Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 1 / 81
Sadrzaj
Sadrzaj:1 Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio)
Usmjerena derivacijaGradijentSvojstva gradijenta
2 Derivacije viseg redaParcijalne derivacije viseg redaDiferencijali viseg redaTaylorova formulaPriblizno racunanje i Taylorova formula
3 Ekstremi funkcija vise varijabliLokalni ekstremiKriticne tockeKriterij za odredivanje ekstremaOpci kriterijGlobalni ekstremi
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 2 / 81
Ciljevi ucenja
Ciljevi ucenja:Naucit cemo sto je usmjerena derivacija i gradijent, te koje jenjihovo geometrijsko znacenje i primjenaNaucit cemo kako racunati parcijalne derivacije viseg reda.Naucit cemo kako racunati diferencijale viseg reda.Kako glasi Taylorova formula za funkcije vise varijabli?Naucit cemo kako odrediti lokalne ekstreme funkcije vise varijabli.Kako odrediti globalne ekstreme?Kako odrediti uvjetne ekstreme∗?
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 3 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Usmjerena derivacija
USMJERENA DERIVACIJA
Stojite na brezuljku kao na slici i zelite odrediti nagib brda premaxy-ravnini. Ako plohu brda predstavimo funkcijom z = f(x,y),znamo kako bi se utvrdio nagib padine u dva razlicita smjera:nagib u y-smjeru daje parcijalna derivacija fy(x,y), a nagib ux-smjeru parcijalna derivacija fx(x,y). Vidjet cemo da se ove dvijeparcijalne derivacije mogu koristiti kako bismo odredili nagib ubilo kojem smjeru.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 4 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Usmjerena derivacija
Da bismo odredili nagib plohe z = f (x ,y) u tocki (x0,y0, f (x0,y0)) usmjeru vektora~s, definirat cemo novu vrstu derivacije - usmjerenuderivaciju. ”Smjer” usmjerene derivacije daje jedinicni vektor~s = sx~i + sy~j (tj.~s = cosα~i + sinα~j , gdje je α kut koji taj vektor zatvaras pozitivnim smjerom x-osi.)Postavimo vertikalnu ravninu kroz tocku T0(x0,y0) paralelnu vektoru~s.Ta ravnina presijeca plohu po krivulji C. Trazeni nagib definiramo kaonagib krivulje C u tocki (x0,y0, f (x0,y0)).Taj nagib je granicni nagib sekante kroz tocke (x0,y0, f (x0,y0)) i(x0 + tsx ,y0 + tsy , f (x0 + tsx ,y0 + tsy )) kad t → 0.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 5 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Usmjerena derivacija
Nagib sekante je f (T )−f (T0)
|−−→T0T |
= f (x0+t cosα,y0+t sinα)−f (x0,y0)t . Dakle,
prelaskom na limes kad t → 0 dobivamo sljedecu definiciju.
Definicija usmjerene derivacijeUsmjerena derivacija skalarne funkcije z = f (x ,y) u tocki T0(x0,y0) usmjeru jedinicnog vektora~s = sx~i + sy~j jednaka je
∂z∂~s
:= limt→0
f (x0 + t ·sx ,y0 + t ·sy )− f (x0,y0)
t
TvrdnjaAko je funkcija z = f (x ,y) diferencijabilna, tada je usmjerena derivacijau smjeru jedinicnog vektora~s = sx~i + sy~j jednaka
∂z∂~s
=∂z∂x·sx +
∂z∂y·sy
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 6 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Usmjerena derivacija
Postoji beskonacno mnogo usmjerenih derivacija funkcije. Dakle,postoji beskonacno mnogo nagiba plohe u odredenoj tocki, po jedanza svaki smjer vektora~s, kako sto je prikazano ovom animacijom:
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 7 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Usmjerena derivacija
Lako je pamtiti kako racunamo usmjerenu derivaciju – tako da totalnidiferencijal formalno podijelimo s ∂~s, pa ∂x
∂~s zamijenimo s sx , a ∂y∂~s s sy :
dz =∂z∂x
dx +∂z∂y
dy
∂z∂~s
=∂z∂x
∂x∂~s
+∂z∂y
∂y∂~s
∂z∂~s
=∂z∂x·sx +
∂z∂y·sy
Slicno definiramo usmjerenu derivaciju funkcije vise varijabli ivrijedi:Ako je funkcija u = f (x1,x2, . . . ,xn) diferencijabilna, tada je usmjerenaderivacija u smjeru jedinicnog vektora~s = (sx1 ,sx2 , . . . ,sxn ) jednaka
∂u∂~s
=∂u∂x1·sx1 +
∂u∂x2·sx2 + . . .+
∂u∂xn·sxn
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 8 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Primjer
PRIMJER 1.
Za funkciju z = x2y odredimo:
a) usmjerenu derivaciju u smjeru vektora~s = (1,2),usmjerenu derivaciju u smjeru tog vektora npr. u tocki (−2,3).Pada li ili raste funkcija u toj tocki u zadanom smjeru?
b) usmjerenu derivaciju u smjeru vektoraod tocke A(1,2) do tocke B(4,6);
c) usmjerenu derivaciju u smjeru vektora~skoji s pozitivnim smjerom x-osi zatvara kut α = π
4 .
Rjesenje:∂z∂~s
=∂z∂x︸︷︷︸
=2xy
·sx +∂z∂y︸︷︷︸=x2
·sy
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 9 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Primjer
a) ~s0 =(1,2)√
5=
(1√5,
2√5
)∂z∂~s
= 2xy · 1√5
+ x2 · 2√5
∂z∂~s
(−2,3) = 2 · (−2) ·3 · 1√5
+ (−2)2 · 2√5
=− 4√5≈−1.79
u tocki (−2,3) funkcija z pada (-) u smjeru vektora~s = (1,2)
brzinom 1.79
b) ~s =−→AB = (3,4);
−−→AB0 = (3,4)
5 =(3
5 ,45
)∂z∂~s
= 2xy · 35
+ x2 · 45
c) ~s0 = (cosα,sinα)|α= π
4=(
1√2, 1√
2
)∂z∂~s
= 2xy · 1√2
+ x2 · 1√2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 10 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Zadaci
ZADATAK 1.
Odredi usmjerenu derivaciju funkcije z = x2 + y2 u tocki T (1,1):
a) u smjeru pozitivne x-osi, pozitivne y -osi;
b) u smjeru vektora~s koji s pozitivnim smjerom x-osizatvara kut α = π
3 ;
c) usmjerenu derivaciju u smjeru vektora cije surubne tocke A(1,0) i B(0,1).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 11 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Zadaci
Rjesenje:
∂z∂~s
=∂z∂x︸︷︷︸=2x
·sx +∂z∂y︸︷︷︸=2y
·sy ,∂z∂~s
(1,1)=2 ·sx + 2 ·sy
a) smjer pozitivne x-osi: ~s0 =~i = (1,0)
∂z∂~s
=∂z∂x·1 +
∂z∂y·0 =
∂z∂x
∂z∂x
= 2x ,∂z∂x
(1,1) = 2
smjer pozitivne y -osi: ~s0 =~j = (0,1)
∂z∂~s
=∂z∂x·0 +
∂z∂y·1 =
∂z∂y
∂z∂y
= 2y ,∂z∂y
(1,1) = 2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 12 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Zadaci
b) ~s0 = (cosα,sinα)|α= π
3=
(12,
√3
2
)∂z∂~s
= 2x · 12
+ 2y ·√
32
= x +√
3y
∂z∂~s
(1,1) = 1 +√
3��
c) ~s =−→AB = (−1,1),
−−→AB0 =
(−1,1)√2
∂z∂~s
= 2x ·(− 1√
2
)+ 2y · 1√
2=−√
2x +√
2y
∂z∂~s
(1,1) =−√
2 +√
2 = 0��
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 13 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Zadaci
ZADATAK 2.
