a f (3, −4) = −75, je největší hodnota funkce f (x) na množině M rovna 125 a nejmenší je −75. Nalezněte největší a nejmenší hodnotu funkce f (x, y) = 2x3 + 4x2 + y 2 − 2xy na množině M = 2 (x, y) ; x ≤ y ≤ 4 . Řešení: Protože je funkce f (x, y) spojitá na kompaktní, tj. omezené a uzavřené množině M, nabývá na ní své nejmenší a největší hodnoty. Těchto hodnot může nabývat uvnitř množiny M, tj. na množině x2 < y < 4 nebo na její hranici, tj. na množině x2 = y nebo y = 4, x ∈ (−2, 2), nebo v bodech, kde x2 = y = 4, tj. v bodech M1 = [2, 4] nebo M2 [−2, 4]. Protože je funkce f (x, y) diferencovatelná, může na otevřené množině x2 < y < 4 nabývat extrémních hodnot pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde ∂f = 6x2 + 8x − 2y = 0 , ∂x
∂f = 2y − 2x = 0 =⇒ y = x =⇒ x2 + x = 0 . ∂y
Takové body ovšem v množině x2 < y < 4 neexistují. Extrémy tedy musí být na hranici. Tam se už ale jedná o vázané extrémy. Na množině x2 = y, x ∈ (−2, 2) stačí najít extrémy funkce jedné proměnné F1 (x) = f (x, x2 ) = x4 + 4x2 . Extrém této funkce na intervalu x ∈ (−2, 2) může být pouze v bodech, kde je F10 (x) = 4x3 + 8x = 0 =⇒ x = 0 . Takto jsme získali třetí bod M3 = [0; 0], ve kterém může mí funkce f (x, y) extrém. Na další části hranice je y = 0. Podobně jako pro funkci F1 (x) budeme na intervalu x ∈ (−2, 2) hledat extrémy funkce F2 (x) = f (x, 4) = 2x3 + 4x2 − 8x + 16 =⇒ F20 (x) = 6x2 + 8x − 8 = 0 =⇒ x = 27
2 3
.
Tím dostaneme poslední bod M4 = [ 23 ; 4], který je podezřelý z extrému. A protože f (2, 4) = 32, f (−2, 4) = 32, f (0, 0) = 0 a f ( 23 , 4) = 352 27 < 32, je největší hodnota funkce f (x, y) na množině M rovna 32 a nejmenší je rovna 0. Nalezněte největší a nejmenší hodnotu funkce f (x, y) = x2 y(4 − x − y) na množině M = {(x, y) ; x ≥ 0 , y ≥ 0 , x + y ≤ 6} . Řešení: Protože je funkce f (x, y) spojitá na kompaktní, tj. omezené a uzavřené množině M, nabývá na ní své nejmenší a největší hodnoty. Těchto hodnot může nabývat uvnitř množiny M, tj. na množině x > 0, y > 0 a x + y < 6 nebo na její hranici. Protože je funkce f (x, y) diferencovatelná, může na otevřené množině M◦ nabývat extrémních hodnot pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde ∂f = xy(8 − 3x − 2y) = 0 , ∂x
∂f = x2 (4 − x − 2y) = 0 =⇒ x = 2 , ∂y
y = 1.
