Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje ......Ñw(2; 1;1) = 4~i 2~j 4~k Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 18 / 81 Derivacija funkcija

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


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∗?


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


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


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



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:



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


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



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


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).



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



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��



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��



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��


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).


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.



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��


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��


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 |.



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��



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.


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


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



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.


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.



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



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



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



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


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 .



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



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


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


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)



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)



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)


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


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

...



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


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)



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


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.


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!



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!



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.


Ekstremi funkcija vise varijabli Kriterij za odredivanje ekstrema

Kako medu kandidatima (tj. kriticnim tockama) odabrati ekstreme?

Graficki prikaz u slucaju funkcije dvije varijable:



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.



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.


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!



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)



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).



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)



—————————————————————————————–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)




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.


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.



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.



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)



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!



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)



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)


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.



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



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)



ZADATAK 8.Naci globalne ekstreme funkcije

z =32

x2−2x−y2

na podrucju P : x2

2 + y2 ≤ 1.


z = 1 + x + 2y

na podrucju P :

x ≥ 0,y ≥ 0,x + y ≤ 1.




z = x3 + y3−3xy

na podrucju K :

{0≤ x ≤ 2,−1≤ y ≤ 2.


z = x2 + y2−xy + x + y

na podrucju K :

x ≤ 0,y ≤ 0,x + y ≥−3.




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)



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

)



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)



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



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)



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)



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)



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)



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)



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)


Documents

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje ......Ñw(2; 1;1) = 4~i 2~j 4~k Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 8 18 / 81 Derivacija funkcija