Odredi usmjerenu derivaciju funkcije y = u2 + v ·w u tocki T (1,0,1):
a) u smjeru vektora~s = (1,2,0);
b) u smjeru vektora od tocke A(3,2,0) i B(1,0,1).
Rjesenje:∂y∂~s
=∂y∂u︸︷︷︸=2u
·s1 +∂y∂v︸︷︷︸=w
·s2 +∂y∂w︸︷︷︸=v
·s3
a) ~s0 =(1,2,0)√
5=
(1√5,
2√5,
0√5
)∂y∂~s
= 2u · 1√5
+ w · 2√5
+ v · 0√5
=2√5
u +2√5
w
∂y∂~s
(1,0,1) =2√5·1 +
2√5·1=
4√5��
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 14 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Zadaci
b) ~s = ~AB = (−2,−2,1)
~s0 =(−2,−2,1)
3=
(−2
3,−2
3,13
)∂y∂~s
= 2u ·(−2
3
)+ w ·
(−2
3
)+ v · 1
3=−4
3u +
13
v − 23
w
∂y∂~s
(1,0,1) =−43·1 +
13·0− 2
3·1=−2��
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 15 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Gradijent
GRADIJENT
Gradijent funkcije dviju varijabli z = f (x ,y) vektorska je funkcijadviju varijabli:
∇f (x ,y) := fx (x ,y)~i + fy (x ,y)~j .
Oznacava se takoder s grad f (x ,y). Primjetimo (vidi sliku) da je∇f (x ,y) vektor u ravnini (ne u prostoru).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 16 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Gradijent
Gradijent funkcije tri varijable w = f (x ,y ,z) vektorska je funkcijatriju varijabli:
∇f (x ,y ,z) := fx (x ,y ,z)~i + fy (x ,y ,z)~j + fz(x ,y ,z)~k .
Analogno definiramo gradijent funkcije vise varijabli.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 17 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Primjer
PRIMJER 2.Odredimo gradijent funkcije:
a) z = y lnx + xy2 u tocki (1,2);
b) w = x2 + y2−4z u tocki (2,−1,1).
Rjesenje:
a) ∂z∂x = y
x + y2, ∂z∂y = lnx + 2xy
∇z =(y
x + y2)~i + (lnx + 2xy)~j∇z(1,2) =
(21 + 22)~i + (ln1 + 2 ·1 ·2)~j= 6~i + 4~j��
b) ∇w = 2x~i + 2y~j−4~k∇w(2,−1,1) = 4~i−2~j−4~k��
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 18 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Alternativni oblik usmjerene derivacije
Alternativni oblik usmjerene derivacije
Ako je f diferencijabilna (funkcija vise varijabli) i~s jedinicni vektor,tada je:
∂z∂~s
= ∇z ·~s.
PRIMJER 3.
Odredimo usmjerenu derivaciju funkcije z = 3x2−2y2 u tocki (−34 ,0) u
smjeru od tocke A(−34 ,0) do tocke B(0,1).
Rjesenje:−→AB = 3
4~i +~j , ~s =
−−→AB0 = 1
54
(34~i +~j
)= 3
5~i + 4
5~j
∇z = ∂z∂x~i + ∂z
∂y~j = 6x~i−4y~j , ∇z(−3
4 ,0) =−92~i + 0~j
∂z∂~s (−3
4 ,0) = ∇z(−34 ,0) ·~s =
(−9
2~i + 0~j
)·(
35~i + 4
5~j)
=−2710��
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 19 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Svojstva gradijenta
Neka z = f (~x) diferencijabilna funkcija vise varijabli.
1 Ako je ∇f (~x) =~0, onda je ∂z∂~s = 0 za svaki~s.
2 Ako je ∇f (~x0) 6=~0, onda je ∇f (~x0) okomit na nivo-plohu kroz ~x0.
3 ∇f ima orijentaciju najbrzeg porasta funkcije f . Maksimalnavrijednost usmjerene derivacije ∂z
∂~s jednaka je |∇f |.
Dokaz: ∂z∂~s = ∇f ·~s = |∇f | · |~s| ·cosα, gdje je α kut izmedu ∇f i~s.
Maksimalna vrijednost cosα jednaka je 1 i postize se za α = 0. Utom slucaju~s i ∇f imaju istu orijentaciju.
4 −∇f ima orijentaciju najbrzeg pada funkcije f . Minimalnavrijednost usmjerene derivacije ∂z
∂~s jednaka je −|∇f |.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 20 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Primjer
PRIMJER 4.Neka je temperatura (u stupnjevima Celzijusa) na povrsini metalneploce zadana s T (x ,y) = 20−4x2−y2, gdje se x i y mjere ucentimetrima. U kojem smjeru temperatura najbrze raste u tocki(2,−3)? Odredimo maksimalnu brzinu porasta temperature.
Rjesenje:
∇T (x ,y) = Tx (x ,y)~i + Ty (x ,y)~j =−8x~i−2y~j
Temperatura u tocki (2,−3) najbrzi raste usmjeru vektora ∇T (2,−3) =−16~i + 6~j .
Maksimalna brzina porasta temperature iznosi|∇T (2,−3)|
=√
256 + 36 =√
292= 17.09◦C��
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 21 / 81
Derivacija funkcija vise varijabli (2.dio) Primjer
Na slici je prikazan primjer crtanja gradijentnog polja za sedlastuplohu: z = x2−y2. Gradijent ima pocetak u tocki u kojoj se racuna, apokazuje u smjeru najbrzeg porasta funkcije. Takoder su prikazanenivo-krivulje, pa se vidi okomitost gradijenta na odgovarajucunivo-krivulju.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 22 / 81
Derivacije viseg reda Parcijalne derivacije viseg reda
PARCIJALNE DERIVACIJE VISEG REDA
Parcijalna derivacija drugog reda funkcije u = f (x1,x2, . . . ,xn) je drugaderivacija te funkcije (derivacija derivacije) po jednoj od njenih nvarijabli, npr. po x1 imamo n parcijalnih derivacija drugog reda:
∂
∂x1
(∂u∂x1
),
∂
∂x1
(∂u∂x2
),
∂
∂x1
(∂u∂x3
), . . . ,
∂
∂x1
(∂u∂xn
).
Gornje parcijalne derivacije oznacavamo redom simbolima:
∂2u∂x2
1,
∂2u∂x1 ∂x2
,∂2u
∂x1 ∂x3, . . . ,
∂2u∂x1 ∂xn
ili alternativno:ux1x1 , ux1x2 , ux1x3 , . . . , ux1xn .
