Funkce více promenných

Gradient
Vektor
gradf (X0 ) = (fx01 (X0 ), · · · , fx0n (X0 ))
se nazývá gradient funkce f v bodě X0 .
Je-li f funkce hladká na oblasti A, platí pro každý vektor ~u
X ∈ A ⇒ f~u0 (X ) = ~u · gradf (X ).
Gradient gradf (X ) udává (v definičním oboru!) směr, ve
kterém, vycházíme-li z bodu X , funkce nejrychleji roste (v
případě funkce dvou promenných je to směr kolmý na
vrstevnici, v prípadě funkce tří proměnných směr kolmý na
hladinu funkce).
IMA 2013
Příklad (Derivace podle vektoru, použití gradientu)
Daná je funkce f (x, y, z) = x 2 − 3xy − 4y 2 − 5x − 4z 2 a vektor u
= (−1, 1, 2). Určte derivaci funkce f (x, y, z) podle vektoru u v
obecném bodě X = (x, y, z).
Určíme gradient funkce f (x, y, z) :
gradf (X ) = (2x − 3y − 5, −3x − 8y, −8z)
Vynásobíme skalárně vektor a gradient
u · gradf (X ) = −5x − 5y + 5 − 16z = f 0 u (x, y, z).
IMA 2013
Diferenciál
Nechť funkce f je hladká na oblasti A, bod X0 ∈ A a ~h je
vektor. Potom zobrazení
df (X0 , ~h) = gradf (X0 ) · ~h = f~h0 (X0 )
nazýváme diferenciálem funkce f v bodě X0 . Je-li f funkce
dvou promenných, f = f (x, y), X0 = [x0 , y0 ], ~h = (dx, dy),
potom
df (X0 , ~h) = fx0 (x0 , y0 )dx + fy0 (x0 , y0 )dy.
Tečná rovina
z − f (x0 , y0 ) = fx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy0 (x0 , y0 )(y − y0 ).
IMA 2013
Příklad (Tečná rovina)
Daná je funkce f (x, y) = x 2 + 41 y 2 , její bod P = (1, 3, 13
4 ). Najděte
rovnici tečné roviny v bodě P a určete rovnici její normály.
Zřejmě rovnice tečné roviny je
z − f (x0 , y0 ) = fx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy0 (x0 , y0 )(y − y0 ).
13 0
0
4 , fx (x0 , y0 ) = 2x0 , fy (x0 , y0 )
= 2, fy0 (x0 , y0 ) = fy0 (1, 3) = 23 .
f (x0 , y0 ) = f (1, 3) =
fx0 (x0 , y0 ) = fx0 (1, 3)
Po dosazení
z−
13
3
= 2(x − 1) + (y − 3),
4
2
a po úpravě
3
13
2x + y − z = .
2
4
IMA 2013
= 21 y0 .
Příklad (Tečná rovina, pokr.)
Norm. vektor je (2, 23 , −1),
rovnice normály (máme přímku v prostore!!!)
x = 1 + 2t
3
y =3+ t
2
13
z=
− t.
4
IMA 2013
Příklad (Tečná rovina, diferenciál)
Nechť z = f (x, y) je rovnice plochy v prostoru. Na této ploše leží
bod A = [3, 5, 7]. Dále platí zx0 (3, 5) = 2, zy0 (3, 5) = 3.
Najděte rovnici tečné roviny a normálový vektor n k dané
ploše v daném bodě.
Odhadněte f (3.02, 4.99) .
Řešení.
Rovnice tečné roviny je
z − f (x0 , y0 ) = fx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy0 (x0 , y0 )(y − y0 ).
Zřejmě
x0 = 3, y0 = 5, f (x0 , y0 ) = 7, fx0 (x0 , y0 ) = 2, fy0 (x0 , y0 ) = 3.
IMA 2013
Příklad (Tečná rovina, diferenciál, pokr.)
Proto
z − 7 = 2(x − 3) + 3(y − 5),
po úpravě
2x + 3y − z − 14 = 0,
norm. vektor je (2, 3, −1).
pro určení přibl. hodnoty využijeme, že
z = f (x0 , y0 ) + fx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy0 (x0 , y0 )(y − y0 ).
Potom
z = f (3, 5) + fx0 (3, 5)(3.02 − 3) + fy0 (3, 5)(4.99 − 5),
po úpravě
z = 7.01.
IMA 2013
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 2013
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 2013
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 2013
Extrémy funkce více proměnných
IMA 2013
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 2013
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 2013
Diferenciál k-tého řádu
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 .
00
00
00
d 2 f (X0 ) = fxx
(X0 ).dx 2 + fyy
(X0 ).dy 2 + 2fxy
(X0 )dx.dy.
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.
IMA 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013
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 2013