Tedy na vnitřku množiny M může extrém nastat pouze v bodě M0 = [2; 1], kde je f (2, 1) = 4. Hranice množiny M se skládá ze tří otevřených úseček y = 0, x ∈ (0, 6), x = 0, y ∈ (0, 6) a y = 6−x, x ∈ (0, 6) a bodů M1 = [0; 0], M2 = [6; 0] a M3 = [0; 6], kde f (0, 0) = f (6, 0) = f (0, 6) = 0. Na množinách x = 0 a y = 0 je funkce f (x, y) = f (0, y) = f (x, 0) = 0. Na množině y = 6 − x, x ∈ (0, 6), budeme hledat extrémy funkce F (x) = f (x, 6 − x) = −2x2 (6 − x), x ∈ (0, 6). Ty mohou být pouze v bodech, kde je F 0 (x) = −24x + 6x2 = 0 =⇒ x = 4 . Takto jsme získali bod M4 = [4; 2]. A protože f (4, 2) = −64, nabývá funkce f (x, y) na množině M největší hodnotu v bodě M0 = [2, 1], f (2, 1) = 4 a nejmenší hodnotu v bodě M4 = [4; 2], kde je f (4, 2) = −64. Nalezněte největší a nejmenší hodnotu funkce f (x, y) = sin x + sin y + sin(x + y) na množině n π πo M = (x, y) ; 0 ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ . 2 2 Řešení: Protože je funkce f (x, y) spojitá na kompaktní, tj. omezené a uzavřené množině M, nabývá na ní své nejmenší a největší hodnoty. Těchto hodnot může nabývat uvnitř množiny M, tj. na množině 0 < x < 12 π, 0 < y < 12 π a nebo na její hranici. Protože je funkce f (x, y) diferencovatelná, může na otevřené množině M◦ nabývat extrémních hodnot pouze v bodech, kde je df = 0, tj. v bodech, kde ∂f ∂f = cos x + cos(x + y) = 0 , = cos y + cos(x + y) = 0 . ∂x ∂y Jestliže obě rovnice odečteme, dostaneme rovnici cos x − cos y = 0, která má na množině M jediné řešení x = y. Tedy pro x musí platit rovnice cos x + cos 2x = 2 cos2 x + cos x − 1 = 0, která má pro x ∈ (0, 12 π) jediné řešení x = 13 π. Tedy uvnitř množiny M existuje jediný bod M0 = [ 31 π; 13 π], ve kterém může mít funkce f (x, y) extrém. Hranice množiny M je tvořena čtyřmi otevřenými úsečkami y = 0, x ∈ (0, 12 π), x = 0, y ∈ (0, 12 π), y = 12 π, x ∈ (0, 12 π) a x = 12 π, y ∈ (0, 12 π) a čtyřmi vrcholy V1 = [0; 0], V2 = [ 21 π; 0], V3 = [ 12 π; 12 π] a V4 = [0; 12 π]. Na úsečce y = 0 je funkce rovna f (x, 0) = 2 sin x, která nemá pro x ∈ (0, 12 π) extrém. Podobně neexistuje extrém ani na otevřené úsečce x = 0, y ∈ (0, 21 π). Na otevřené úsečce y = 12 π, x ∈ (0, 12 π), budeme zkoumat funkci F (x) = f (x, 12 π) = sin x + sin(x + 28
1 2
π) = sin x + cos x .
Ta může nabývat extrém pouze v bodech, kde F 0 (x) = cos x − sin x = 0 =⇒ x =
1 4
π.
Takto dostáváme bod M1 = [ 14 π; 12 π]. Podobně bychom na otevřené úsečce x = 12 π získali bod M2 = [ 21 π; 14 π]. Takto jsme našli všechny body, ve kterých může mít funkce f (x, y) na množině M největší a nejmenší hodnotu. Protože f ( 13 π, 13 π) =
3 2
√
f ( 12 π, 0) = f (0, 12 π) = f ( 12 π, 12 π) = 2 ,
3,
f (0, 0) = 0 , √ f ( 14 π, 12 π) = f ( 12 π, 14 π) = 1 + 2 ,
Je největší hodnota funkce f (x, y) na množině M rovna Najděte derivaci funkce f (x, y) = v bodě [0; 0].
3 2
√
3 a nejmenší hodnota je rovna 0.
x2 y pro [x; y] 6= [0; 0] a f (0, 0) = 0 podle vektoru u = (1, 1) + y2
x2
Řešení: Pro funkci f (x), která je diferencovatelná v bodě a lze derivaci funkce podle vektoru u v bodě a najít jako ∂f (a) = u · grad f (a) . ∂u Naše funkce f (x, y) je minimálně podezřelá právě v bodě a = [0; 0]. Proto budeme raději počítat derivaci ve směru vektoru u podle definice. Sestrojíme funkci F (t) = f a + ut jedné proměnné t. Pak je podle definice ∂f (a) = F 0 (0) . ∂u V našem případě máme F (t) = f (t, t) =
1 2
t =⇒
29
∂f (0, 0) = ∂u
1 2
.