Analogno, imamo parcijalne derivacije po bilo kojoj drugoj varijabli.Dakle, funkcija n varijabli ima n2 parcijalnih derivacija drugog reda.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 23 / 81
Derivacije viseg reda Parcijalne derivacije viseg reda
Analogno definiramo i oznacavamo parcijalne derivacije treceg reda,cetvrtog, itd.Specijalno, u slucaju funkcije tri varijable w = f (x ,y ,z) imamo 3parcijalne derivacije prvog reda, 9 parcijalnih derivacija drugog reda,27 treceg, itd.Parcijalne derivacije prvog reda su komponente gradijenta:(
∂w∂x ,
∂w∂y ,
∂w∂z
).
Deriviranjem ovog vektora dobivamo matricu, koja sadrzi parcijalnederivacije drugog reda (Hesseova matrica, Hessian):
∂
∂x
(∂w∂x
)∂
∂y
(∂w∂x
)∂
∂z
(∂w∂x
)∂
∂x
(∂w∂y
)∂
∂y
(∂w∂y
)∂
∂z
(∂w∂y
)∂
∂x
(∂w∂z
)∂
∂y
(∂w∂z
)∂
∂z
(∂w∂z
) ozn.
=
∂2w∂x2
∂2w∂y ∂x
∂2w∂z ∂x
∂2w∂x ∂y
∂2w∂y2
∂2w∂z ∂y
∂2w∂x ∂z
∂2w∂y ∂z
∂2w∂z2
alt .ozn.
=
wxx wyx wzxwxy wyy wzywxz wyz wzz
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 24 / 81
Derivacije viseg reda Parcijalne derivacije viseg reda
Parcijalne derivacije treceg reda su primjerice:
wxzy = ∂3w∂x ∂z ∂y := ∂
∂x
(∂2w∂z ∂y
)wzzx = ∂3w
∂z2 ∂x := ∂
∂z
(∂2w∂z ∂x
)wxyy = ∂3w
∂x ∂y2 := ∂
∂x
(∂2w∂y2
)itd.
Vrijedi sljedeca tvrdnja o jednakosti mjesovitih derivacija:
Schwarzov teoremAko su mjesovite parcijalne derivacije neprekinute,onda one ne ovise o redoslijedu varijabli po kojima deriviramo,nego samo o varijablama po kojima se derivira i koliko puta.
Primjerice, ∂2w∂y ∂x = ∂2w
∂x ∂y , ∂2w∂z ∂x = ∂2w
∂x ∂z , ∂2w∂z ∂y = ∂2w
∂y ∂z ,
∂3w∂x ∂y ∂z = ∂3w
∂x ∂z ∂y = ∂3w∂y ∂x ∂z = ∂3w
∂y ∂z ∂x = ∂3w∂z ∂x ∂y = ∂3w
∂z ∂y ∂x ,
∂3w∂x ∂y ∂x = ∂3w
∂x2 ∂y = ∂3w∂y ∂x2 itd.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 25 / 81
Derivacije viseg reda Primjeri
PRIMJER 5.
Izracunajmo zxy i zyx , ako je z = xy + (x + 2y)2.
Rjesenje:
zx = y + 2(x + 2y), zy = x + 4(x + 2y)zxy = 1 + 4 = 5 = zyx = 1 + 4 = 5
PRIMJER 6.Izracunajmo sve parcijalne derivacije drugog reda i sljedece mjesovitederivacije treceg reda: wxxz , wxzx , wzxx , ako je w = exy + zcosx.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 26 / 81
Derivacije viseg reda Primjeri
Rjesenje: w = exy + z cosx
wx = yexy −z sinx wy = xexy wz = cosx
wxx = y2exy −z cosx wyx = exy + xyexy wzx =−sinx
wxy = exy + xyexy wyy = x2exy wzy = 0
wxz =−sinx wyz = 0 wzz = 0
wxxz =−cosx , wxzx =−cosx , wzxx =−cosx
dakle wxxz=wxzx =wzxx
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 27 / 81
Derivacije viseg reda Primjeri
ZADATAK 3.Nadite
a) parcijalne derivacije drugog reda funkcije z = exy ;
b) parcijalne derivacije drugog reda funkcije z = yx ;
c) parcijalne derivacije drugog reda funkcije w = sin(xz)cosy ;
d) parcijalne derivacije treceg reda funkcije w = xy−z
Rjesenje:
a) zx = yexy zy = xexy
zxx = y2exy zxy =zyx = (1 + xy)exy zyy = x2exy
b) zx =− yx2 zy =
1x
zxx = 2yx3 zxy =zyx =− 1
x2 zyy = 0
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 28 / 81
Derivacije viseg reda Primjeri
c) wx = z cos(xz)cosy , wy =−sin(xz)siny , wz = x cos(xz)cosy
wxx =−z2 sin(xz)cosy
wyx =wxy =−z cos(xz)siny
wzx =wxz = cos(xz)cosy −xz sin(xz)cosy
wyy =−sin(xz)cosy
wyz =wzy =−x cos(xz)siny
wzz =−x2 sin(xz)cosy
d) wx =1
y −z, wy =
−x(y −z)2 , wz =
x(y −z)2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 29 / 81
Derivacije viseg reda Primjeri
Radi pregledosti parcijalne derivacije drugog i treceg reda zapisatcemo kao elemente matrica.
H(x ,y ,z) =
wxx wyx wzxwxy wyy wzywxz wyz wzz
=
0 −1
(y−z)21
(y−z)2
−1(y−z)2
2x(y−z)3
−2x(y−z)3
1(y−z)2
−2x(y−z)3
2x(y−z)3
Parcijalnim deriviranjem Hessiana H(x ,y ,z) po x , y i z, redom,dobivamo blok matricu koja sadrzi parcijalne derivacije treceg reda:(
wxxx wxyx wxzx
wxxy wxyy wxzy
wxxz wxyz wxzz
wyxx wyyx wyzx
wyxy wyyy wyzy
wyxz wyyz wyzz
wzxx wzyx wzzx
wzxy wzyy wzzy
wzxz wzyz wzzz
)
=
0 0 0
0 2(y−z)3
−2(y−z)3
0 −2(y−z)3
2(y−z)3
0 2(y−z)3
−2(y−z)3
2(y−z)3
−6x(y−z)4
6x(y−z)4
−2(y−z)3
6x(y−z)4
−6x(y−z)4
0 −2(y−z)3
2(y−z)3
−2(y−z)3
6x(y−z)4
−6x(y−z)4
2(y−z)3
−6x(y−z)4
6x(y−z)4
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 30 / 81
Derivacije viseg reda Diferencijal drugog reda
Diferencijali viseg reda
Podsjetimo se, prvi diferencijal funkcije u = f (x1,x2, . . . ,xn) definiramokao funkciju:
du :=∂u∂x1
dx1 +∂u∂x2
dx2 + · · ·+ ∂u∂xn
dxn
= ∇u ·d~x ,
gdje je d~x = (dx1,dx2, . . . ,dxn).
Diferencijal drugog reda (drugi diferencijal) je diferencijal prvogdiferencijala:
d2u := d(du)
gdje du shvacamo kao funkciju od~x = (x1,x2, . . . ,xn) skonstantnim d~x .
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 31 / 81
Derivacije viseg reda Diferencijal drugog reda
Primerice, drugi diferencijal funkcije z = f (x ,y):
d2z = d(dz) = d(zx dx + zy dy)
=∂
∂x(zx dx + zy dy) dx +
∂
∂y(zx dx + zy dy) dy
= (zxx dx + zxy dy) dx + (zyx dx + zyy dy) dy= zxx (dx)2 + zxy dydx + zyx dxdy + zyy (dy)2
Koristeci Schwarzov teorem imamo:
d2z = zxx (dx)2 + 2 zxy dydx + zyy (dy)2
Ako dz formalno oznacimo: dz =
(∂
∂xdx +
∂
∂ydy)
z, onda je:
d2z =
(∂
∂xdx +
∂
∂ydy)2
z
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 32 / 81
Derivacije viseg reda Diferencijal drugog reda
Na isti nacin dobivamo drugi diferencijal funkcije w = f (x ,y ,z):
d2w = d(wx dx + wy dy + wz dz)
= wxx (dx)2 + wyy (dy)2 + wzz (dz)2
+ 2 wxy dxdy + 2 wxz dxdz + 2 wyz dydz
sto formalno oznacavamo:
d2w =
(∂
∂xdx +
∂
∂ydy +
∂
∂zdz)2
w
Isto vrijedi za drugi diferencijal funkcije u = f (x1,x2, . . . ,xn):
d2u =
(∂
∂x1dx1 +
∂
∂x2dx2 + . . .+
∂
∂xndxn
)2
u
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 33 / 81
Derivacije viseg reda Primjer
PRIMJER 7.
Izracunajmo drugi diferencijal funkcije z = x3 + y2 u tocki T (−1,1) zapriraste:a) (dx ,dy) = (0.1,0)b) (dx ,dy) = (0.1,0.3)
Rjesenje: d2z = zxx (dx)2 + 2 zxy dxdy + zyy (dy)2
zxx = 6x , zxy = 0, zyy = 2,
d2z = 6x (dx)2 + 2 (dy)2, d2z(T ) =−6 (dx)2 + 2 (dy)2
a) d2z(T )∣∣(0.1,0)
=−6 ·0.12 + 2 ·02=−0.06
b) d2z(T )∣∣(0.1,0.3)
=−6 ·0.12 + 2 ·0.32= 0.12
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 34 / 81
Derivacije viseg reda Zadaci
ZADATAK 4.
Odredi dw i d2w za funkcije
a) w = xy + 3x2;
b) w = ln(x2 + y2);
c) w = xy + xz + yz
ZADATAK 5.Odredi vrijednost prvog i drugog diferencijala za funkcije u tocki(koristiti rezultate iz zadatka 4):
a) w = xy + 3x2 u T (1,−1);
b) w = ln(x2 + y2) u T (1,−1);
c) w = xy + xz + yz u T (1,−1,1)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 35 / 81
Derivacije viseg reda Zadaci
Rjesenje 4:
a) wx = y + 6x , wy = x , wxx = 6, wxy = 1, wyy = 0
dw = (y + 6x) dx + x dy , d2w = 6 dx2 + 2 dxdy
b) wx = 2xx2+y2 , wy = 2y
x2+y2
wxx = 2y2−2x2
(x2+y2)2 , wxy = −4xy(x2+y2)2 , wyy = 2x2−2y2
(x2+y2)2
dw = 2xx2+y2 dx + 2y
x2+y2 dy
d2w = 2y2−2x2
(x2+y2)2 dx2− 8xy(x2+y2)2 dxdy + 2x2−2y2
(x2+y2)2 dy2
c) wx = y + z, wy = x + z, wz = x + y
wxx = wyy = wzz = 0, wxy = wxz = wyz = 1
dw = (y + z) dx + (x + z) dy + (x + y) dz
d2w = 2 (dxdy + dxdz + dydz)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 36 / 81
Derivacije viseg reda Zadaci
Rjesenje 5:
a) dw(1,−1) = 5 dx + dy
d2w(1,−1) = 6 dx2 + 2 dxdy
b) dw(1,−1) = dx−dy
d2w(1,−1) = 2 dxdy
c) dw(1,−1,1) = 2dy
d2w(1,−1,1) = 2 (dxdy + dxdz + dydz)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 37 / 81
Derivacije viseg reda Diferencijal m-tog reda
Analogno prethodnom, definiramo diferencijal treceg reda funkcijeu = f (x1,x2, . . . ,xn) kao diferencijal drugog diferencijala:
d3u := d(d2u), za konstantno d~x
i opcenito
dm+1u := d(dmu), za konstantno d~x (m = 1,2,3, . . .)
Moguce je diferencijal m-tog reda funkcije formalno pisati:
dmu =
(∂
∂x1dx1 +
∂
∂x2dx2 + . . .+
∂
∂xndxn
)m
u,
pa je, primjerice, treci diferencijal funkcije z = f (x ,y):
d3z =
(∂
∂xdx +
∂
∂ydy)3
z
= zxxx (dx)3 + 3 zxxy (dx)2 dy + 3 zxyy dx (dy)2 + zyyy (dy)3
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 38 / 81
Derivacije viseg reda Taylorova formula
Taylorova formula
Ako je u = f (x ,y , . . . , t) neprekinuto diferencijabilna funkcije do reda(n + 1), onda vrijedi razvoj( uz oznake T0(x0,y0, . . . , t0) i T (x0 + h,y0 + k , . . . , t0 + `) ):
f (T ) = f (T0) +11!
df (T0) +12!
d2f (T0) + . . .+1n!
dnf (T0) + Rn,
za prirast (h,k , . . . , `) u diferencijalima:
dmf (T0) =
(∂
∂xh +
∂
∂yk + . . .+
∂
∂k`
)m
f (T0), m = 1,2, . . . ,n.
i ostatak
Rn =1
(n + 1)!
(∂
∂xh +
∂
∂yk + . . .+
∂
∂t`
)n+1
f (Tc),
gdje je Tc neka tocka izmedu T0 i T : Tc = (x0 + θh,y0 + θk , . . . , t0 + θ`)za neki θ ∈ 〈0,1〉.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 39 / 81
Derivacije viseg reda Priblizno racunanje i Taylorova formula
Priblizno racunanje i Taylorova formula
Primjenom Taylorove formule dobivamo sljedece aproksimacije:
4u ≈ du
4u ≈ du +12!
d2u
4u ≈ du +12!
d2u +13!
d3u
...
4u ≈ du +12!
d2u +13!
d3u + . . .+1n!
dnu
...
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 40 / 81
Derivacije viseg reda Primjeri
PRIMJER 8.Izracunajmo priblizno 4w = w(1.1,−0.9)−w(1,−1) ako jew = xy + 3x2.
Rjesenje: za T (1.1,−0.9) i T0(1,−1) je dx = 0.1 i dy = 0.1
Iz zadatka 5 a) slijedi:
w(1.1,−0.9)−w(1,−1) ≈ dw(1,−1)(0.1,0.1) = 5 ·0.1 + 0.1= 0.6w(1.1,−0.9)−w(1,−1) ≈ dw(1,−1)(0.1,0.1)
+12!
d2w(1,−1)(0.1,0.1)
= 0.6 +12
(6 ·0.12 + 2 ·0.1 ·0.1) = 0.64
Primjetimo da je w(1.1,−0.9)−w(1,−1) = 0.64, jer je dnw = 0 zan ≥ 3. Slijedi: w(1.1,−0.9)≈ w(1,−1) + 0.6 = 2.6
w(1.1,−0.9) = w(1,−1) + 0.64 = 2.64Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 41 / 81
Derivacije viseg reda Primjeri
PRIMJER 9.Primjenom prvog i drugog diferencijala izracunajmo pribliznow(1.1,0.9,1.1) ako je w = xyz.
Rjesenje:wx = yz, wy = xz, wz = xy
wxx = wyy = wzz = 0, wxy = z, wxz = y , wyz = x
dw = yz dx + xz dy + xy dzd2w = 2(z dxdy + y dxdz + x dydz)
dw(1,1,1) = dx + dy + dzd2w(1,1,1) = 2(dxdy + dxdz + dydz)
4w(1,1,1) ≈ dw(1,1,1) +12!
d2w(1,1,1)
= (dx + dy + dz) + (dxdy + dxdz + dydz)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 42 / 81
Derivacije viseg reda Primjeri
za T (1.1,0.9,1.1) i T0(1,1,1) je dx = 0.1, dy =−0.1 i dz = 0.1 (∗)
w(1.1,0.9,1.1) =
= w(1,1,1) +4w(1,1,1)
≈ 1 + dw(1,1,1) +12!
d2w(1,1,1)
≈ 1 + (dx + dy + dz) + (dxdy + dxdz + dydz)
(∗)= 1 + (0.1−��0.1 +��0.1) + (−0.1 ·0.1 +����0.1 ·0.1−����0.1 ·0.1)
= 1 + 0.1−0.01= 1.09
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 43 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Lokalni ekstremi
Ekstremi funkcija vise varijabli
Lokalni ekstremiDefinicija
Za funkciju u = f (x1,x2, . . . ,xn) kazemoda u tocki A(a1,a2, . . . ,an) iz domeneima lokalni minimum ako je f (A) ≤f (T ) za sve tocke T (x1,x2, . . . ,xn) izneke okoline tocke A. Ako vrijediobratna nejednakost, f (A)≥ f (T ), ondakazemo da funkcija f ima u tocki A lo-kalni maksimum.
Ako u gornjim nejednakostima imamostroge nejednakosti za sve T 6= A iz teokoline, onda govorimo o strogom lo-kalnom minimumu, odnosnostrogom lokalnom maksimumu.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 44 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Kriticne tocke
Kandidati za lokalne ekstreme
(KRITICNE TOCKE)
funkcije u = f (x1,x2, . . . ,xn) su tocke (x1,x2, . . . ,xn) u kojima je
ux1 = 0, ux2 = 0, . . . , uxn = 0 (stacionarne tocke)
ili tocke u kojima parcijalne derivacije ne postoje.
Zaista, ako diferencijabilna funkcija u = f (x1 ,x2, . . . ,xn) ima lokalni ekstrem u tocki A(a1 ,a2, . . . ,an), onda funkcija
y = f (x1 ,a2, . . . ,an) jedne varijable ima u tocki x1 = a1 lokalni ekstrem, pa jedy(a1)
dx1= 0 ili derivacija ne postoji,
tj.∂u(A)
∂x1= 0 ili parcijalna derivacija ne postoji. Na isti nacin je
∂u(A)
∂xi= 0 za i = 2,3, . . . ,n.
Slijedi da je grad u(A) = 0 i du(A) = 0.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 45 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Primjeri
PRIMJER 10.Odredimo kandidate za ekstreme danih funkcija. Jesu li to tockeekstrema?
a) z = x2 + y2;
b) z =−x2−y2;
c) z = x2−y2.
Rjesenje: a)
zx = 2x , 2x = 0zy = 2y , 2y = 0
}x = y = 0
Kriticna tocka (tj. kandidat za ekstrem)je T(0,0)
Taj kandidat ocito je i tocka u kojoj sepostize lokalni minimum!
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 46 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Primjeri
b)
zx =−2x , −2x = 0zy =−2y , −2y = 0
}x = y = 0
Kriticna tocka (tj. kandidat za ekstrem)je T(0,0)
Taj kandidat ocito je i tocka u kojoj sepostize lokalni maksimum!
c)
zx = 2x , 2x = 0zy =−2y , −2y = 0
}x = y = 0
Kriticna tocka (tj. kandidat za ekstrem)je T(0,0)Taj kandidat nije tocka u kojoj sepostize ekstrem: vidjeti parabole naslici!
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 47 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Primjeri
PRIMJER 11.
Odredimo kandidate za ekstreme funkcije z = x2y + y2x . Jesu li totocke ekstrema?
Rjesenje:
zx = 2xy + y2, 2xy + y2 = 0zy = x2 + 2xy , 2xy + x2 = 0
}x = y = 0
Kriticna tocka (tj. kandidat za ekstrem) jeT(0,0).Presjek plohe i ravnine y = x je krivulja z =2x3. Ako promatramo tocke (x ,x) na plohiza x > 0, onda je z > 0; a za x < 0 je z <0. Slijedi da T (0,0) nije tocka u kojoj sepostize ekstrem.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 48 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Kriterij za odredivanje ekstrema
Kako medu kandidatima (tj. kriticnim tockama) odabrati ekstreme?
Graficki prikaz u slucaju funkcije dvije varijable:
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 49 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Kriterij za odredivanje ekstrema
Dovoljni uvjeti za lokalne ekstreme:
Neka je A stacionarna tocka funkcije u = f (x1,x2, . . . ,xn)(znaci da je ∇f (A) = 0 tj. df (A) = 0).
(a) Ako je d2f(A) > 0 (uvijek) za sve priraste d~x 6=~0,onda je u A lokalni minimum funkcije f.
(b) Ako je d2f(A) < 0 (uvijek) za sve priraste d~x 6=~0,onda je u A lokalni maksimum funkcije f.
(c) Ako postoje prirasti d~s1 i d~s2 takvi da jed2f(A)(d~s1)> 0 i d2f(A)(d~s2)< 0,onda A nije tocka ekstrema funkcije f.Tu tocku zovemo sedlastom tockom.
(d) Ako d2f(A)(d~x)= 0 za neke priraste d~x 6=~0 ondanema odluke. Treba daljnje ispitivati ponasanje funkcije.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 50 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Kriterij za odredivanje ekstrema
Dokaz:∗
(a) i (b) slijede odmah iz Taylorove formule (za n = 1):
f (T ) = f (A) + df (A)︸ ︷︷ ︸=0
+12!
d2f (Tc),
gdje je Tc neka tocka izmedu A i T . Ako je d2f (A) > 0, onda jed2f (T ) > 0 za T dovoljno blizu A. Slijedi f (T ) = f (A) + 1
2! d2f (Tc)
> f (A), sto znaci da imamo lokalni minimum u f (A). Na isti nacin, akoje d2f (A) < 0, onda je f (T ) < f (A), pa imamo lokalni maksimum u f (A).
U slucaju (c) za funkciju (jedne varijable) y = f1(A + t~s1) vrijedif ′1(A) = 0 i f ′′1 (A) > 0, sto znaci da u A ima lokalni minimum. Slicno,funkcija y = f2(A + t~s2) ima u A lokalni maksimum. Prema tome, A nijetocka ekstrema funkcije f , jer je iz A u smjeru vektora ~s1 funkcijarastuca, a u smjeru vektora ~s2 padajuca.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 51 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Primjer
PRIMJER 12.
Odredimo lokalne ekstreme funkcije z = x2 + 2y3 + y2−2x + 1.
Rjesenje:
zx = 2x−2, 2x−2 = 0zy = 6y2 + 2y , 6y2 + 2y = 0
}x = 12y(3y + 1) = 0⇒ y = 0,−1/3
Kandidati: (1,0), (1,−1/3)
zxx = 2, zxy = 0, zyy = 12y + 2; d2z = 2dx2 + (12y + 2)dy2
—————————————————————————————–d2z(1,0) = 2dx2 + 2dy2 > 0 vrijedi za sve (dx ,dy) 6= (0,0)
⇒ z postize minimum u (1,0). Taj minimum je z = 0.——————————————————————————————d2z(1,−1/3) = 2dx2−2dy2 ≷ 0 za razne izbore dx , dy . Npr. za(dx ,dy) = (1,0) je d2z(1,−1/3) = 2 > 0, a za (dx ,dy) = (0,1) jed2z(1,−1/3) =−2 < 0.⇒ u (1,−1/3) funkcija z ne postize ekstrem.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 52 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
ZADATAK 6.Odredi lokalne ekstreme funkcija:
a) z = 2x + 3y ;
b) z = x2−2x + 2y2 + 1;
c) z = x2−2x−y2 + 3
d) z = 4xy −x4−y4
Rjesenje: a) z = 2x + 3y
zx = 2zy = 3
}⇒ zx 6= 0
zy 6= 0
Nema kandidata, pa nema ekstrema!
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 53 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Rjesenje: b) z = x2−2x + 2y2 + 1
zx = 2x−2zy = 4y
}⇒ 2x−2 = 0
4y = 0
}⇒ x = 1
y = 0
Kandidat: (1,0)
zxx = 2, zxy = 0, zyy = 4
d2z = 2dx2 + 4dy2
d2z(1,0) = 2dx2 + 4dy2 > 0za sve (dx ,dy) 6= (0,0)
⇒ z postize minimum u (1,0).
Taj minimum je z(1,0) = 0.
m(1,0,0)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 54 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Rjesenje: c) z = x2−2x−y2 + 3
zx = 2x−2zy =−2y
}⇒ 2x−2 = 0−2y = 0
}⇒ x = 1
y = 0
Kandidat: (1,0)
zxx = 2, zxy = 0, zyy =−2
d2z = 2dx2−2dy2
d2z(1,0) = 2dx2−2dy2 ≷ 0za razne izbore dx , dy
⇒ z nema ekstrem u (1,0).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 55 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Rjesenje: d) z = 4xy −x4−y4
zx = 4y −4x3
zy = 4x−4y3
}⇒ 4y −4x3 = 0
4x−4y3 = 0
}⇒ y = x3
x = y3
}y = x3
x = x9
x1 = 0 x2 = 1 x2 =−1y1 = 0 y2 = 1 y2 =−1
Kandidati: (0,0), (1,1), (−1,−1)
zxx =−12x2, zxy = 4, zyy =−12y2
d2z = zxx dx2 + 2zxy dxdy + zyy dy2 =−12x2dx2 + 8dxdy −12y2dy2
—————————————————————————————–u (0,0) :
d2z(0,0) = 8dxdy ≷ 0 za razne izbore (dx ,dy) 6= (0,0).Npr. za (dx ,dy) = (1,1) je d2z(0,0) = 8 > 0, a za (dx ,dy) = (−1,1) jed2z(0,0) =−8 < 0.
⇒ z nema ekstrem u (0,0)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 56 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
—————————————————————————————–u (1,1) :
d2z(1,1)
= −12dx2 + 8dxdy −12dy2
=(−4dx2 + 8dxdy −4dy2
)−8dx2−8dy2
= −4(dx−dy)2−8(
dx2 + dy2)< 0 za sve (dx ,dy) 6= (0,0)
⇒ z postize lokalni maksimum u (1,1); z(1,1) = 2 ⇒ M(1,1,2)
—————————————————————————————–u (−1,−1) :
d2z(−1,−1) =−12dx2 + 8dxdy −12dy2
= . . . =−4(dx−dy)2−8(dx2 + dy2)< 0 za sve (dx ,dy) 6= (0,0)
⇒ z postize lokalni maksimum u (−1,−1); z(−1,−1) = 2M(−1,−1,2)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 57 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 58 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Opci kriterij
Opci kriterij u slucaju funkcije dvije varijable
Neka je T0(x0,y0) stacionarna tocka funkcije z = z(x ,y) i nekau okolini te tocke funkcija ima neprekinute mjesoviteparcijalne derivacije. Uvedimo oznake:A11 = zxx (x0,y0), A12 = A21 = zxy (x0,y0), A22 = zyy (x0,y0),
∆H =
∣∣∣∣ A11 A12A21 A22
∣∣∣∣= A11 ·A22−A212.
(a) Ako je A11 > 0 i ∆H > 0,onda funkcija z u tocki T0 ima lokalni minimum.
(b) Ako je A11 < 0 i ∆H > 0,onda funkcija z u tocki T0 ima lokalni maksimum.
(c) Ako je ∆H < 0, onda z u tocki T0 nema lokalni ekstrem.
(d) Ako je ∆H = 0, onda z u tocki T0 moze, ali i ne mora imatelokalni ekstrem. Treba daljnje ispitivati ponasanje funkcije.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 59 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Opci kriterij
Dokaz: Dokazat cemo samo slucajeve (a), (b) i (c)
d2z(x0,y0) = zxx (x0,y0)dx2 + 2zxy (x0,y0)dxdy + zyy (x0,y0)dy2
= dy2(
zxx (x0,y0)(
dxdy
)2+ 2zxy (x0,y0)
(dxdy
)+ zyy (x0,y0)
)= dy2
(A11
(dxdy
)2
+ 2A12
(dxdy
)+ A22
)︸ ︷︷ ︸
KVADRATNA FUNKCIJA: at2 + bt + c
(a) Ako je a > 0 i b2−4ac < 0, onda je at2 + bt + c > 0⇒ ako je A11 > 0 i ∆H > 0, onda je d2z(x0,y0) > 0,
pa funkcija u tom slucaju ima lokalni minimum;
(b) Ako je a < 0 i b2−4ac < 0, onda je at2 + bt + c < 0⇒ ako je A11 < 0 i ∆H > 0, onda je d2z(x0,y0) < 0,
pa funkcija u tom slucaju ima lokalni maksimum;
(c) Ako je b2−4ac > 0, onda at2 + bt + c mijenja znak⇒ ako je ∆H < 0, onda d2z(x0,y0) mijenja znak, pa z nema ekstrem.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 60 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Opci kriterij u slucaju funkcije vise varijabli
Opci kriterij u slucaju funkcije vise varijabli∗
Neka je T0 stacionarna tocka funkcije u = f (x1,x2, . . . ,xn) i nekau okolini te tocke funkcija ima neprekinute mjesovite parcijalnederivacije. Uvedimo oznake: Aij = ∂2f (T0)
∂xi ∂xj, i , j = 1,2, . . . ,n,
∆1 = A11, ∆r =
∣∣∣∣∣∣∣A11 · · · A1r
.... . .
...Ar1 · · · Arr
∣∣∣∣∣∣∣ , r = 2,3, . . . ,n.
(a) Ako je ∆r > 0 za sve indekse r ,onda funkcija z u tocki T0 ima lokalni minimum.
(b) Ako je ∆r < 0 za sve neparne indeksei ∆r > 0 za sve parne indekse r ,onda funkcija z u tocki T0 ima lokalni maksimum.
(c) Ako je ∆r < 0 za barem jedan paran indeks rili ako je ∆r > 0 i ∆r ′ < 0 za neka dva neparna indeksa r i r ′,onda z u tocki T0 nema lokalni ekstrem.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 61 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Primjer
PRIMJER 13.Odredimo opet lokalne ekstreme funkcije iz PRIMJERA 12:z = x2 + 2y3 + y2−2x + 1.
Rjesenje:
zx = 2x−2, 2x−2 = 0zy = 6y2 + 2y , 6y2 + 2y = 0
}x = 1y = 0,−1/3
Kandidati: (1,0), (1,−1/3)zxx = 2, zxy = 0, zyy = 12y + 2
zxx (1,0) = 2, zxy (1,0) = 0, zyy (1,0) = 2
A11 = 2 > 0 i ∆H =
∣∣∣∣ 2 00 2
∣∣∣∣= 4 > 0 ⇒ z ima minimum; m(1,0,0)
zxx (1,−1/3) = 2, zxy (1,−1/3) = 0, zyy (1,−1/3) =−2
A11 = 2 > 0 i ∆H =
∣∣∣∣ 2 00 −2
∣∣∣∣=−4 < 0 ⇒ z nema ekstrem.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 62 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
ZADATAK 7.Odredi lokalne ekstreme funkcija:
a) z = 3x2−2xy + y2−8y ;
b) z = x4 + y4−2x2 + 4xy −2y2;
c) z = ex−y (x2−2y2)Rjesenje a): z = 3x2−2xy + y2−8y
zx = 6x−2yzy =−2x + 2y −8
}⇒ 6x−2y = 0−2x + 2y −8 = 0
}⇒ x = 2, y = 6
Kandidat: (2,6)
zxx = 6, zxy =−2, zyy = 2 A11 = 6 > 0 i ∆H =
∣∣∣∣ 6 −2−2 2
∣∣∣∣= 8 > 0
⇒ z ima lokalni minimum: m(2,6,−24)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 63 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Rjesenje b): z = x4 + y4−2x2 + 4xy −2y2
zx = 4x3−4x + 4yzy = 4y3 + 4x−4y
}⇒ 4x3−4x + 4y = 0
4y3 + 4x−4y = 0
}⇒ x + y = 0
x3−2x = 0
}⇒ y =−x
x1 = 0, x2,3 =±√
2
Kandidati: (0,0), (√
2,−√
2), (−√
2,√
2)zxx = 12x2−4, zxy = 4, zyy = 12y2−4
∗ za (0,0):
A11 =−4 < 0 i ∆H =
∣∣∣∣ −4 44 −4
∣∣∣∣= 0 nema odluke!
Dalje ispitujemo:d2z(0,0) =−4dx2 + 8dxdy −4dy2 =−4(dx−dy)2 ≤ 0d2z(0,0) = 0 ako je dx = dytj. d2z(0,0) ≮ 0 ili d2z(0,0) ≯ 0 za sve(dx ,dy) 6= (0,0) nema odluke!
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 64 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Dalje ispitujemo:Presjek plohe i ravnine y = x je krivulja z(x) = 2x4, koja ima lokalniminimum u (0,0).Presjek plohe i ravnine x =−y je krivulja z(x) = 2x4−8x2, koja imalokalni maksimum u (0,0). Slijedi da je (0,0) sedlasta tocka (tj. u (0,0)ne postize se ekstrem).
∗ za (√
2,−√
2):
A11 = 20 > 0 i ∆H =
∣∣∣∣ 20 44 20
∣∣∣∣> 0
⇒ z ima lokalni minimum: m(√
2,−√
2,−8)
∗ za (−√
2,√
2):
A11 = 20 > 0 i ∆H =
∣∣∣∣ 20 44 20
∣∣∣∣> 0
⇒ z ima lokalni minimum: m(−√
2,√
2,−8)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 65 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Rjesenje c): z = ex−y (x2−2y2)zx = ex−y (x2−2y2 + 2x
)= 0
zy = ex−y (−x2 + 2y2−4y)
= 0
}⇒ x = 2y
y1 = 0, y2 =−2
Kandidati: (0,0), (−4,−2)
zxx = ex−y (x2−2y2 + 4x + 2), zxy = ex−y (−x2 + 2y2−2x−4y
)zyy = ex−y (x2−2y2 + 8x−4
)∗ za (0,0):
A11 = 2 > 0 i ∆H =
∣∣∣∣ 2 00 −4
∣∣∣∣=−8 < 0
⇒ z nema ekstrem u (0,0)
∗ za (−4,−2):
A11 =−6e−2 < 0 i ∆H =
∣∣∣∣ −6e−2 8e−2
8e−2 −12e−2
∣∣∣∣= 8e−4 > 0
⇒ z ima lokalni maksimum: M(−4,−2,8e−2)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 66 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Globalni ekstremi
Globalni ekstremi
Tvrdnja
Neprekinuta funkcija z = f (x ,y) na ne-kom podrucju P i njegovom rubu ∂P,postize globalni minimum i maksimumunutar P ili na rubu ∂P.
Kandidati za globalne ekstreme su:(1) kriticne tocke u unutrasnjosti P,(2) kriticne tocke na rubu ∂P (funkcije dobivene restringiranjem z nataj rub).Globalni maksimum je najveca vrijednost funkcije medu svimkandidatima, a globalni minimum je najmanja vrijednost.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 67 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Primjer
PRIMJER 14.
Odredimo globalne ekstreme funkcije z = x2 + y2−x−y + 1 na krugux2 + y2 ≤ 1.
Rjesenje:
zx = 2x−1 = 0zy = 2y −1 = 0
}⇒ x = 1
2y = 1
2kandidat:
(12 ,
12
)∈ K
∂K : x2 + y2 = 1
param. j.x = cos ty = sin t
z|∂K = 2−sin t−cos t
dzdt = sin t−cos t , sin t−cos t = 0⇒ t = π
4 ,5π
4
kandidati na rubu:(√
22 ,√
22
),(−√
22 , −
√2
2
)∈ ∂K
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 68 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Primjer
z(1
2 ,12
)= 1
2
z(√
22 ,√
22
)= 2−
√2
z(−√
22 ,−
√2
2
)= 2 +
√2
kandidat(1
2 ,12
) (√2
2 ,√
22
) (−√
22 ,−
√2
2
)vrijednost
12
= 0.5 2−√
2≈ 0.59 2 +√
2 ≈ 3.41
globalni GL. MIN. GL. MAX.ekstrem m
(12 ,
12 ,
12
)M(−√
22 ,−
√2
2 ,2 +√
2)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 69 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
ZADATAK 8.Naci globalne ekstreme funkcije
z =32
x2−2x−y2
na podrucju P : x2
2 + y2 ≤ 1.
ZADATAK 9.Naci globalne ekstreme funkcije
z = 1 + x + 2y
na podrucju P :
x ≥ 0,y ≥ 0,x + y ≤ 1.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 70 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
ZADATAK 10.Naci globalne ekstreme funkcije
z = x3 + y3−3xy
na podrucju K :
{0≤ x ≤ 2,−1≤ y ≤ 2.
ZADATAK 11.Naci globalne ekstreme funkcije
z = x2 + y2−xy + x + y
na podrucju K :
x ≤ 0,y ≤ 0,x + y ≥−3.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 71 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
ZADATAK 12.Naci globalne ekstreme funkcije
z = x2−y2
na podrucju K : x2 + y2 ≤ 1.
Rjesenje 8: z = 32x2−2x−y2
zx = 3x−2 = 0zy =−2y = 0
}⇒ x = 2
3y = 0
⇒ T1(2
3 ,0)∈ P
∂P : y2 = 1− 12x2 ⇒ z|
∂P = z = 2x2−2x−1;
z ′ = 4x−2 = 0⇒ x = 12 ⇒ T2,3 =
(12 ,±
√78
)∈ ∂P
kandidati na rubu poluelipsa y =±√
1− 12x2, −
√2≤ x ≤
√2 su
T4,5 =(±√
2,0)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 72 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Primjetimo da smo mogli parametrizirati elipsu (∂P) 12x2 + y2 = 1 s
{x =√
2cos t , y = sin t}
⇒ z = 4cos2 t−2√
2cos t−1;dzdt =−8cos t sin t + 2
√2sin t = 0 ⇒ sin t
(1−√
8cos t)
= 0
⇒ sin t = 0, odakle slijedi da su kandidati(±√
2,0)
ili 1−√
8cos t = 0 odakle slijedi da su kandidati(
12 ,±
√78
)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 73 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
kandidat(
23 ,0
) (12 ,√
78
) (12 ,−
√78
) (√2,0) (
−√
2,0)
vrijednost − 23 ≈−0.67 − 3
2 =−1.5 − 32 3−2
√2≈ 0.17157 3 + 2
√2≈ 5.82843
globalni GL. MIN. GL. MIN. GL. MAX.
ekstrem m1
(12 ,√
78 ,−
32
)m2
(12 ,−
√78 ,−
32
)M(−√
2,0,3 + 2√
2)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 74 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Rjesenje 9: z = 1 + x + 2y
zx = 1zy = 2
}⇒ nema kandidata u unutrasnjosti P
RUB x = 0 :z(y) = 1 + 2y , 0≤ y ≤ 1 ⇒ dz
dy = 2 (z↗)
kandidati: (0,0), (0,1)
RUB y = 0 :z(x) = 1 + x , 0≤ x ≤ 1 ⇒ dz
dx = 1 (z↗)novi kandidat: (1,0)
RUB y = 1−x :z(x) = 1 + x + 2(1−x) = 3−x , 0≤ x ≤ 1 ⇒ dz
dx =−1(z↘)nema novih kandidata
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 75 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
kandidat A(0,0) B(1,0) C(0,1)
vrijednost 1 2 3
globalni GL. MIN. GL. MAX.ekstrem m (0,0,1) M (0,1,3)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 76 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Rjesenje 10: z = x3 + y3−3xy
zx = 3x2−3y = 0zy = 3y2−3x = 0
}⇒ x = 0,1
y = 0,1⇒ kandidati: (0,0), (1,1) ∈ K ∪∂K
RUB x = 0 :z(y) = y3, −1≤ y ≤ 2 ⇒ dz
dy = 3y2 = 0kandidati: (0,0), (0,−1), (0,2)
RUB y =−1 :z(x) = x3 + 3x−1, 0≤ x ≤ 2 ⇒ dz
dx = 3x2 + 3 > 0novi kandidat: (2,−1)
RUB x = 2 :z(y) = y3−6y + 8, −1≤ y ≤ 2 ⇒ dz
dy = 3y2−6 = 0novi kandidati: (2,
√2), (2,2)
RUB y = 2 :z(x) = x3−6x + 8, 0≤ x ≤ 2 ⇒ dz
dx = 3x2−6 = 0novi kandidat: (
√2,2)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 77 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
kandidat (0,0) (1,1) (0,−1) (2,−1) (2,√
2) (2,2) (√
2,2) (0,2)
vrijednost 0 −1 −1 13 4(2−√
2) 4 4(2−√
2) 8≈ 2.34 ≈ 2.34
globalni GL. MIN. GL. MIN. GL. MAX.ekstrem
m1 (1,1,−1) m2 (0,−1,−1) M (2,−1,13)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 78 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Rjesenje 11: z = x2 + y2−xy + x + y
zx = 2x−y + 1 = 0zy = 2y −x + 1 = 0
}⇒ x =−1
y =−1⇒ kandidati: (−1,−1) ∈ K
RUB x = 0 :z(y) = y2 + y , −3≤ y ≤ 0 ⇒ dz
dy = 2y + 1 = 0kandidati: (0,−1
2), (0,0), (0,−3)
RUB y = 0 :z(x) = x2 + x , −3≤ x ≤ 0 ⇒ dz
dx = 2x + 1 = 0novi kandidati: (−1
2 ,0), (−3,0)
RUB y =−x−3 :z(x) = 3x2 + 9x + 6, −3≤ x ≤ 0 ⇒ dz
dx = 6x + 9 = 0novi kandidat: (−3
2 ,−32)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 79 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
kandidat (−1,−1) (0,0) (0,− 12 ) (0,−3) (− 1
2 ,0) (−3,0) (− 32 ,−
32 )
vrijednost −1 0 − 14 6 − 1
4 6 − 34
globalni GL. MIN. GL. MAX. GL. MAX.ekstrem
m (−1,−1,−1) M (0,−3,6) M (0,−3,6)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 80 / 81
Ekstremi funkcija vise varijabli Zadaci
Rjesenje 12: z = x2−y2
kandidati: (0,0) ∈ K
i rub: (0,−1), (0,1), (−1,0), (1,0)
kandidat (0,0) (1,0) (0,1) (−1,0) (0,−1)
vrijednost 0 1 −1 1 −1
globalni GL. MAX. GL. MIN. GL. MAX. GL. MIN.ekstrem
M1 (1,0,1) m1 (0,1,−1) M2 (−1,0,1) m2 (0,−1,−1)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 81 / 81